Download Boletín 6 Física I Industriales

Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
1. Una rueda de radio r gira hacia la izquierda sin deslizamiento y, en el instante
considerado, su centro O está animado de una velocidad de módulo v 0 y una
aceleración de módulo a0 hacia la izquierda (véase la figura). Determine la
aceleración del punto C y la velocidad del punto A de la rueda en el instante
considerado.
Para determinar la velocidad del punto A y la aceleración del punto
C en el instante considerado, elegimos un sistema de referencia
móvil solidario con el sólido, centrado en O, tal como se indica en
la figura, y con sus ejes coincidentes con el sistema de referencia
inercial XYZ (SRI). En ese caso, las direcciones de los sistemas de
referencia inerciales y móvil coinciden, y podemos expresar todo en función de los
vectores unitarios del SRI.
No hay velocidad relativa. Sí hay velocidad de arrastre, pues los ejes se trasladan y
rotan con la rapidez angular de la rueda: 𝜔𝑒𝑗𝑒𝑠 = 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 = 𝜔.
Entonces:
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑣𝑟 ;
⃗⃗⃗𝑣𝐴 = 𝑣0 + 𝜔
⃗ 𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑥 𝑂𝐴
̂ 𝑥 𝑟0 (cos(𝜃) 𝑖̂ + 𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝑗̂)
𝑣𝐴 = −𝑣0 𝑖̂ + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝐾
𝑣𝐴 = −𝑣0 𝑖̂ + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟0 (−𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝑖̂ + cos(𝜃) 𝑗̂)
𝑣𝐴 = −(𝑣0 + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟0 𝑠𝑒𝑛(𝜃))𝑖̂ + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟0 cos(𝜃)𝑗̂
Para la aceleración de C:
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝜔
⃗⃗⃗⃗⃗ ) + 𝑎𝑟 + 2𝜔
𝑎𝑐 = 𝑎0 + 𝛼𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑥 𝑂𝐶
⃗ 𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑥 (𝜔
⃗ 𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑥 𝑂𝐶
⃗ 𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑥 𝑣𝑟
Por la misma razón que antes, los términos que contienen la velocidad relativa y la
aceleración relativa son nulos, así que
𝑎𝑐 = −𝑎0 𝑖̂ + 𝛼𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑘̂ 𝑥 (−𝑟𝑗̂) + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑘̂ 𝑥 [𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑘̂ 𝑥 (−𝑟𝑗̂)]
𝑎𝑐 = −𝑎0 𝑖̂ + 𝛼𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟𝑖̂ + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑘̂ 𝑥 (𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟𝑖̂)
2
𝑎𝑐 = (𝛼𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟 − 𝑎0 )𝑖̂ + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎
𝑟𝑗̂
Como rueda sin deslizar, los módulos de las velocidades lineal y angular cumplen la
relación 𝑎0 = 𝛼𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑟, 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒
2
2
𝑎𝑐 = (𝑎0 − 𝑎0 )𝑖̂ + 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎
𝑟𝑗̂ = 𝜔𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎
𝑟𝑗̂
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 1 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
2. Una tuerca se desplaza a lo largo del eje de un tornillo con velocidad 𝒗𝟎 , como
en la figura. Si la rosca tiene paso p, calcule: a) la velocidad angular de la
tuerca respecto del tornillo. b) La velocidad de un punto P de la tuerca que
diste del eje la distancia d.
Consideremos un sistema de referencia fijo en coordenadas
cartesianas de ejes 𝑋𝑖 𝑌𝑖 𝑍𝑖 y otro móvil solidario a la tuerca
⃗ ),
en coordenadas intrínsecas con vectores unitarios (𝜏, 𝑛⃗, 𝑘
tal y como se representan en la figura. Note que los vectores
𝜏 𝑦 𝑛⃗ son tangencial y normal, respectivamente, a la
trayectoria de cualquier punto de la tuerca, por tanto no
tienen dirección fija respecto a los ejes fijos.
a) La distancia recorrida por la tuerca a lo largo del eje 𝑍𝑖
en un intervalo de tiempo ∆𝑡 es:
∆𝑧 = 𝑣0 ∆𝑡
Si el intervalo de tiempo es igual al tiempo que tarda la tuerca en dar una vuelta
completa (período):
∆𝑡 = 𝑇 =
2𝜋
𝜔
→ ∆𝑧 = 𝑝
Por tanto:
P=𝑣0 𝑇 → 𝑝 = 𝑣0
2𝜋
𝜔
→ 𝜔 = 𝑣0
2𝜋
𝑝
b) La velocidad del punto P se puede expresar como:
⃗ 𝑖 + 𝜔𝑘
⃗ 𝑥 (−𝑑𝑛⃗) = 𝑣0 𝑘
⃗𝑖 +
𝑣𝑝 = 𝑣0 + 𝜔
⃗ 𝑥 𝑟 = 𝑣0 𝑘
2𝜋𝑑𝑣0
𝜏
𝑝
En esta ecuación el primer sumando está expresado en coordenadas del sistema de
referencia fijo, mientras que el segundo en coordenadas del sistema de referencia
móvil. Si quisiéramos expresar todo en función de las coordenadas del sistema de
referencia fijo deberíamos desarrollar el vector unitario 𝜏 en coordenadas el sistema
fijo y obtendríamos una expresión variable que depende de la velocidad angular 𝜔
⃗.
Alternativamente, podemos expresarlo fácilmente en coordenadas del sistema de
referencia fijo considerando el instante en que 𝜏 es paralelo al eje 𝑋𝑖 , teniendo en
cuenta que la expresión resultante sólo sería válida en ese preciso instante:
⃗𝑖 +
𝑣𝑝 = 𝑣0 𝑘
2𝜋𝑑𝑣0
𝑖𝑖
𝑝
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 2 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
3. En el instante considerado, el disco dotado de la ranura radial de la
figura gira en torno a su centro, O, con una velocidad angular
antihoraria de 4 rad/s que decrece a razón de 10 rad/s2. El
movimiento del cursor A se controla independientemente y en ese
instante es r = 150 mm, v = 125 mm/s y a = 2025 mm/s2. Hallar la
velocidad y aceleración absolutas de A para la posición considerada.
Este es un caso de movimiento relativo a un sólido, por lo que
tomaremos unos ejes móviles solidarios al disco y con origen
en su centro, O. Tomaremos un sistema cartesiano dextrógiro
⃗ ) para los ejes móviles con el eje
de vectores unitarios (𝑖, 𝑗, 𝑘
X coincidente con la dirección de la ranura y sentido positivo
hacia la posición del curso Av.
La velocidad del curso A es:
𝑣⃗𝐴 = 𝑣⃗0 + 𝜔
⃗⃗ 𝑥 𝑟 + 𝑣⃗𝑟
Pero 𝑣⃗0 = 0, entonces:
𝑣⃗𝐴 = (4
𝑟𝑎𝑑
𝑚
) 𝑘̂ 𝑥 (0,150𝑚)𝑖̂ + (0,125 ) 𝑖̂ = (0,600𝑗̂ + 0,125𝑖̂)𝑚/𝑠
𝑠
𝑠
Y tiene de módulo:
𝑣𝐴 = 0,613 𝑚/𝑠
La aceleración de A es:
𝑎
⃗𝐴 = 𝑎
⃗0+𝛼
⃗ 𝑥𝑟+𝜔
⃗⃗ 𝑥 (𝜔
⃗⃗ 𝑥 𝑟) + 𝑎
⃗ 𝑟 + 2𝜔
⃗⃗ 𝑥 𝑣⃗𝑟
𝐿𝑎 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑎
⃗ 0 = 0 y el resto de sumandos son:
𝛼
⃗ 𝑥 𝑟 = (−10
𝑟𝑎𝑑
⃗ 𝑥 (0,150𝑚)𝑖 = (−1,5𝑚/𝑠 2 )𝑗
)𝑘
𝑠2
𝜔
⃗⃗ 𝑥 (𝜔
⃗⃗ 𝑥 𝑟 ) = (4
𝑟𝑎𝑑
𝑟𝑎𝑑
⃗ 𝑥 [(4
⃗ 𝑥 (0,150𝑚)𝑖] = (−2,4 𝑚/𝑠 2 )𝑖
)𝑘
)𝑘
𝑠
𝑠
𝑎
⃗ 𝑟 = (2,025 𝑚/𝑠 2 )𝑖
2𝜔
⃗⃗ 𝑥 𝑣⃗𝑟 = 2 (4
𝑟𝑎𝑑
𝑠
𝑚
⃗ 𝑥 (0,125 ) 𝑖 = (1,0 𝑚/𝑠 2 )𝑗
)𝑘
𝑠
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 3 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
Por tanto, la aceleración absoluta de A es:
𝑎
⃗ 𝐴 = (−0,375 𝑖 − 0,5 𝑗) 𝑚/𝑠 2
El sentido correcto de la aceleración de coriolis puede determinarse teniendo en
cuenta que es el sentido en el que se movería el extremo del vector 𝑣⃗𝑟 si se hiciera
girar alrededor de su origen en el mismo sentido de 𝜔
⃗⃗ , tal como se muestra en la
figura.
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 4 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
4. La barra AB del sistema de barras de la figura tiene una velocidad
angular en sentido horario de 30 rad/ s cuando 𝜷=60º. Calcule la
velocidad angular de las otras dos barras BC y CD en ese instante.
Como el punto B es común a la barra AB y BC debe tener
la misma velocidad en ambas barras. Lo mismo sucede
con el punto C común a las barras BD y DC.
Barra AB. Para calcular la velocidad del punto B, elegimos
un sistema de referencia móvil solidario con la barra,
centrado en A y cuyos vectores unitarios coinciden con los
del SRI.
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑣𝑟
𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 + 𝜔
⃗ 𝐴𝐵 𝑥 𝐴𝐵
𝑣𝐵 = −𝜔𝐴𝐵 𝑘̂ 𝑥 (acos(𝛽) 𝑖̂ + 𝑎𝑠𝑒𝑛(𝛽)𝑗̂)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑣𝐵 = 𝜔
⃗ 𝐴𝐵 𝑥 𝐴𝐵
𝑣𝐵 = 𝑎𝜔𝐴𝐵 (𝑠𝑒𝑛(𝛽)𝑖̂ − cos(𝛽)𝑗̂)
Barra BC. Para calcular la velocidad del punto C, elegimos un sistema de referencia
móvil solidario con la barra, centrado en B y cuyos vectores unitarios coinciden con
los SRI.
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑣𝐵 + 𝜔𝐵𝐶 𝑘̂ 𝑥 𝑏𝑖̂
𝑣𝐶 = 𝑣𝐵 + 𝜔
⃗ 𝐵𝐶 𝑥 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑣𝑟
𝑣𝐶 = 𝑣𝐵 + 𝜔
⃗ 𝐵𝐶 𝑥 𝐵𝐶
𝑣𝐶 = 𝑣𝐵 + 𝑏𝜔𝐵𝐶 𝑗̂
𝑣𝐶 = 𝑎𝜔𝐴𝐵 𝑠𝑒𝑛(𝛽)𝑖̂ + (𝑏𝜔𝐵𝐶 − 𝑎𝜔𝐴𝐵 cos(𝛽))𝑗̂ (1)
Barra DC. Para calcular la velocidad del punto C en esta barra, elegimos un sistema
de referencia móvil solidario con la barra, centrado en D y cuyos vectores unitarios
coinciden con los del SRI.
⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑣𝑟
𝑣𝐶 = 𝑣𝐷 + 𝜔
⃗ 𝐷𝐶 𝑥 𝐷𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑣𝑐 = 𝜔
⃗ 𝐷𝐶 𝑥 𝐷𝐶
𝑣𝐶 = 𝜔𝐷𝐶 𝑘̂ 𝑥 (−𝑐𝑗̂) = 𝑐𝜔𝐷𝐶 𝑖̂ (2)
Igualando (1) y (2):
a𝜔𝐴𝐵 𝑠𝑒𝑛(𝛽) = 𝑐𝜔𝐷𝐶
𝜔𝐷𝐶 =
b𝜔𝐵𝐶 − 𝑎𝜔𝐴𝐵 cos(𝛽) = 0
𝜔𝐵𝐶
𝑎𝜔𝐴𝐵 𝑠𝑒𝑛(𝛽)
𝑐
=
0,2 𝑚 30 𝑟𝑎𝑑 𝑠−1 𝑠𝑒𝑛(60)
𝑏𝜔𝐵𝐶 = 𝑎𝜔𝐴𝐵 cos(𝛽)
0,1𝑚
𝜔𝐴𝐵 =
= 52,0 𝑟𝑎𝑑 𝑠 −1
𝑎𝜔𝐴𝐵 cos(𝛽)
𝑏
0,2𝑚 30 𝑟𝑎𝑑 𝑠 −1 cos(60)
=
= 15,0 𝑟𝑎𝑑 𝑠 −1
0,2 𝑚
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 5 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
5. Se lanza un boomerang de 40,0 cm de longitud cuyo centro describe
una trayectoria perfectamente circular de 10,0 m de radio con una
rapidez de traslación de 10,0 m/s. A su vez, el boomerang gira en
torno a su centro con rapidez angular de 2,40 revoluciones por
segundo. Indique lo verdadero respecto al módulo de la velocidad de
un extremo del boomerang:
a) Su valor máximo es 10,2 m/s
b) Su valor máximo es 13,2 m/s
c) Su valor máximo es 9,80 m/s
d) Su valor máximo es 6,98 m/s
e) Su valor es constante e igual a 10,0 m/s
Consideramos unos ejes móviles con origen en el centro del boomerang, que se
trasladan con él pero que no giran. Entonces la rotación del boomerang en torno a si
centro implica una velocidad relativa de su extremo respecto a esos ejes móviles. Así,
la velocidad de un extremo del boomerang es:
𝑣𝐸 = 𝑣0 + 𝜔
⃗ × 𝑟 + 𝑣𝑟
Si consideramos las coordenadas referidas a los ejes fijos y a los móviles en
⃗ 𝑖 ) y (𝜏, 𝑛⃗, 𝑘
⃗ ) respectivamente,
componentes intrínsecas con vectores unitarios (𝜏𝑖 , 𝑛⃗𝑖 , 𝑘
los sumandos quedan:
𝑣0 = (10,0 𝑚/𝑠)𝜏𝑖 ;
𝜔
⃗ + 𝑟 = 0 pues los ejes móviles no rotan
⃗ × (0,200 𝑚)(−𝑛⃗) = (3,02 𝑚/𝑠)𝜏
𝑣𝑟 = (2,40 ∙ 2𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠)𝑘
En el instante en que el vector 𝑡 del extremo del boomerang esta alineado en dirección
y sentido con el vector 𝑡𝑖 de la trayectoria de su centro, la velocidad absoluta de ese
extremo es máxima e igual a:
𝑣𝐸 = (10,0 𝑚/𝑠)𝜏𝑖 + (3,02 𝑚/𝑠)𝜏 = (13,0 𝑚/𝑠)𝜏𝑖
En el instante en que están alineados, pero con sentido opuestos, la velocidad absoluta
del extremo es mínima e igual a:
𝑣𝐸 = (10,0 𝑚/𝑠)𝜏𝑖 − (3,02 𝑚/𝑠)𝜏 = (6,98 𝑚/𝑠)𝜏𝑖
Por tanto, la respuesta correcta es D.
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 6 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
6. Se cuelga un aro delgado de radio R de un clavo.
El aro se desplaza lateralmente (dentro de su plano)
un ángulo 𝜷con respecto a su posición de equilibrio
y se suelta. ¿Qué rapidez angular tiene al volver a
su posición de equilibrio?
Aplicamos el principio de conservación de la energía entre el estado 1 (el aro está
desplazado con respecto a su posición de equilibrio) y el 2 (el aro pasa de nuevo por su
posición de equilibrio.) Sólo la gravedad realiza trabajo (𝑊𝑜𝑡𝑟𝑎𝑠 = 0).
𝐾𝑖𝑛𝑖 + 𝑈𝑔𝑟𝑎𝑣,𝑖𝑛𝑖 = 𝐾𝑓𝑖𝑛 + 𝑈𝑔𝑟𝑎𝑣,𝑓𝑖𝑛
0 + 𝑚𝑔ℎ =
1
𝐼 𝜔2 + 0
2 0
Aplicando el teorema de los ejes paralelos se calcula el momento de inercia del aro
con respecto al punto O:
𝐼0 = 𝐼𝐶𝑀 + 𝑀𝑅 2 = 𝑀𝑅 2 + 𝑀𝑅 2 = 2𝑀𝑅 2
Teniendo en cuenta que h=(R-Rcos(𝛽)), se puede despejar 𝜔 y se obtiene
𝜔=√
𝑔(1 − cos(𝛽))
𝑅
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 7 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
7. Una canica homogénea baja rodando por un tazón simétrico, con
forma de semicircunferencia, partiendo del reposo en el borde
izquierdo. El borde está a una distancia h por encima del fondo del
tazón. La mitad izquierda es lo bastante áspera para que la canica
ruede sin resbalar, pero en la mitad derecha no hay fricción porque está
lubricada con aceite. a) ¿Qué altura alcanzará la canica en el lado
lubricado, medida verticalmente desde el fondo? b) ¿Qué altura
alcanzaría la canica si el lado derecho fuese tan áspero como el
izquierdo? c) ¿Cómo explica el hecho de que la canica alcance más altura
en el lado derecho con fricción que sin fricción?
En ningún caso hay rozamiento dinámico, podemos aplicar la
conservación de la energía mecánica.
a. Como no hay fricción, la canica continúa rodando cuando alcanza la altura máxima
1
𝑚𝑔ℎ = 𝐼𝑤 2 + 𝑚𝑔ℎ′ ;
2
𝑘1 + 𝑢𝑔1 = 𝑘3 + 𝑢𝑔3 ;
𝐼𝑤 2
ℎ =ℎ−
2𝑚𝑔
′
Para calcular w, planteamos la conservación de la energía mecánica entre 1 y 2
1
1
1
1
𝑚𝑔ℎ = 𝐼𝑤 2 + 𝑚𝑣 2 → 𝑚𝑔ℎ = 𝐼𝑤 2 + 𝑚𝑤 2 𝑅 2
2
2
2
2
𝑘1 + 𝑢𝑔1 = 𝑘2 + 𝑢𝑔2 ;
2𝑚𝑔ℎ = (𝐼 + 𝑚𝑅 2 )𝑤 2 ⟹ 𝑤 2 =
ℎ′ = ℎ −
2𝑚𝑔ℎ
𝑆𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛
𝐼 + 𝑚𝑅 2
𝐼
2𝑚𝑔ℎ
𝐼ℎ
𝐼
.
=ℎ−
= ℎ (1 −
) = ℎ (1 −
2
2
2𝑚𝑔 𝐼 + 𝑚𝑅
𝐼 + 𝑚𝑅
𝐼 + 𝑚𝑅 2
Para Una esfera 𝐼 =
ℎ′ = ℎ 1 −
(
2
5
1
)
𝑚𝑅 2
1+ 𝐼
𝑚𝑅2
1
1
5
= ℎ (1 −
)= ℎ
2
5
𝑚𝑅
7
1+ 2
1+ 2
𝑚𝑅 2 )
5
𝒉′ =
𝟓
𝒉
𝟕
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 8 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
b. Con fricción la parte de la derecha, la fuerza de rozamiento produce un momento
que decelera la canica.
En este caso en la posición 3 v=0 y W=0
ℎ′ = ℎ −
𝐼𝑤 2
𝐼0
=ℎ−
=ℎ
2𝑚𝑔
2𝑚𝑔
c. Con fricción en ambos lados del tazón, la energía potencial gravitatoria inicial vuelve
a convertirse totalmente en energía potencial en el punto 3. Sin fricción en el lado
derecho, parte de la energía potencial inicial está en forma de energía cinética de
rotación cuando la canica alcanza la máxima altura
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 9 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
8. Considere la placa rectangular de la figura, de lados a y b,
homogénea, de espesor despreciable y densidad superficial . a)
Calcule su momento de inercia respecto a cada uno de los ejes de
simetría que pasan por su centro. b) Calcule su momento de inercia
respecto a cada uno de sus lados
Para calcular el momento de inercia respecto al eje x,
consideramos un elemento de masa dm contenido en un elemento
de área dA = a dy a una distancia y del eje X.
𝑑𝐼𝑥 = 𝑦 2 𝑑𝑚
𝐼𝑥 = ∫𝑀 𝑦 2 𝑑𝑚
𝑀
𝑑𝑚 = 𝜎 𝑑𝐴 = 𝑎𝑏 𝑑𝐴
𝐼𝑥 = ∫𝐴 𝑦 2 𝜎 𝑑𝐴
𝑏
2
𝑏
−
2
𝑏
2
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦 𝜎 𝑎 𝑑𝑦 = [𝜎𝑎
𝑦3 2
]
3
𝑏
−
2
𝑀
𝑏3
𝐼𝑥 = 3𝑎𝑏 𝑎( 8 +
𝑏3
)
8
𝐼𝑥 =
𝑀𝑏 2
12
Se procede de manera análoga para calcular el momento de inercia respecto al eje Y.
𝑎
2
𝑎
−
2
𝑎
2
𝐼𝑦 = ∫ 𝑥 𝜎 𝑏 𝑑𝑥 = [𝜎𝑎
𝑦3 2
]
3
𝑎
−
2
𝑀
𝑎3
𝐼𝑦 = 3𝑎𝑏 𝑏( 8 +
𝑎3
) 𝐼𝑦 =
8
𝑀𝑎2
12
Para hallar el momento de inercia respecto a los lados se aplica el teorema de Steiner
o teorema de los ejes paralelos.
𝑏 2 𝑀𝑏 2 𝑀𝑏 2 1
𝐼𝐴𝐵 = 𝐼𝐶𝐷 = 𝐼𝐶𝑀 + 𝑀𝑑 2 = 𝐼𝑥 + 𝑀 ( ) =
+
= 𝑀𝑏 2
2
12
4
3
𝑎 2 𝑀𝑎2 𝑀𝑎2 1
𝐼𝐵𝐶 = 𝐼𝐴𝐷 = 𝐼𝐶𝑀 + 𝑀𝑑 2 = 𝐼𝑦 + 𝑀 ( ) =
+
= 𝑀𝑎2
2
12
4
3
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 10 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
9. En la figura, el cilindro y la polea giran sin fricción en torno a ejes
horizontales estacionarios que pasan por
sus respectivos centros. Se enrolla una
cuerda ligera en el cilindro, la cual pasa
por la polea y tiene una caja de 3,00 kg
suspendida de su extremo libre. No hay
deslizamiento entre la cuerda y la
superficie de la polea. El cilindro uniforme tiene masa de 5,00 kg
y radio de 40,0 cm. La polea es un disco uniforme con masa de 2,00
kg y radio de 20,0 cm. La caja se suelta desde el reposo y desciende
mientras la cuerda se desenrolla del cilindro. Calcule la rapidez que
tiene la caja cuando ha caído 1,50 m.
Las condiciones del enunciado nos permiten aplicar el
principio de conservación de la energía entre el estado
inicial (sistema en reposo con la masa m a una distancia
h=1,50m sobre la referencia 𝑈𝑔𝑟𝑎𝑣 = 0) y el estado final
(donde la masa m ha caído 1,50m, adquiriendo una cierta
energía cinética de rotación.) No hay cambio en la energía
potencial de la polea ni del cilindro. Sólo la gravedad
realiza trabajo (𝑊𝑜𝑡𝑟𝑎𝑠 = 0).
𝐾1 + 𝑈𝑔𝑟𝑎𝑣,1 = 𝐾2 + 𝑈𝑔𝑟𝑎𝑣,2
0 + 𝑚𝑔ℎ =
1
1
1
𝐼𝑝 𝜔𝑝2 + 𝐼𝑐 𝜔𝑐2 + 𝑚𝑣 2
2
2
2
Los momentos de inercia de la polea y el cilindro son respectivamente:
1
1
𝐼𝑝 = 2 𝑚𝑝 𝑟𝑝2 𝑒 𝐼𝑐 = 2 𝑚𝑐 𝑟𝑐2 .
Como la cuerda no desliza,
𝑣
𝑣
𝑝
𝑐
𝜔𝑝 = 𝑟 𝑦 𝜔𝑐 = 𝑟 .
En estas condiciones, la rapidez de la caja cuando ha caído 1,50 m es
4𝑚𝑔ℎ
v=√
𝑚𝑝 +𝑚𝑐 +2𝑚
= 3,69 𝑚 𝑠 −1 .
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 11 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
10. Al rodillo de jardín de masa M de la figura se le aplica una fuerza
horizontal de módulo F de forma que el
rodillo rueda sin deslizar y su centro de masa
tiene
un
movimiento
uniformemente
acelerado. Calcule la aceleración del centro de
masa del cilindro y muestre que la fuerza de
rozamiento que existe en la superficie de contacto entre el rodillo y
el suelo está dirigida en sentido contrario a la fuerza.
Dinámica de traslación en dirección x.
∑ 𝐹𝑒𝑥𝑡,𝑥 = 𝑚𝑎𝐶𝑀𝑥
(Al escribir así esta ecuación, estamos suponiendo que 𝑎𝐶𝑀𝑥 va en sentido +x)
F-𝑓𝑟 = 𝑀𝑎𝐶𝑀𝑥 (1)
Dinámica de rotación.
∑ 𝑀𝑒𝑥𝑡,𝐶𝑀 = 𝐼𝐶𝑀 𝛼
𝑓𝑟 𝑅 = 𝐼𝐶𝑀 𝛼 (2)
(Estamos suponiendo que el rodillo acelera en sentido horario, que fue lo que tomamos
en positivo. Este movimiento es compatible con una 𝑎𝐶𝑀𝑥 en sentido +x)
Cinemática. Condición de rodadura sin deslizamiento.
𝑎𝐶𝑀𝑥 = −𝛼𝑥𝑅 (3)
(Signo positivo debido a los sentidos que supusimos para 𝑎𝐶𝑀𝑥 𝑦 𝛼. Si en las ecuaciones
anteriores tuviésemos escrito, por ejemplo, que 𝑎𝐶𝑀𝑥 tiene sentido antihorario, esta
ecuación llevaría un signo -)
Resolución.
De (2): 𝑓𝑟 =
𝐼𝐶𝑀 𝛼
𝑅
𝐼𝐶𝑀 𝑎𝐶𝑀𝑥
𝐼𝐶𝑀
(𝑑𝑒 3): 𝑓𝑟 =
(
) → 𝑓𝑟 = 2 𝑎𝐶𝑀𝑥 (4)
𝑅
𝑅
𝑅
𝐼
𝐼
𝐶𝑀
De (4) y (1): F - ( 𝑅𝐶𝑀
2 𝑎𝐶𝑀𝑥 ) = M𝑎𝐶𝑀𝑥 → 𝐹 = ( 𝑅 2 + 𝑀) 𝑎𝐶𝑀𝑥 → 𝑎𝐶𝑀𝑥 = 𝐼
𝐹𝑅 2
𝐶𝑀 +𝑀𝑅
2
1
Para un cilindro 𝐼𝐶𝑀 = 2 𝑀𝑅 2
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 12 | 19/11/2015
Juan Leyva
Boletín 6 Física I Industriales
𝑎𝐶𝑀𝑥 = 1
2
𝐹𝑅 2
𝑀𝑅 2 +𝑀𝑅 2
𝐹𝑅 2
=3
2
𝐹𝑅 2
2𝐹
2𝐹
= 3 𝑀 → 𝑎𝐶𝑀𝑥 = 3 𝑀 (5)
Valor positivo. El sentido supuesto al escribir la ecuación es correcto.
DE (4) y de (5):
1
𝑀𝑅 2 2 𝐹
𝐼𝐶𝑀 2 𝐹
𝐹
𝐹
2
𝑓𝑟 = 2 (
)=
(
) = → 𝑓𝑟 =
2
𝑅 3𝑀
𝑅
3𝑀
3
3
Valor positivo. El sentido supuesto en el diagrama de cuerpo libre es correcto.
NOTA.
Podemos calcular vectorialmente la relación entre 𝑎𝐶𝑀𝑥 𝑒 𝛼 para llegar al resultado de
la ecuación (3). Partamos de que el rodillo acelera en sentido horario, y calculamos
que aceleración debe tener el CM. Para calcular la aceleración de O (que en nuestro
caso coincide con el CM) escogemos unos ejes (que no rotan) con el origen en el punto
de contacto P.
El movimiento de O, visto por un observador en P, y en ese instante una rotación pura
en torno a P, que es el centro instantáneo de rotación.
𝑎0 = 𝑎𝑝 + 𝛼 𝑥 𝑟 + 𝜔
⃗ 𝑥 (𝜔
⃗ 𝑥 𝑟) + 2𝜔
⃗ 𝑥 𝑣𝑟𝑒𝑙 + 𝑎𝑟𝑒𝑙
Donde la 𝑎𝑟𝑒𝑙 = 𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑎𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = =𝛼 𝑥 𝑃⃗0 + 𝜔
⃗ 𝑥 (𝜔
⃗ 𝑥 𝑃⃗0 )
𝑎𝑟𝑒𝑙 : aceleración relativa a P, la que ve un observador en P.
Calculamos ambos términos de la aceleración relativa:
𝛼 𝑥 𝑃⃗0 = 𝜔(−𝑘̂)𝑥 𝑅(𝑗̂) = 𝛼𝑅𝑖̂
𝜔
⃗ 𝑥 𝑃⃗0 = 𝜔(−𝑘̂)𝑥 𝑅(𝑗̂) = 𝜔𝑅𝑖̂
𝜔
⃗ 𝑥 (𝜔
⃗ 𝑥 𝑃⃗0 ) = 𝜔(−𝑘̂) 𝑥 𝜔𝑅𝑖̂ = 𝜔2 𝑅(−𝑗)
En problemas anteriores ya calculamos la aceleración que tiene P, el punto de
contacto, en el caso de rodadura sin deslizamiento, sabemos que no tiene aceleración
horizontal; tiene únicamente aceleración en vertical, que vale 𝑎𝑝 = 𝜔2 𝑅𝑗̂
Por tanto:
𝑎0 = 𝑎𝑝 + 𝑎𝑟𝑒𝑙 = 𝑎𝑝 + 𝛼 𝑥 𝑃⃗0 + 𝜔
⃗ 𝑥 (𝜔
⃗ 𝑥 𝑃⃗0 )
𝑎0 = 𝜔2 𝑅𝑗̂ + 𝛼𝑅𝑖̂ + 𝜔2 𝑅(−𝑗̂) = 𝛼𝑅𝑖̂
𝑎0 = 𝛼𝑅𝑖̂
En resumen, para el caso de rodadura sin deslizamiento, podemos calcular la
aceleración del punto o calculando simplemente:
𝑎0 = 𝛼 𝑥 𝑃⃗0
Obsérvese que, si tuviésemos supuesto que 𝛼 va en sentido antihorario → 𝑎0 = 𝛼𝑅(−𝑖̂)
www.juanleyva.es | Física 1 Industriales | Página 13 | 19/11/2015