DINAMICA
ROTACIONAL
OBJETIVOS -Relacionar las cantidades lineales con las cantidades can tidades angulares -Aplicar la Segunda Ley de Newton en el movimiento rotacional. -Calcular el momento de inercia de un cuerpo rígido -Resolver problemas de torque -Resolver problemas de energía rotacional y del principio de conservación de la energía rotacional. -Aplicar el teorema de los ejes paralelos para el cálculo del momento de inercia. -Resolver problemas de impulso angular y cambio de cantidad de movimiento angular -Aplicar el principio de conservación de la cantidad de movimiento angular a la resolución de problemas -Aplicar la segunda condición de equilibrio -Calcular la posición del centro de gravedad de un cuerpo
Concepto de sólido rígido y sus movimientos Sólido rígido es aquel en que las distancias entre las partículas que lo componen no varía. Así como en la la dinámica dinámica del del punto solo solo se considera considera el el movimiento movimiento de traslación, para el caso de un sólido rígido, hemos de considerar la traslación, la rotación y la superposición de ambos. Si consideram consideramos os que el sólido sólido es rígido, rígido, se podrá consi considerar derar que la velocidad angular es la misma en todos los puntos del sólido.
ANALOGIAS
Momento de inercia El momento de inercia es el análogo de la masa para una rotación. Para sistemas discretos este momento de inercia se expresa como Ι
= Σmiri2
donde representa la distancia de la partícula al eje de rotación. Pero normalmente se tiene cuerpos reales, formados por tal cantidad de átomos, de pequeñas partículas que se les supone continuos. Para ellos la fórmula de cálculo del momento de inercia es:
Ejercicio 1.- Determinar el Momento de Inercia Inercia de una superficie esférica con relación a un diámetro.
Ejercicio 2.-Determinar el momento de inercia de un tubo con relación a su eje de simetría.
Ejercicio Ejerc icio 3.- Deter Determinar minar el momento momento de inercia de una puerta rectangula rectangular. r.
Ejercicio 4.- Dete Ejercicio Determine rmine el momento momento de inercia inercia de un disco de radio R que rota en un eje que pasa por su centro de masa.
Teorema Teo rema de de Steiner Steiner o de de los los ejes parale paralelos los El teorema teorema de Steiner Steiner relac relaciona iona el momento momento de inercia inercia de un eje que pase pase por el centro de masas de un cuerpo con el momento de inercia que tendría el mismo cuerpo tomando cualquier otro eje paralelo al primero. Esta relación es: ΙT
= ΙCM + md2
donde ΙT es el momento de inercia del cuerpo respecto al eje paralelo al original, ΙCM es el momento de inercia del eje que pasa por el centro de masas, masa s, m es la masa total del cuerp cuerpo o y d es es la dist distancia ancia entre estos ejes paralelos. El teorema teorema de Steiner Steiner relacio relaciona na el momento momento de inercia inercia respecto respecto a un eje que pase por el centro de masas de un sólido con cualquier otro eje paralelo a él.
Ejercicio 5.- Una varilla Ejercicio varilla de 500 g y 75 cm cm de longitud, longitud, lleva lleva soldada soldada en un extremo extre mo una esfera esfera de 10 cm de radio radio y 250 g de masa. Calcular: Calcular: a) El momento de inercia cuando gira, alrededor de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el extremo libre. b) El momento angular del conjunto si gira a 12 r.p.m. a) El El moment momento o de iner inercia cia ser será á la suma suma del momento de inercia de una varilla, mas el de la esfera. Como la esfera está a L+R del eje, e je, aplicando Steiner:
Ejercicio 6.- Sobr Ejercicio Sobre e una mesa mesa horizontal horizontal muy lisa hay una una barra homogé homogénea nea en reposo. Por su extremo choca un proyectil de igual masa que la de la barra con velocidad vo, que produce la rotación de la barra alrededor de su centro de masa, tal como indica la figura. El choque puede considerarse totalmente elástico. Hallar, para vo = 30 m/s, L = 0.5 m, la velocidad de salida del proyectil, velocidad del centro de masa de la barra y velocidad angular de la barra. a) Por la conservación de la cantidad de movimiento ΣFext
=0
→
p = p’
→
mvo = mv mv’’ + mvCM
vo = v’ + vCM aa) Por la conservación del momento angular L = L’ mvoL/2 = mv’L/2 + Iω voL/2 = v’L/2 + 1/12 L 2ω
vo = v’ + 1/6 /6L Lω aaa=) Por conservación de la Energía 2
½ mvo = ½
mv ’ 2
+ ½ mvcm 2 + ½
Iω2
vo 2 = v’2 + vCM 2 + 1/12 L2ω2 (Continua en la siguiente)
Sustituyendo
30 = v’ +vCM 30 = v’ v’ + 0.5 0.5/6 /6ω 900 = v’2 + vCM 2 + 1/12 0.52ω2
v’ = 18 m/s vCM = 12 m/s ω
= 144 rad/s
Ejerci Ejer cicio cio 7. 7.-- Un blo bloqu que e de 200 2000 0 kg es está tá sus suspe pendi ndido do en en el air aire e por por un ca cabl ble e de acero que pasa por una polea y acaba en un torno motorizado. El bloque asciende con velocidad constante de 8 cm/s. El El radio del tambor tambor del torno es de 30 cm cm y la masa de la polea es despreciable. a.-¿Cuánto vale el momento que ejerce el cable sobre el tambor del torno? to rno? b.-¿Cuánto vale la velocidad angular del tambor del torno? c.-¿Qué potencia tiene que desarrollar desarrollar el motor?.Calcular motor?.Calcular el trabajo trabajo realizado durante durante 10 La velocidad del bloque es constante y vale: V = 0.08 m/s ΣFy =0 ⇒ T = W ⇒ T = mg = 2000( 2000(9.8 9.8)= )= 19600 19600 N
El torque torque que hace hace el eje eje del motor es: τ = Frsenθ = Trsenθ = 19600(0.3)(sen 90º) = 5880 Nm
La velocidad angular es: ω = V /r = 0.08/0.3 = 0.266 rad/s
T
PotR = τ ω = 5800(0.26) = 1568 Vatios
W = τ θ = PotR . t = 1568 (10s) = 15680 J W
Ejercicio 8.-E .-Ell péndul péndulo o de un un reloj reloj está está for formad mado o por una varill varilla a de 500 500 g y 40 cm de longitud y una lenteja lenteja de forma esférica esférica de 200 g de masa y 5 cm de radio, tal como se indica indi ca en la figur figura. a. El punt punto o de suspe suspensió nsión n O está a 10 cm del extrem extremo o de la varil varilla. la. Calcular: a)la dista distancia ncia al centro centro de masas masas medida medida desde desde O. El momento momento de de inercia respecto de un eje perpendicular a la varilla varill a y que pasa por O. b) El péndulo péndulo se desvía 60º de la posición posición de equilibrio. Calcular la velocidad angular de rotación cuando pasa por la posición de equilibrio. equili brio. Varilla, I=mL 2 /12, esfera I=2MR 2 /5 Posición del Centro de Masa: YCM= 0.5( 0.5(0.1) 0.1) + 0.2(0. 0.2(0.35)= 35)= 0.17 m 0.5 + 0.2 Momento de Inercia con respecto a un eje que pasa por O Ι=
1 (0.5)(0.4)2 + 0.5(0.1)2 + 2(0.2)(0.05)2 + 0.2(0.35)2=0.036kgm2 12 5
Principio de conservación de la Energía para el CM mTgh = ½ Ιω2⇒ ω= (2mTgh/Ι)½ =(2(0.7)(9.8)0.085 / 0.036)½ ω= 5.69 rad/s
h= YCM –YCMcos60o
Ejercicio 9.- En la figura Ejercicio figura se se muestra muestra un un cilindro cilindro de 4.5 4.5 kg de masa masa que rueda rueda sin deslizar, desli zar, a lo largo largo de un plano inclinad inclinado o 42º con la horizonta horizontal. l. El centro centro del del cilindro está unido mediante mediante una cuerda al borde de una polea en forma de disco de 2.2 kg de masa masa y 85 mm de radio. radio. Sabiendo Sabiendo que en el eje de la polea existe existe un rozamiento cuyo momento es de 1.3 Nm. Calcular: a.- La aceleración aceleración del cilindr cilindro o y la tensión de la cuerda. cuerda. b.- La velocidad del bloque bloque una vez que haya haya descendido 3 m a lo largo largo del plano inclinado, partiendo del reposo. Para la Polea:
Rozamiento en el eje
ΙP = ½ mr2=½(2.2)(0.085)2 = 0.008 kg m2
T
Para el cilindro:
N
fr Dinámica de la rotación: Σ τ c = ΙP α ⇒
W T(0.085) - τ friccion = 0.008α
(1)
Dinámica de la traslación: ΣFx = macm ⇒
mgsen42o – T – fr = ma c
(2)
Rotación CM: fr R = Ιcilindroα = (½ MR2)α (3)
se obtiene que:
v
=
act
y
ac = 1.81 m/s2 y
T = 17.3 N
x = ½ ac t 2 ⇒ v = 3.29 m/s
ac = α r
Ejercicio 10.- Un hombre Ejercicio hombre de 70 kg sube por una una escaler escalera a de 2 m de longitu longitud d y 10 kg de peso peso apoyad apoyada a tal como se indica indica en la figur figura. a. El coefic coeficiente iente de rozamient rozamiento o entre el extremo inferior de la escalera y el suelo es 0.4. Calcular: a.- Halla Hallarr las reacciones reacciones en los apoyos, apoyos, cuando el hombre ha ascendido ascendido 0.5 m a lo largo de la escalera b.- La máxima máxima altura a la que puede puede subir subir el el hombre hombre por la escalera escalera antes de que esta comience a deslizar. Primera condición de equilibrio: ΣFy = 0 N + N’cos60o = We + Wh ⇒ N + 0.5N 0.5N’’ = 80(9. 80(9.8) 8) (1) ΣFx= 0
⇒
N’sen60o = fr
Segunda condición de equilibrio:
(2) Στo = 0
N’ (1 (1/s /sen en60 60o) -70g -70g x cos cos 60 60ºº - 10g 10g(1) (1)cos cos 60 60º= º= 0
Con x = 0.5 m ⇒ N’ = 19 191 1 N ; fr = 165 N ; N = 68 689 9N b.- Par Para a empezar empezar a desliz deslizar ar⇒fr= 0.4 N⇒N’ =2 =294 94 N ; N=6 N=636 36 N Reemplazando en (3) ⇒ x = 0.847 m
(3)
Ejercicio 11.Ejercicio 11.- Una puert puerta a de 1m de anch ancho, o, con una masa de de 15 kg, kg, está está sosten sostenida ida por por bisagras en un lado, de forma que puede puede girar sin rozamiento alrededor de un eje vertical. Se dispara contra la puerta una bala de 10 g de masa con una velocidad de 400 m/s, en una dirección perpendicular al plano de la puerta, y se empotra justo en el centro de ésta. Encuentre la velocidad angular de la puerta inmediatamente después de que la bala se empotró empot ró en ella. ¿Se ¿Se conserva conserva la energía energía cinética?. cinética?.
El moment momento o angul angular ar de la bala: L = mvr = 0.01( 0.01(400)(0 400)(0.5)= .5)= 2 kg m 2 s -1 Momento de inercia de la puerta ⇒ equivalente a una barra que rota en su Ιp = (1/3) ML2 = (1/3)(15)(1)2 = 5 kg m2 extremo Momento de inercia de la bala = Ιb = mr2 = (0.01)(0.5)2 = 0.0 0.002 025 5 kg kg m2
Conservación del momento angular El choque es inelástico
⇒
L = (ΙP +Ιb)ω
⇒ ω
= 0.4 rad/s
Ei = ½mv2 = ½(0.01)(400)2 = 800 J Ef = ½ΙTω2 = ½ (5, 5,00 0025 25)( )(0 0.4 .4))2 = 0.4 J
Ejercicio 12.Ejercicio 12.- En la figura se muestra muestra un Yo-Yo. Yo-Yo. Supong Supongase ase que parte parte del reposo reposo y que desciende una altura h. Encuentre: a.- su velocidad velocidad final de rotación rotación y la de traslación traslación b.- la aceler aceleració ación n lineal lineal c.- La tensió tensión n en la cuer cuerda da a.- Conser Conservaci vación ón de la Energí Energía a mgh = ½m ½mv2 + ½ Ιω2 ⇒ 2mgh = mv2 + ½mR2 (v2 / r2) v2 =
2 gh 1 + R2/2r2
ω2 =
2 gh r2 +½ R2
b.- por cin cinemát emática ica ⇒ v2 = vo2 + 2ah ⇒ a =
g . 2 2 1+( R / 2r )
c.- Po Porr diná dinámi mica ca ⇒ ΣFy = ma ⇒ T – mg = ma T = mg + m( g ) = mg ( ½ R 2 ) 1+(R2/2r2) r2+½R2
Movimiento de Precesión: Giróscopos y Trompos La precesión se origina en las Leyes de Newton. La cantidad de movimiento angular de giro propio o autorrotación (spin (spin ) del trompo al tiempo t = 0 es Lo, que forma un ángulo θ con la vertical. Supondremos que el CM del trompo está en el eje de autorrotación. El torque torque resu resultante ltante es igual igual a la la rapidez rapidez de variación de la cantidad de movimiento angular, se debe a la fuerza de gravedad o peso mg. τ = dL = r x mg dt De la ecuación anterior ⇒ dL = (r (r x mg mg)d )dtt Además tan (dφ) ≈ dφ =
dL . Losenθ
La velocidad angular de precesión Ω está dada por la rapidez de variación del ángulo horizontal φ y en consecuencia es dφ/dt. Ω = dφ =
dt
τ dL/dt = . Losenθ Losenθ
Ω = mgr se sen n(180º - θ) Lo sen θ
sen se n (18 (180º 0º - θ) = sen θ Ω
= mgr = mgr Ιoωo Lo
