Download 0 0 = ⇒ = − = a FF F о о о о

El Equilibrio Estático:
Dos fuerzas de igual magnitud F pero sentido opuesto, actuando sobre un cuerpo
r
r r
Fext = F − F = 0
pero:
r
F
r
−F
el centro de masa no se mueve
y el cuerpo no se mueve
⇒
r
acm = 0
r
F
r
−F
el centro de masa no se
mueve
pero el cuerpo gira en torno al
centro de masa
¿qué falta para establecer una condición de equilibrio estático?
P
D
r
F
r
fuerza F actuando sobre un punto de un cuerpo, a
lo largo de una dirección dada
línea de acción de
la fuerza
un punto P ubicado en el cuerpo, sobre el mismo
plano en que se aplica la fuerza
D es la distancia perpendicular medida desde el
punto P a la línea de acción de la fuerza
r
Definimos la magnitud τ del torque de F respecto de P como el producto entre
la magnitud F de la fuerza y el brazo D de aplicación e la misma
τ ≡ F·D
¿qué pasa si P es un punto fijo?
P
r
F
r
La acción de F produce una rotación del
cuerpo en torno a P
Elección: rotación es positiva si es contra los
punteros del reloj
Si varias fuerzas actúan simultáneamente sobre un cuerpo
el torque total resulta de sumar los torques asociados a las
distintas fuerzas
signo +) los torques que inducen rotación en el sentido opuesto al de
los punteros del reloj
signo -) los torques que inducen rotación en el sentido de los punteros
Equilibrio estático:
N r
r
I) Fext = ∑ Fi = 0
i =1
II)
Torque total es cero
¡OJO!
debe cumplirse para cada una de las
componentes de las fuerzas, a lo largo de los
ejes de referencia
debe cumplirse para rotación en torno a
cualquier punto arbitrario en el plano de
acción de las fuerzas
El torque es un vector
EJEMPLO
Una viga homogénea, en equilibrio, con una
masa de 300 kg. ¿Cuál es la fuerza que ejerce
la viga sobre los soportes A y B?
10 m
A
1m
6m
solución
fuerzas normales en los
puntos de contacto
Diagrama de fuerzas
peso en el centro de
masa
I) Suma de fuerzas es cero
B
FB
FA
A
mg B
FA + FB = mg
II) Suma de torques positivos es igual a suma de torques negativos.
elegimos un punto arbitrario de referencia
por ejemplo, el extremo izquierdo de la viga
FA → DA = 1.0 m
FB → DB = 6.0 m
mg → Dmg = 5.0 m
Mg·Dmg = FA·DA + FB DB
Despejando las fuerzas:
FA =
DB − Dmg
DB − DA
mg =
6 . 0 − 5 .0
6 .0 − 1 . 0
⋅ 300 ⋅ 9.8 = 588 [N]
FB = mg − FA = 300 ⋅ 9.8 − 588 = 2350 [N]
τ ≡ F·D
torque
F: fuerza
vector
D: distancia
vector
Torque es producto de dos vectores
Torque es vector
Torque tiene dirección
Producto vectorial de dos vectores
r r r
C = A×B
r r
es el producto vectorial entre los vectores A y B
r
B
θ
r
A
Dirección es
a
r
v perpendicular
vectores A y B
Bsenθ
r r r
C = A×B
r
B
θ
Bcosθ
r
A
r
r r
C = A ⋅ B senθ
¿Cuál es la relación con el torque?
r
r
La fuerza F se aplica en un punto con vector de posición r
respecto de un punto P
r
τ
P
r
r
El torque resultante
r
F
r
τ
r r r
τ = r ×F
θ
con τ = r Fsen θ
θ es el ángulo entre la fuerza y el vector de aplicación de la misma
τ = r⊥ F
r⊥ es el brazo de aplicación de la fuerza
La dirección del torque es perpendicular al plano de la fuerza y su
vector de aplicación
2ª
Ley de Newton
r
r
F = ma
Tiene que ver con aceleración lineal
Torque está asociado a rotación
Rotación implica giro en torno a un punto
ω: velocidad angular media
ω≡
θ
P
τ: período
ν: frecuencia
tiempo en recorrer circunferencia de radio r
1
ν≡
τ
Unidad de frecuencia
Hertz
1 Hz = 1 s-1
∆θ
∆t
Movimiento en trayectoria curva
ω≡
t2
∆θ
∆t
=
θ2 − θ2
t 2 − t1
θ1 = θ0 si t = 0
En general
t1
θ2
ω = cte
θ 2 = θ a tiempo t
θ = θ 0 + ωt
θ1
Circunferencia completa
Circunferencia completa
θ = 360° = 2π [rad]
2π
ω=
= 2πν
τ
Circunferencia recorrida con rapidez constante
v=
2πr
τ
v = ωr
existe aceleración angular
Si la velocidad angular cambia en el tiempo
∆ω
α≡
α: aceleración angular
∆t
α = cte y ω = ω0 en t = t0
Analogía con cinemática 1-D
también
ω = ω0 + αt
1
θ = θ0 + ω0 t + αt 2
2
ω2 = ω02 + 2α (θ − θ0 )
Ecuaciones de
la Cinemática
del Movimiento
Circular
EJEMPLO
Un CD gira partiendo desde el reposo hasta alcanzar 500 rev/min en 5.5 s.
a) ¿cuál es su aceleración angular suponiéndola constante?
b) ¿cuántas vueltas da en los 5.5 s?
c) ¿qué distancia recorre un punto ubicado a 6 cm del centro en los 5.5 s?
solución
ω = ω0 + αt = αt
a) En este caso
α=
ω
t
=
parte del reposo
500 [rev min ] 2π [rad] 1[min ]
⋅
⋅
5.5 [s]
1[rev ] 60 [s]
[
α = 9.52 rad s 2
]
1
θ = θ0 + ω0 t + αt 2
2
1
∆θ = θ − θ0 = ω0t + αt 2
2
b) Desplazamiento angular
∆θ =
1
2
[
2π [rad]
Una vuelta
c) Distancia recorrida
]
αt 2 = 0.5 ⋅ 9.52 rad s 2 ⋅ (5.5 [s ]) = 144 [rad]
2
da 22.9 vueltas en los 5.5 s.
circunferencia de radio r = 6 cm, recorrida 22.9 veces
∆s = 22.9 ⋅ 2πr = 863.3 [cm]
Aceleración angular es a lo largo de la trayectoria
at =
∆v
∆t
=r
∆ω
∆t
Teníamos aceleración centrípeta
at = rα
ac =
v2
r
aceleración tangencial
ar =
Aceleración centrípeta es componente radial de la aceleración
v2
r
r r
r
a = ar + at
Aceleración es vector
Dinámica de Rotaciones
Usando 2ª Ley de Newton
at = rα =
Ft
Ft = mrα
m
Masa puntual m que gira a distancia r de un
punto P bajo la acción de fuerza tangencial Ft
Ft
r
P
θ
m
Notar:
rFt = mr 2 α
torque
τ = rFt
Definiendo I: momento de inercia
I ≡ mr 2
Momento de inercia de masa puntual m
que gira a distancia r de un punto fijo P
¿qué pasa si la masa no es puntual?
m1, m2 , m3 ,......... .., mn
Varias masas puntuales
m1
r1
P
i =1
i =1
Objeto de masa continua
m2
r3
n
I = ∑ I i = ∑ mi ri 2
m3
r2
n
etc
I = ∫ r 2dm
Notar: el momento de inercia siempre está
referido a un punto o un eje en torno al cual puede
rotar el objeto
EJEMPLOS
Varilla delgada
de largo L y
masa M
Esfera sólida
de masa M y
radio R
I=
2
5
MR 2
I=
7
5
I=
I=
MR 2
1
12
1
3
ML2
ML2
Cilindro homogéneo
de masa M y radio R
I=
1
2
Cáscara cilíndrica homogénea
de masa M y radio R
I = MR 2
MR 2
a
Paralelepípedo recto
homogéneo de masa M
I=
b
1
12
(
M a2 + b2
)
Ecuación para rotación
Iα = τ
Momento de inercia · aceleración angular = torque
ma = F
Equivalente a 2a Ley de Newton
EJEMPLO
La bicicleta tiene la rueda trasera en
el aire, de modo que puede girar
libremente. Al pedalear la cadena
aplica una fuerza constante de 20 N
sobre el piñón, a distancia rs = 5 cm
del eje de la rueda. Considerando la
rueda como un aro de masa 2.5 kg y
radio 35 cm, ¿cuál es la velocidad
angular de la rueda luego de 5 s de
pedalear?
solución
Velocidad angular de la rueda
ω = ω0 + αt = αt
Aceleración angular de la rueda
α=
τ
I
El torque sobre la rueda
τ = Fr p
I = MR 2
El momento de inercia de la rueda
α=
τ
I
α=
Fr p
MR
ω=
ω = αt
2
20 [N]⋅ 0.05 [m]
2.5 [kg] ⋅ (0.35 [m])
EJEMPLO
Un objeto de masa m está unido
mediante una cuerda a una rueda
homogénea de masa M y radio R. La
cuerda no resbala sobre la rueda y
ésta gira sobre su eje sin roce.
Encontrar la tensión de la cuerda y la
aceleración de la masa
2
ω=
Fr p
MR
2
t
⋅ 5 [s ] = 16.3 [rad s ] = 2.6 [rev s ]
Torque sobre la rueda
R
T
disco
I=
1
2
MR
2
Fuerza sobre el objeto
τ = TR = Iα
TR =
MR 2
2
α
a=R
a = Rα
mg
T = mg − m
2T
M
T =
a=
mM
2m + M
2m
2m + M
g
g
2T
MR
T = m (g − a )
mg − T = ma
T
Cuerda no desliza
α=
2T
MR
=
2T
M
movimiento de masa
Rotación de un objeto
hay energía cinética asociada
n masas mi girando cada una de ellas a distancia ri fija respecto de un
mismo punto, todas con la misma velocidad angular ω
n
n
1
K = ∑ K i = ∑ mi v i2
i =1
i =1 2
Energía Cinética
Para cada masa v i = ri ω
n
1
K = ∑ mi (ri ω)
i =1 2
2

1 n
2 2

=  ∑ mi ri  ω
2  i =1

n
pero
I = ∑ m i ri 2
i =1
Si el objeto se
traslada y gira
simultáneamente
es el momento de inercia
1
K rot = Iω2
2
K = K cm + K rot =
1
1
2
Mv cm
+ Iω2
2
2
vcm: velocidad del
centro de masa
ω: velocidad angular
de rotación en torno a
centro de masa
Más equivalencias
τ = Iα = I
τ=
∆ω
L ≡ Iω
L: momento angular
∆t
∆L
τ=0
∆t
∆L = 0
Se conserva el momentum angular
¿qué es el momento angular?
r
L
Momento lineal
r
r
p = mv
Momento angular
r
r
r
v
m
r r r
L ≡r ×p
r r
Ángulo entre r y p es 90°
L = rp = mrv = mr 2
v
L = Iω
r r r r
L = r × p = Iω
r
= mr 2 ω
Un ejercicio de salto alto
Despegando del suelo la única fuerza externa que actúa es el peso
r
mg
La fuerza externa actúa sobre el centro de masa
La trayectoria del centro de masa es una parábola
Luego del despegue sólo es posible rotar en torno al centro de masa
El centro de masa pasa sobre la varilla
Buen saltador
centro de masa pasa por debajo de la varilla
Trayectoria está relacionada con conservación de Momento de Angular