Ejercicios de Dinamica Rotacional

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL

EJERCICIOS RESUELTOS DE DINAMICA ROTACIONAL

AUTOR: GABRIEL ROMERO MORA

GUAYAQUIL-ECUADOR

Por: Gabriel Romero Mora

Email: [email protected]

La figura muestra F1=40N, F2=30N, F3=50N, F4=60N aplicadas a un cuerpo rígido que puede girar en torno de un eje que pasa por O. Calcular el torque resultante. R= -10.8Nm.

F1 45 º

O 2m

F2

2.5m

1.5m

120º

F3

F4

SOLUCIÓN Aplicamos sumatoria de torques tomando como eje a O., descomponemos los vectores en sus componentes, y sentido positivo hacia la izquierda

F1y

F1

45º

O 2m

1.5m

F1x

F2

F3x

2.5m

120º F3y

F4

F3

τR = τ1 + τ2 + τ3 + τ4 τR = (F1Sen45º)(1.5)+(F2sen0º)(4)+(-F3sen60(4))+(F4 (4)) τR=-10.8Nm

(+)



Calcular el torque neto sobre la rueda producido por las fuerzas F1=8n, F2=10N, F3=15N, que se indican en la figura, alrededor de un eje que pase por su centro, si a=10cm, b=20cm y α=30º. F2 F1 a b

F3 α

SOLUIÓN: Aplicamos sumatoria de torques con respecto al centro de masa de la rueda, y el sentido positivo hacia la izquierda.

F2 F1

(+) b

b F3 α

τR = τ1 + τ2 + τ3 τR =(-F1*b)+(-F2*b)+(F3*a) τR =(-8*0.2)+(-10*0.2)+(15*0.1) τR = -12,1 Nm.



Se tiene un cilindro homogéneo de radio r suspendido mediante dos hilos arrollados en según se muestra en la figura. El eje del cilindro está siempre en la horizontal. Suponiendo que no hay deslizamiento entre los hilos y el cilindro, y que el diámetro del hilo es despreciable frente al del cilindro, determinar la aceleración de caída del centro de masa del cilindro. R=6,53m/s2.

SOLUCIÓN: Realizamos el DCL y aplicamos la ecuación fundamental de la dinámica de rotación. Tomamos en cuenta el eje de rotación del cilindro, y nos damos cuenta que no rota alrededor de un eje que pasa por su cm, entonces aplicamos el “teorema de ejes paralelos” para hallar su inercia en ese eje.

  I



Vista transversal

p

1  mgr   mr 2  mr 2  2  3  a  mgr   mr 2  cm  2  r  3a g  cm 2 2g acm  3 2(9,8) acm  3 acm  6,53m / s 2

T

(+)

R

Pivote mg



Una barra uniforme de longitud L y de masa M gira alrededor de un eje horizontal sin fricción que pasa por uno de sus extremos. La barra se suelte desde el reposo en una posición vertical. En el instante en que está horizontal encuentre a) su rapidez angular b) la magnitud de su aceleración angular, c) las componentes x e y de la aceleración de su centro de masa.

SOLUCIÓN: Primero colocamos el nivel de ref. Luego localizamos el eje de giro y el centro de masa de una barra (siempre esta en la mitad), vemos que energías interviene antes y después que este en posición horizontal. Por otro vemos que el centro de masas hace un MCU por lo tiene aceleración centrípeta y tangencial en todo su movimiento.

Solución a)

Eantes  Edespués U g  K rot L 1 2  I 2 2 L 11  Mg   ML2  2 2 23  Mg



Centro de masa

Nota: usamos la inercia de una barra con respecto a un eje que pasa por un extremo. I=1/3ML2

L/2

ax=ac L/2 Eje de giro

3g L

Solución b)

Solución c)

  I

ac   2 r

aT  r

L 1 2  ML  2 3 3g  2L

ac 

3g  L    L 2 3g ac  2

aT 

Mg

ω

3g  L    2L  2  3g aT  4

a  ax  a y a

3g 3g i j 2 4

ay=aT Nivel de referencia



SOLUCIÓN: Realizamos DCL para el cilindro y otro DCL para las fuerzas que realizan torque, para aplicar las ecuaciones de equilibrio, tomando en cuenta el punto pivote que es de donde tiende a rotar.

X Y

Fr

T

N T

(+)

r mgsenα

α

mgcosα

mg

F

x

y

mgsenα

0

T  Fr  mgsen  0 T  N  mgsen  0 ( a )

F

r

0

N  mg cos   0 N  mg cos  (b) Insertamos T de (c) y N de (b) en ( a ) mgsen   ( mg cos  )  mgsen  0 2 mg mg cos   sen  0 2 mgsen  2mg cos  1   tan  2   0,5 tan 

  0 T (2r )  mgsen (r )  0 T (2r )  mgsen (r ) mgsen (c ) 2 T  0.5 gsen T



El disco que aparece en la fig. Tiene una masa de 14kg y está unido a un resorte de constante elástica K=30N/m y una longitud no estirada de 0.30m. Si el disco se libra desde el reposo, cuando se halla en la posición que se ilustra, y rueda sin deslizarse, determinar la velocidad angular en el instante en que recorre 1m. R=3.32rad/s

R=0.25m

1.5m

1.0m SOLUCIÓN: Analizamos las energías que intervienen en el disco antes y después que lo sueltan. Por inspección nos damos cuenta que el resorte está estirado al inicio y después de 1 m está comprimido y se mueve el disco a la vez. Hallamos X1 0.3m

d

Antes

0.3m

Después

d

1.5

X1 X2

1.5m

1

d  (1.5) 2  12 d  1.80m x1  d  0.3 1.0m

x1  1.5m Hallamos X2 X2 =1.5-0.3

Eantes  Edespués U resorte  U resorte  K rotación  K traslación 1 2 1 2 1 2 1 2 kx1  kx2  I  mv 2 2 2 2 (0.5)(30)(1.5) 2  (0.5)(30)(1.20) 2  (0.5)(14)(0.25) 2  2  (0.5)(14)(0.25) 2  2

  4.3rad / s



El sistema mostrado de la fig. es soltado del reposo cuando está en su posición de relajamiento (no deformado). Si la fricción es despreciable, ¿Cuál será la rapidez de la masa cuando se ha deslizado 1.0m hacia abajo del plano inclinado? R=0.689m/s r=0.3m

2Kg

I=0.5kgm2

37º

K=20N/m

SOLUCIÓN: Analizamos las energías que intervienen antes y después del movimiento.

1m

2Kg

2

I=0.5kgm 1m

h

2Kg

37º

K=20N/m

E antes  E después U gravitacional  K disco  U resorte  K bloque mgh 

1 2 1 2 1 2 I  Kx  mv 2 2 2 2

1 1 v 1 mgsen37º  (0.5)   (20)(1) 2  (2)v 2 2 2 2 r v  0.689m / s

h

1 37º

Usando la trigonometría tenemos que h=sen37º y usamos la igualdad w=v/r



SOLUCIÓN: Realizamos el diagrama de fuerzas y calculamos por geometría los diferentes radios para los torques. Dato: g=10m/s2

(1)Calculamos θ V

(2)Calculamos X y R1

H

4

X  L  1. 5 X  5  1.5

x

L/2

θ

tan  

3

θ

4 3

R1

Ty

Tx

4   tan ( ) 3   53.13º 1

  0 Tx  mgR1  0 Tx  mgR1

X  3.5m

T

R1 

θ

L cos(53.13) 2

mg

F

x

0

Tx  H  0 H T

x mgR1 T H  T cos  x (150)(9.8)(2.5) cos(53.13) H  642.8 cos(36.87) T 3.5 H  514 N i T  643N

F

y

0

T y  V  mg  0 V  mg  T y V  mg  Tsen V  (150 * 10)  642.8sen(36.87) V  1114 N j A = (514 i + 1114 j) N



EL tablón uniforme de la figura, de 5m de largo y peso P está articulado en A e inclinado α grados con la horizontal. En el extremo opuesto está sostenido por una cuerda que forma un ángulo de 90º con el tablón, sosteniendo un peso P/2. Calcular: a) la tensión de la cuerda, b) la fuerza en A. R: a) 0.6P, b) (0.47i+1.14j) P.

SOLUCIÓN: Realizamos diagrama de fuerzas para sacar los torques y las componentes de A.

Ty Tx

5 α

P\2

3 V

α=cos (3/5) α=53,13

P α H

Calculamos T

  0

Calculamos H

F

x

0

TL  p( L / 2) cos   ( p / 2) L cos   0

H  Tx  0

T  p cos  T  p cos(53,13) T  0,6 p

H  Tsen(53,13) H  0,479 p

H  Tx

Calculamos V

F

y

V V V V V

0

 Ty  p  p / 2  0  (3 / 2) p  Ty  (3 / 2) p  T cos(53,13)  (3 / 2) p  0,6 p cos 53,13  1.14 p

A= (0, 47i+1.14j) p



Un sólido uniforme de radio R y masa M puede girar libremente sobre un pivote sin fricción que pasa por un punto sobre su borde (figura). Si el disco se libera desde el reposo en la posición mostrada por el círculo. a) cual es la rapidez de su centro de masa cuando el disco alcanza la posición indicada en el circulo punteado? b)cual es la rapidez del punto más bajo sobre el disco en la posición de la posición de la circunferencia punteada.

Solución Aplicamos energías antes y en el punto bajo tomando como referencia el centro de masa del sólido. Centro de masa

R Punto más bajo a)

b)

Eantes  Edespues

V  2Vcm

1 1 2 mVcm  mI 2 2 2 1 11  2 mgR  mVcm   mR 2  2 2 22 

 V  2 2 

mgR 

1 11  V  2 mgR  mVcm   mR 2  cm  2 22  R  V2 2 2 gR  Vcm  cm 2 4 gR Vcm  3 Vcm  2

gR 3

2

V 4

gR 3

gR 3

   



Un bloque de masa m está unido a través de una polea ideal a un cilindro de masa M y radio R, como se muestra en la figura. Determine la aceleración del centro de masa del cilindro. M R

m

Solución La aceleración del centro de masa empieza cuando se suelta el bloque del reposo entonces analizamos por DCL ya que no se puede por energía.

T

F

 macm

R

mg  T  macm (1)

 I

3 MR 2 2 3 a  TR  MR 2  cm  2  R  3 T  Macm ( 2) 2 TR 

(1) y ( 2) mg  3Macm  macm acm

mg  3   M m  2  

T P

Punto Pivote (P)



T

T m

Usamos la relación

α=Racm

mg

Para la sumatoria de torque utilizamos la inercia que se provoca en el punto P con el teorema de Steiner de “Ejes paralelos” el eje P y cm de cilindro están paralelos y verticales a la hoja y la distancia que los separa es R.

I p  I cm  Md 2 1 MR 2  MR 2 2 3 I p  Macm 2 Ip 



Cuando la borra delgada AB de 10Kg está horizontal, se encuentra en reposo y el resorte no está estirado. Determine la rigidez K del resorte de modo que el movimiento de la barra se detenga momentáneamente cuando a girado hacia abajo 90º. R= 42.8Nm.

1.5m

1.5m

SOLUCIÓN: Analizamos las energías que intervienen antes del movimiento y después cuando tiene 90º. Nótese que la altura es con respecto al centro de masa de la barra y este siempre está en la mitad. 3.0m cm

L/2=h

cm

x

1.5m

d 1.5m

Energia Inicial  Energia Final E0  E U resorte  U gravitacional 1 2 Kx  mgh 2 2mg (l / 2) K x2 (10)(0.8)(1.5) K (1.854) 2 K  32.8 Nm

Hallamos d d  (1.5) 2  (3) 2 d  11.25 d  3.35m Cuanto se elongo resorte ( x) d  1 .5  x x  d  1 .5 x  3.35  1.5 x  1.85m



Un disco de 2 Kg de masa y 10 cm de radio gira alrededor de su eje a 180 r.p.m.. Encima, pero sin que exista contacto, se encuentra otro disco de 1 Kg de masa, del mismo radio y en reposo. Cuando el disco superior se deja caer, ambos se mueven solidariamente. Calcular la velocidad angular final.

SOLUCIÓN: Cuando el disco superior se posa sobre el inferior, el momento de las fuerzas sigue siendo nulo por lo que se conserva el Momento angular, I.w.

(I.w)antes = (I.w)después I1.wi = (I1 + I2).wf

wf = I1.wi /(I1+I2)

Como el Momento de inercia de un disco es ½.m.R2 se obtiene: wf = ½.m1.R2 wi /( ½.m1.R2 + ½.m2.R2 ) = m1.wi /(m1+m2) En este caso particular: wf = 2 Kg . 180 rpm / (2 kg + 1 Kg) wf = 120 r.p.m.



Una bala de masa m=10g que lleva una velocidad de 100m/s dirigida como se muestra en la fig. choca contra un disco sólido uniforme de masa M=1kg y radio R=20cm que puede girar libremente sobre un pivote sin fricción que pasa por un punto de su borde. Después del choque la bala se queda incrustada en el centro del disco. Determine a) la velocidad angular del sistema después del choque. b) La energía perdida en la colisión.

M R 30º

V=100m/s

SOLUCIÓN: Calculamos velocidad aplicando cantidad de movimiento angular, la inercia del disco se toma con respecto al pivote.

Antes

Después M M 30º

R

R

ω Vcos30º

Lo  L 3 3   MR 2  0   mR 2  MR 2  2 2   Rmv cos 30º  3  2 2   mR  MR  2   mv cos 30º  3    m  M R 2   0.1*10 cos 30º  3 (0.1  (1))0.2 2   2.87 rad / s Rmv cos 30º 

Ejercicios de Dinamica Rotacional

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