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Ejemplos de problemas resueltos
Ejemplo #1 – motor con volante
El volante de un motor tiene un diámetro
d = 0.36m
La posición angular del volante está dada por:
rad  3

θ =  2.0 3  t
s 

En t1 = 2.0s , la posición angular será
rad 
3
360o

θ1 =  2.0 3  ( 2.0 ) = 16rad = 16rad
= 920o
s 
2π rad

en t 2 = 5.0s ⇒ θ 2 = 250rad = 14000o
El desplazamiento angular: ∆θ = θ2 − θ1 = 250rad − 16rad = 234rad
El radio del volante r =
d
= 0.18m ⇒ s = rθ = 0.18m ⋅234rad = 42m
2
Velocidad angular media: ω med =
θ 2 − θ1 250rad − 16rad
rad
=
= 70
t 2 − t1
5.0s − 2.0s
s
Velocidad angular instantánea: ω =
dθ 
rad  2 
rad  2
=  2.0 3  3t =  6.0 3  t
dt 
s 
s 

rad
rad
2
En el instante t = 3.0s , ω =  6.0 3  ( 3.0s ) = 54
s 
s

rad
rad
2
Entre t1 = 2.0s y t 2 = 5.0s , ω1 =  6.0 3  ( 2.0s ) = 24
y
s 
s

rad
rad
150
−
24
rad 
rad
ω − ω1
2

s
s = 42 rad
⇒ α med = 2
=
ω 2 =  6.0 3  ( 5.0s ) = 150
s 
s
t 2 − t1
5.0s − 2.0s
s2

dω 
rad 
rad 

=  6.0 3  2t = 12.0 3  t
dt 
s 
s 

rad
rad
En el instante t = 3.0s , α = 12.0 3  3.0s = 36 2
s 
s

Por definición α =
1
Ejemplo #2 – Lanzador de disco
Modelamos el disco con una partícula que sigue una trayectoria circular
El braco del lanzador es similar a una varilla (brazo de palanca) de r = 0.80m
El lanzador lanza el disco con una aceleración radial α = 50
rad
rad
y velocidad ω = 10
2
s
s
m
 rad 
atan = rα = ( 0.80m )  50 2  = 40 2
s 
s

2
arad
m
 rad 
= ω r = 10
 ( 0.80m ) = 80 2
s 
s

2
r
m
2
2
La magnitud de la aceleración: a = arad
+ atan
= 89 2
s
Esto es 9 veces la aceleración g
El movimiento de rotación acumula una grande cantidad de energía
2
Ejemplo #3 – Hélice de avión
Una hélice de avión gira a una velocidad ω = 2400rpm
El avión vuela a una rapidez de v A = 75.0
m 
km 
o  270

s
h 

m
: 0.8 la rapidez del sonido en el
s
aire, porque para más alta rapidez, el ruido (energía de vibración de las moléculas del aire)
seré tremendo y podría quebrar las fuerzas moleculares de la hélice
La rapidez de las puntas de la hélice no debe exceder 270
⇒ Este fenómeno fija el radio máximo de la hélice
La velocidad angular, ω = 2400 rpm = 2400
rev 2π rad1min
rad
= 251
min 1rev 60s
s
La velocidad tangencial v p = rω , es perpendicular a la velocidad de avance del avión
2
La velocidad total máxima de la punta, vtotal
= vA2 + v 2p = v 2A + r 2ω 2 è aislamos el radio
máximo:
2
⇒ rmax
2
 270 m  −  75 m 
2
2

 

vtotal − v A
s   s 

=
=
= 1.03m
ω
 251 rad 

s 

2
La aceleración radial (centrípeta): arad
rad 

4 m
= ω r =  251
 (1.03m ) = 6.5 ×10 2
s 
s

2
r
r
Como ∑ F = ma , la hélice debe ejercer una fuerza de esta magnitud sobre cada kg de
material en su punta ⇒ la hélice debe ser hecha de un material ligero y muy resistente
3
Ejemplo #4 – Engranajes de bicicleta
Este es una herramienta que permite aumentar la eficiencia de la fuerza sobre los pedales
cambiando el radio de las ruedas conectadas por la cadena – el mismo principio se
aplicada para cambio de velocidades en motores de automóviles
Buscamos una relación entre la
velocidad angular de las ruedas
dentadas y el número de dientes
La cadena no resbala ni se estira
La velocidad vtan = v es la misma en
ambas ruedas trasera y delantera
Así v = r1ω1 = r2ω2 y por tanto:
ω2 r1
=
ω1 r2
Consideramos ruedas donde los dientes son equiespaciados
Sea N1 y N 2 los números de dientes en las dos ruedas - como el esparcimiento es el mismo:
2π r1 2π r2
r
N
ω
N
=
⇒ 1 = 1 ⇒ 2= 1
N1
N2
r2 N 2
ω1 N2
La rapidez angular es inversamente proporcional al número de dientes
En una bicicleta con10 velocidades, obtenemos la máxima rapidez angular ω 2 de la rueda
N
trasera para un pedaleo dado ω1 cuando 1 es máximo
N2
Aumentar la velocidad è usar rueda dentada delantera de mayor radio y N1 grande
comparado a N 2
4
Ejemplo #5 – Ejemplo cable que se desenrolla con la gravedad
Cable enrollado en cilindro de masa M y radio R
Atamos el extremo libre del cable a una masa m y soltamos lo sin velocidad a la distancia h
arriba del piso.
Relativa al suelo: U h = mgh y U suelo = 0
La conservación de la energía (no hay fricción): Kh + U h = Ksuelo + U suelo ⇒ U h = K suelo
La energía cinética a llegar al suelo es la suma de la energía de la masa que cae y del
1
1
cilindro girando: K suelo = mv 2 + Iω 2
2
2
Como I =
1
1
1 
MR 2 y v = Rω , K suelo =  m + M  v 2
2
2
2 
1
1
De la conservación de la energía: mgh =  m + M  v2
2
2 
⇒v=
2 gh
v
yω=
M 

R
1+ 2m 


Para un cilindro de masa despreciable M = m y v = 2 gh la rapidez de un cuerpo en caída
libre – más grande la masa del sistema en rotación y más lentamente baja la masa
5
Ejemplo #6 – Cable que se desenrolla
Se enrolla un cable varias veces en un cilindro sólido uniforme de masa 50kg y de diámetro de
0.12m que puede girar sobre su eje horizontal
Buscamos la aceleración tangencial al cilindro, cuando el extremo del cable es halado por
una fuerza F horizontal de 9.0N
La única fuerza creando una torsión es F
El braco de palanca es l =
d
= 0.06m
2
⇒ τ = Fl = F
d
= ( 0.9N )( 0.06m ) = 0.540N ⋅ m
2
El momento de inercia de un cilindro lleno es:
I=
De la relación
∑τ
i
i
= Iα :
1
1
2
MR 2 = 50kg ( 0.06m ) = 0.09kg ⋅ m 2
2
2
⇒α =
τ
0.54N ⋅ m
rad
=
= 6.0 2
2
I 0.09kg ⋅ m
s
rad
m
La aceleración tangencial: atan = rα = ( 0.06m )  6.0 2  = 0.36 2
s 
s

6
Ejemplo #7– Cable que se desenrolla con la gravedad
Buscamos α del cilindro, a de la
masa, y la tensión T
Tratamos los cuerpos separadamente
La suma de las fuerzas sobre la masa:
∑F
y
= mg + ( −T ) = ma
Únicamente la tensión produce un
momento de torsión:
1
∑ τ = RT = Iα = 2 MR α
2
Como a = Rα
1
1
2 a 
⇒ RT = MR   ⇒ T = Ma
2
2
R
1
g
Substituimos en la primera ecuación: mg − Ma = ma ⇒ a =
M
2
1+
2m
Substituyendo en T =
1
Ma
2
T=
1
1
g
Mg
mg
Ma = M
=
=
M 2m
2
2 1+ M
2+
+1
2m
m
M
Observe que la tensión no es igual al peso mg , sino no habría aceleración
Si M ? m , T → mg y a → 0
Si M = 0 , T → 0 y a → g
Si la masa parte de un punto inicial h , la rapidez al golpear el piso será v 2 = v02 + 2ah
Con rapidez inicial v0 = 0 , v = 2 ah =
2 gh
M
1+
2m
7
Ejemplo #8 – Yoyo
Saltamos el yoyo sin velocidad
El principio de conservación de la energía:
U1 + K 1 = U2 + K2
Donde
U1 = Mgh
K1 = 0
U2 = 0
K2 =
1 2 1
Mvcm + I cmω 2
2
2
Usando las relaciones: ω =
vcm
1
y I cm = MR 2
R
2
2
1
11
3
 v 
2
2
⇒ K2 = Mvcm
+  MR2   cm  = Mvcm
2
22
R
4


La conservación de energía U 1 + K 1 = U2 + K2 ⇒ Mgh =
3
2
Mvcm
⇒ vcm =
4
Para la traslación del centro de masa
∑F
y
= Mg + ( −T ) = Macm
El momento de inercia: I =
1
MR 2
2
La ecuación del movimiento de
1
rotación ∑ τ = TR = I cmα = MR 2α
2
Como vcm = Rω , derivando respeto a t
dvcm
dω
=R
⇒ acm = Rα
dt
dt
Resolvimos para la aceleración lineal acm =
2
1
g y la tension T = Mg
3
3
8
4
gh
3
Ejemplo #9 - Potencia de un motor de coche
La potencia de un Toyota Supra 6 es 200hp a 6000rpm
La potencia en Watts:

W
P = 200hp = 200hp  745  = 1.49 × 105 W
hp 

La velocidad radial:
ω = 6000
rev
rev  2 π rad   1min 
rad
= 6000


 = 628
min
min  1rev   60s 
s
Por definición de la potencia: τ =
P
=
ω
1.49 ×105 N ⋅
628
rad
s
m
s = 237N ⋅ m
¡No es mucho!
Podemos aplicar este momento de torsión usando una llave de trueca de 1m de largo y
aplicando una fuerza de 237N al extremo de su mango
9
Ejemplo #10 - un motor eléctrico
El motor tiene un momento de torsión constante τ = 10N ⋅ m
Esta haciendo girar una piedra de amolar con momento de inercia I = 2.0kg ⋅ m 2
¿Cuál es el trabajo efectuado en 8.0s?
Como τ = I α ⇒ α =
τ
10N ⋅ m
rad
=
= 5.0 2
2
I 2.0kg ⋅ m
s
⇒ ω =α t = 5.0
rad
rad
( 8.0s ) = 40
s
s
La energía cinemática:
K=
(
)
1
1
rad
2
θ = α t 2 = 5.0 2 (8.0s ) = 160rad
2
2
s
El ángulo total:
El trabajo:
1 2 1
rad 
2 
Iω = 2.0kg ⋅ m  40
 = 1600J
2
2
s 

W = τθ = 10N ⋅ m (160rad ) = 1600J
Verificamos que W = K como debe ser
La potencia media: Pmed =
1600J
J
= 200 = 200W
8.0s
s
La potencia instantánea no es constante porque ω cambia
W =∫
t2
t1
t2
Pdt = ∫ τω dt = ∫ τα tdt = τα
t1
t1
2
t2
t2
t2
= 1600J
t1
10
Ejemplo #11 - Deslizador sin fricción ligado por un hilo a un peso
Buscamos la aceleración de m1 y m2 ,
la aceleración angular de la polea y la
tensión en el hilo
Nota que no podemos asumir que
T1 = T2 , sino no habría aceleración
Escribimos las dos ecuaciones del
movimiento:
∑F
= T1 = m1a1
∑F
= m2 g − T2 = m2a2
x
y
Tomamos el sentido de rotación
positivo en el sentido horario
∑τ = T R − T R = Iα = MR α
2
2
1
Como no hay resbalado: a1 = a2 = Rα
En total, tenemos 5 ecuaciones con 5 incógnitas: a1 , a2, α , T1 y T2
T1 = m1a1

Usando la relación entre a2 y α : ⇒  m2 g − T2 = m2 a1
T − T = Ma
 2 1
1
Sumando para eliminar T1 y T2 : ⇒ a1 =
Substituyendo è T1 =
m2 g
m1 + m2 + M
m1 m2 g
( m + M ) m2 g
y T2 = 1
m1 + m2 + M
m1 + m2 + M
Si m1 o M ? m2 , a1 → 0 y T2 → m2 g , no hay movimiento
Si m2 ? m1 o m2 ? M , a1 → g la masa cae libremente
Si M = 0 , T1 = T2 è la polea solamente cambia la dirección de la fuerza
11
Ejemplo #12 - Motor turbo hélice de un jet
El momento de inercia de la hélice es I = 2.5kg ⋅ m 2
La velocidad angular: ω = 400
rad 2
t
3
s
La hélice gira alrededor del eje de simetría
rad 

m2 

L = I ω = 2.5kg ⋅ m2  400 3  t 2 =  1000kg ⋅ 3  t 2
s 
s 


(
En t = 3.0s
L = 9000kg ⋅
τ=
En t = 3.0s
)
m2
s
dL

m2
= 2t 1000kg ⋅ 3
dt
s

τ = 6000N ⋅ m
12
 
m2 
=
2000kg
⋅
 
t
s3 
 
Ejemplo #13 - Discos de embrague
Dos discos están girando separadamente
con velocidades ω A y ω B
Después de juntar lo la velocidad se
redujo a ω
El momento de inercia se transformo en:
I = IA + IB
Con no hay fuerzas externas: L = cte
Segundo el Principio de la conservación del momento angular podemos escribir:
I Aω A + I Bω B = ( I A + I B ) ω ⇒ ω =
I AωA + I BωB
( I A + IB )
rad
m = 2.0kg rA = 0.20m
s
Supongamos que A
,
y
mB = 4.0kg rB = 0.10m
rad
ω B = 200
s
ω A = 50
IA =
1
1
m A rA2 = 0.04kg ⋅ m 2 , I B = mB rB2 = 0.02kg ⋅ m 2 de forma que I A + I B = 0.06kg ⋅ m 2
2
2
I ω +I ω
⇒ω = A A B B =
( I A + IB )
rad
+ ( 0.02kg ⋅ m ) 200
( 0.04kg ⋅ m )50 rad
s
s
2
2
0.06kg ⋅ m
2
Calculamos la diferencia de energía cinemática:
K1 =
1
1
1
I AωA2 + I Bω B2 = 450J e K2 = ( I A + I B ) ω 2 = 300J
2
2
2
Se perdió
1
de la energía. ¿Por qué?
3
13
= 100
rad
s
Ejemplo #14 - Blanco girando
Una puerta llena de 1.0m y masa 15 kg
sirva de blanco de tiro al revolver
La puerta puede girar sin fricción sobre su
eje vertical
Se dispara una bala de 10g a la rapidez de
400m/s al centro de la puerta
Consideramos la puerta y bala con un solo
sistema
El momento angular inicial:
m
m2

L = mvl = ( 0.01kg )  400  ( 0.5m) = 2.0kg ⋅
s 
s

El momento angular final:
L = Iω , donde I = I bala + I puerta
I bala = ml 2 = ( 0.01kg )( 0.5m ) = 0.0025kg ⋅ m 2
2
Md 2 (15kg )(1.0m )
=
=
= 5.0kg ⋅ m 2
3
3
2
I puerta
Por la conservación del momento angular:
mvl = Iω

m2 
2.0
kg
⋅

s 
mvl
rad

⇒ω =
=
= 0.40
2
2
I
5.0kg ⋅ m + 0.0025kg ⋅ m
s
La diferencia de energía cinemática:
∆K = K2 − K1 =
o K2 =
1 2 1 2
I ω − mv = 0.40 J − 800J = −799.6J
2
2
1
K1 , de nuevo se perdió una cantidad enorme de energía
2000
14