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UCLM
PROBLEMAS RESUELTOS SÓLIDO RÍGIDO
Equipo docente
Escuela Técnica Superior de Agrónomos (Albacete)
Antonio J Barbero, Alfonso Calera, Mariano Hernández.
E.U.Ingeniería Técnica Agrícola (Ciudad Real)
Pablo Muñiz, José A. de Toro
Departamento Física Aplicada UCLM
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PROBLEMA 1
En el esquema presentado al margen lavelocidad vF de la pesa unida a la poleafija F es 20 cm/s. Determine la velocidadv M de la pesa unida a la polea móvil M .
M
F
10 cm
5 cm
M v
F v
el tramo de cable vertical situado entre las dos poleas D
E
(tramo DE ) se mueve hacia arriba con velocidad vF
Como el centro de la polea fija no se mueve,
(estamos suponiendo que el cable es inextensible).
Esto significa que el punto D de la polea móviltambién se mueve hacia arriba con velocidad vF .
Por otra parte, el trozo vertical de cable unido al techo
I
O
(tramo IO) está fijo, y el punto I también está fijo, su velocidad v I es nula.
Es decir, conocemos la velocidad de dos puntos de la polea móvil (v I = 0, v D = vF ) yesto nos permite calcular la velocidad angular de la polea móvil y la velocidad de sucentro, a la cual llamaremos vC . Esta velocidad vC es igual a la velocidad v M deascenso de la pesa colgada de la polea móvil.
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M
10 cm
C v
C Dv
M v
F v
I D I D
C v
C
Dv
I C r / r
X
Y
Z
M R
M R2
I Dr / r
Calculamos velocidad angular:
M R
I D I D vvv / rrr
+=ω r I D I r v /
rrr
×+= ω
Datos
0= I vr
jvv F D
rr
=i Rr M I D
rr
2 / =k
r
r
⋅=ω ω
M C vv =
F D vv =
cm/s20=F v
I Dr / rr
×ω El producto vectorial
tiene sentido j
r
M
F
Rv
2=ω
j R jvv M F D
rrr
2⋅== ω
Cálculo de vC
I C I C vvv / rrr
+= I C I r v / rrr
×+= ω
i Rk R
vv M
M
F C
rr
r
×=2
jv
v F C
rr
2=
Resultados numéricos
k R
v
M
F r
r
2=ω
(rad/s)1cm102
cm/s20k k rr
r
=⋅
=ω
(cm/s)102
cm/s20 j jvC
rrr
==
(cm/s)10 jvv C M
rrr
==
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PROBLEMA 1 (Continuación)
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PROBLEMA 2
En el mecanismo del dibujo se sabe que en el instante mostrado la barra AB giraen sentido horario a 0.20 rad/s. Determínese la velocidad angular de la barra BCy la velocidad lineal de la corredera C que se mueve a lo largo de la ranura.
A
B
C0.20 rad/s
30 cm
40 cm 40 cm
A
B
C0.20 rad/s
30 cm
40 cm 40 cm
A Br
/ r
X
Y
Z
Se conoce la velocidad angular ω AB = 0.20 rad/s, y también se sabe que v A = 0, ya que el punto A está fijo.
Con respecto al sistema coordenado de la figura, y fijando el origen de coordenadas en el punto A
rad/s20.0 k AB
r
r
−=ω
( )m30.040.0 / jir A B
rrr
+=
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PROBLEMA 2 (Continuación)
Con esta información puede determinarse la velocidad v B: A B AB A B A B r vvv / / rrrrr
×=+= ω
( )m/s08.006.0
030.040.0
20.000 ji
k ji
v B
rr
rrr
r
−=−=
0, está en reposo
La velocidad angular ω BC es desconocida, pero se sabe que su dirección es la del eje Z pues el movimiento del mecanismoocurre en el plano XY, por lo tanto
k BC BC
v
r
ω ω =
ivv C C
r
r
=Además, la velocidad del punto C debe tener la dirección del eje X, ya que C se mueve en la ranura horizontal
BC BC B BC BC r vvvv / / rrrrrr
×+=+= ω
A
B
C0.20 rad/s
30 cm
40 cm 40 cmX
Y
Z
A Br
/ r
A B AC BC r r r / / / rrr
−= )0,30.0,40.0()0,30.0,40.0()0,0,80.0( −=−=
BC r
/ r jir BC
rrr
30.040.0 / −=
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PROBLEMA 2 (Continuación)
ivv C C
rr
=BC BC B BC B r vvv / /
rrrrr
×+=+= ω ( ) jirr
08.006.0 −=
030.040.0
00
−
+ BC
k ji
ω
rrr
Igualando componentes:
C BC v=+ ω 30.006.0ivv
C C
rr
=
( ) jirr
08.006.0 −= ( ) ji BC BC
rr
ω ω 40.030.0 ++040.008.0 =+− BC ω
rad/s20.0 k k BC BC
rr
r
==ω ω rad/s20.040.0
08.0== BC ω Sentido antihorario
m/s12.0 iivv C C
rrr
==m/s12.020.030.006.0 =⋅+=C v
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PROBLEMA 3
Una barra delgada de longitud L desliza a lo largo de dos guías,una vertical y otra horizontal, según se indica en el esquema.Determinar la velocidad del extremo A y la velocidad angularen función del ángulo θ . Dato: la velocidad el extremo B es v0.
A
B
v0
θ
Eligiendo B como referencia, el movimiento de la barra es equivalente a una traslaciónmás una rotación alrededor de B.
v0
vA
A
B
L
θ
θ
≡
v0
A
B
L
θ
θ
v0
Avr
0vr
B Av / r
B A A vvv / 0rrr
+=
+
A
B (fijo)
L
θ
θ
B Av / r
ω
PROCEDIMIENTO 1
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PROBLEMA 3 (Continuación)
La dirección de es perpendicular a la barra B Av / r
Velocidad angular
Avr
0vr
90º
θ
B Av / r
b a r
r a θ
0
tanv
v A=θ
θ tan0vv A =
A
B (fijo)
L
θ
θ
B Av / r
ω
B A B A r v / / rrr
×=ω Lr
r
×=ω
L Lv B A ω ω == 90sin /
B Av
v
/
0cos =θ
θ cos
0 /
vv B A = Lω =
θ
ω
cos
0
L
v=
Lr
jvv A
rr
tan0 θ −=k
L
v r
r
θ ω
cos0=
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PROBLEMA 3 (Continuación)
B A B B A B A r vvvv / / rrrrrr
×+=+= ω Puesto que A se desplaza hacia abajo, suvelocidad no tiene componente horizontalPROCEDIMIENTO 2
v0
vA
A
B
L
θ
θ
X
Y
Z
Lr
( ) ji L Lr B A
rrr
r
cossin / θ θ +−==
k
r
v
ω ω =
0cossin
000
θ θ
ω
−
+=
k ji
Livv A
rrr
rr ( ) j Li Lv
rr
sincos0 θ ω θ ω −−=
jvv A A
rr
=
Igualando componentes:
0cos0 =− θ ω Lvθ
ω cos
0
Lv=
sinθ ω Lv A
−= θ tan0vv A −=
k L
v r
r
θ ω
cos0= jvv A
rr
tan0 θ −=
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PROBLEMA 4
Un carrete cilíndrico de 10 cm de radio y 2 kg se desenrolla por efecto de la gravedad.Determine la velocidad de su CM después de que se haya desenrollado 1 m de cuerda(suponga que la cuerda no desliza a medida que el carrete baja).
Rv ⋅=ω R
v
h = 1 m
Energía cinética total del carrete:
=C E ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
CMdelmovimiento
delcinéticaEnergía⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
CMrespectorotación
decinéticaEnergía 22
2
1
2
1ω I mv +=
Masa del carrete Velocidad del CM en un instante dado
Velocidad angular en el mismo instante
Momento de inercia respecto al CM
A medida que la cuerda se desenrolla se cumple
( ) ( ) 2222
2
1
2
1
2
1ω ω ω I mR I Rm E C +=+⋅=
U
Suponiendo que el carrete partió del reposo, la energía cinética se ha incrementado desde 0hasta E C , a expensas de disminuir la energía potencial en ∆U=-mgh.
E C ∆−= ( ) mgh I mR =+ 22
2
1ω
I mR
mgh
+= 2
2ω
( )m/s61.38.9
3
4
3
4
2 / 3
2
2
2
==== gh
mR
mghR
I mR
mgh Rv
+
= 2
2Por lo tanto la velocidad de CM es
2
2
1mR I =Carrete cilíndrico Véase que en el resultado no influyen ni la masa ni el radio del carrete
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PROBLEMA 5
En un campeonato de bolos el experto jugador Pedro Picapiedra lanza la bola con unavelocidad de 8 m/s. Inicialmente la bola tiene velocidad angular nula y desliza sin rodarpor el piso de la bolera, donde el coeficiente de rozamiento dinámico es µ = 0.25.¿Cuánto tiempo tardará la bola en comenzar a rodar sin deslizamiento, y qué distanciarecorre hasta ese momento?
Momento de inercia de una esfera respecto a un diámetro: ( ) 25 / 2 mR I =
P
R
F
v0
CM
Sean m, R la masa y radio de la bola.
Cuando la bola toma contacto con el piso (punto P), a su movimiento se opone la fuerza de rozamientodinámica F , ya que la bola desliza (hay velocidad relativa entre el punto de contacto y el suelo).
Dicha fuerza F reduce progresivamente la velocidad del CM (inicialmente v0 = 8 m/s), y al mismotiempo crea un momento respecto al CM que hace que la bola empiece a girar, de modo que suvelocidad angular ω crece mientras que la velocidad v de su CM se reduce.
P RF
v
CM
ω
N m
¿Hasta cuando se mantiene esta situación?
La causa de la fricción dinámica es que el punto P tiene velocidad relativa respecto al suelo. Pero en elmomento en que se alcanzan unos valores v f y ω f que cumplen la condición v f = ω f R (condición de
rodadura) esto deja de ocurrir: P está instantáneamente en reposo respecto al suelo. Por lo tanto la fuerzade rozamiento dinámica deja de influir, y a partir de ese momento la bola rodará (ya no desliza).
Determinación de la velocidad del CM en función del tiempo antes de la rodadura: gF ==Mientras dure el deslizamiento esta fuerza origina un movimiento uniformemente retardado cuya aceleración es:
2
m/s45.2−=−=−= gm
F
a µ
(m/s)45.28)( 00 t gt vat vt v −=−=+=Por lo tanto la velocidad en función del tiempo es:
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PROBLEMA 5 (Continuación)
mgR RF τ ==Además, la fuerza F crea un momento respecto al CM cuyo módulo es y está asociado con un giro horario.
De acuerdo con la ecuación fundamental de la dinámica de rotación mgR I α τ == , donde I es el momento de inercia
respecto al CM y α es la aceleración angular.
( ) R
g
mR
mgR
I 2
5
5 / 22
µ τ α ===
Esta es la aceleración angular mientras dura el deslizamiento: gracias a ella la velocidad angular crece desde 0 hasta ω f = v f / R en elmomento en que se inicia la rodadura (valor de veocidad angular que se mantiene posterormente si se considera despreciable laresistencia a la rodadura).
Mientras dura el deslizamiento t
R
gt t
2
5)( α ω =⋅=
Velocidad lineal del CM
45.280 f f f t gt vv −=−=
Velocidad angular
f f t R
g
2
5ω =En el instante de comienzo de la rodadura,
una vez transcurrido un tiempo t f :
s93.07
2 0 ==g
vt f
µ f f t
ggt v
2
5
0µ =−
Relación entre ambas: Rv f f ω =
m/s72.593.045.280 =⋅−=−= f f gt vvVelocidad del CM en ese instante:
Se trata de un movimiento uniformemente retardado donde el espacio recorrido es:
( )m38.6
45.22
872.5
2
2220
2
=−
−=
−=
a
vv x
f
f
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PROBLEMA 6
Un cilindro macizo de masa m y radio R rueda sin deslizar a lo largo de un planoinclinado un ángulo θ sobre la horizontal. En el punto más alto la velocidad del CM esv0. Haciendo uso del concepto de momento angular, calcule la velocidad del CM y lavelocidad angular del cilindro en cualquier instante posterior. Determine también cuales el valor mínimo del coeficiente de rozamiento entre el plano inclinado y el cilindro
para que éste caiga efectivamente rodando sin deslizar.
R CM
P
N
F R
θ
θ sinmg
θ cosmgmg
Elegimos como referencia el punto P de contacto entre el cilindro y el plano inclinado.
Si rueda sin deslizar, este punto de contacto P es el CIR, y su velocidad relativa ala superficie inclinada es nula (aunque su aceleración no es nula).
Momento angular respecto al punto P:
X
Y
Zvm R L L CM P
r
rrr
×+=
( )k I L CM CM
rr
−= ω
j R Rrr
=
ivvr
r
= ( )k Rmvvm Rr
r
r
−=×
Velocidad angular
Momento inercia respecto al CM Velocidad del CM
( )( )k Rmv I vm R L L CM CM P
r
r
rrr
−+=×+= ω
Si rueda sin deslizar v = ω R
( )k mR I CM
r
−+= 2 ω
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PROBLEMA 6 (Continuación)
Momento de las fuerzas respecto al punto P: la única que crea un torque es la componente mgsin θ . img j RP
rrr
sinθ τ ×=
k RmgP
r
r
−= sinθ τ Ecuación fundamental de la dinámica de rotación:dt
Ld PP
r
r
=τ
La caída del cilindro es un movimiento bidimensional en el plano XY. Todos los vectores axiales están dirigidos según Z.
Por eso podemos establecer la siguiente relación entre los módulos:
dt
mR I d Rmg CM
2 sin
+=
ω θ ( )
dt
d mR I CM
ω 2+= R CM
P
N
F R
θ
θ sinmg
θ cosmgmg
dt
dLPP =τ
∫ ∫ +=
t
CM
dt mR I
Rmgd
0
2sin0
θ ω
ω
ω X
Y
Z2sinmR I
Rmgdt d
CM +== θ α ω
(Véase que la aceleración angular es constante)
Puesto que consideramos que ya en el punto más alto el cilindro rueda sin deslizar debe verificarse Rv / 00 =ω
t mR I
Rmg
R
v
CM 2
0 sin
++=
θ ω
( )t
mRmR
Rmg
R
v22
0
2 / 1
sin
++=
θ t
R
g
R
v
3
sin20 θ ω +=
t g
vv 3
sin20
θ
+=( ) t mRmR
mg Rv 22
2
02 / 1
sin
++=θ
t mR I
mg RvvCM
2
2
0 sin++= θ
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PROBLEMA 6 (Continuación)
Momento creado respecto al punto de contacto P por la componente delpeso paralela a la superficie del plano inclinado:
θ
R
N
θ cosmg N =
Se producirá rodadura mientras que la fuerza de rozamiento sea inferior al valor máximo posible de rozamiento estáticoµ N ( N = mgcosθ ).
Aplicando la 2ª ley de Newton:
θ sinmgF =
F R α P I FR =P I
FR=α Ra α =
P
R I
FRmF maF F
2
−=−=
Condición para rodadura N F R <
maF F R =−
P
θ sin3
1
)2 / 3(1 2
2
mgmR
R
mF maF F R =⎟⎟ ⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−=−=
θ µ tan3
1>θ µ θ cossin
3
1mgmg < N F R <Para que haya rodadura
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PROBLEMA 7
Un todoterreno con tracción en las cuatro ruedas está parado en una calle donde elcoeficiente de rozamiento estático entre neumático y asfalto vale µ = 0.75. Si se pone enmarcha, ¿cuál es el valor máximo posible de su aceleración sin que las ruedas patinen?.
La aceleración máxima de avance corresponde al rozamiento estático máximo entre las ruedas y el asfalto. El motor del vehículohace girar las ruedas y, mientras éstas no resbalen, la fuerza de rozamiento estática F R, que se opone a la fuerza que la superficie
de los neumáticos en contacto con el asfalto hacen sobre él, impulsa el vehículo hacia delante. Téngase en cuenta que la parteinferior de los neumáticos hace sobre el pavimento una fuerza dirigida hacia atrás.
Es decir, la fuerza de rozamiento estática determina el movimiento del todoterreno haciadelante porque es la única fuerza externa exterior que actúa en sentido horizontal.
RF r
RF r
Hay cuatro puntos de contacto con el suelo, uno por cada neumático. Para simplificar
supondremos que el peso Mg del vehículo se reparte por igual entre ellos, y que las cuatrofuerzas de rozamiento son iguales.
Mg
N
CM
Fuerza de rozamiento entre cada neumático y el suelo Mg N
F R µ µ 4
1
4==
∑== MaF F R4 Ma Mg =⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ µ
4
14 2
m/s35.78.975.0 =⋅== ga µ
2ª ley de Newton:
Comentario: si las ruedas resbalasen sobre el terreno, entonces habría velocidad relativa entre la superficie inferior del neumáticoy el asfalto. Esto daría lugar a un rozamiento dinámico, la fuerza correspondiente también estaría dirigida hacia delante, perocomo el coeficiente dinámico es inferior al estático, la aceleración resultante seria menor.
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PROBLEMA 8
Un automóvil viaja a 126 km/h por una carretera recta y llana. De improviso unacaballería cruza la carretera 150 m por delante del vehículo. Suponiendo que elconductor reaccione de forma instantánea y aplique el freno de inmediato, ¿cómo leconviene hacerlo para evitar el atropello, de forma brusca bloqueando las ruedas o demanera suave pero firme de manera que las ruedas rueden sin deslizar? Suponga que los
frenos actúan por igual sobre las cuatro ruedas del vehículo y que los coeficientes derozamiento estático y dinámico son, respectivamente, µ E = 0.60 y µ D = 0.35.
Caso de frenar bruscamente, bloqueando las ruedas
Las ruedas se deslizan sobre el asfalto y la fuerza responsable de la desaceleración será el rozamiento dinámico.
Suponiendo que el peso se reparte por igual entre las cuatroruedas, la fuerza de rozamiento dinámica en cada una es 44
gF D D D µ µ == La fuerza total que actúa
sobre el vehículo es 4 F D
D D aF =44
4g
Dµ = ga D D = 2m/s43.38.935.0 =⋅=
Mg
N
CM
F D F D
D D xavv 220
2 −=−
m/s35km/h1260 =
Esta aceleración tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad de coche; el espaciorecorrido hasta detenerse será:
D
Da
vv x
2
20
2
−
−= m6.178
53.32
352
=⋅−
−=
=v
0=v (finalmente se detiene)
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PROBLEMA 8 (Continuación)
Caso de frenar suavemente, de modo que las ruedas rueden sin deslizarLa frenada se debe a la fuerza de rozamiento estática. Suponiendo, como antes, que el peso se reparte por igual entre las cuatroruedas, la fuerza de rozamiento en cada una es:
44
g N F E E E µ µ == La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 F E
E E aF =44
4g
E µ = ga E E =2m/s88.58.960.0 =⋅=
Esta aceleración también tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad del coche; el espacio recorrido hasta detenerse será:
E
Da
vv x
2
20
2
−
−= m2.104
88.52
352
=⋅−
−= E E xavv 22
02 −=−
Véase que en el primer caso la distancia de frenada es mayor que la distancia al obstáculo (150 m), mientras que en el segundo
caso puede evitarse el atropello.
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UCLM
PROBLEMA 9
Una barra delgada y homogénea de longitud L y peso W estáarticulada al suelo en su extremo inferior O. Inicialmente seencuentra colocada verticalmente y en reposo (véase figura).
En un momento dado empieza a caer moviéndose en el planovertical de la figura. Se pide:
W
L
Su velocidad angular y su aceleración angular enfunción del ángulo formado con la vertical.
Represéntense gráficamente velocidad y aceleraciónangular en función del ángulo.
a)
Las componentes normal y tangencial de la reacciónen O en función del ángulo formado con la vertical.Represéntense gráficamente ambas componentes enfunción del ángulo.
b)
O
C
Supóngase ausencia de fricción en la articulación.
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UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Apartado a)
2
1 ω
O
C’
W
L
L/2θ
W
C
( )θ cos12 −
L
θ cos2
L
α
nF t F
En ausencia de rozamiento seconserva la energía mecánica.
Veamos la energía mecánicacuando la barra estaba vertical (1),
y cuando se encuentra formandoun ángulo θ (2). El C.M, que alprincipio ocupaba la posición C,pasa a ocupar la posición C’.
2211 K U K U +=+
Nivel de referencia de energía potencial
0 0
( )θ cos121 −⋅=
L
W U
22 2
1ω O I K =
DSL en un instante cualquiera.(Rotación)
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UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
22 2
1ω O I K =
Momento de inercia respecto al extremo O
22
31
21
ω ⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ = L
g
W ( )θ cos121 −⋅=L
W U 222
31
21
K Lg
W =⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ = ω
DETERMINACIÓN VELOCIDAD ANGULAR
( )θ ω cos13
−= L
g( )θ ω cos1
32 −= L
g
CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 1
Tomando momentos de las fuerzas respecto al punto O (véase DSL) sólo queda el momentocorrespondiente al peso:
θ τ sen2⋅⋅∑ =
LW O
α τ ⋅∑ = OO I Ecuación fundamental dinámica rotación:
θ α sen23
⋅= L
gα θ ⋅⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ =⋅⋅ 23
1sen2 Lg
W LW
O A 9 (C i ió )
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22
UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Relación entre ω y θ CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 2
( )θ ω cos13
−= L
g
dt
d ω α =
dt
d
d
d θ
θ
ω ⋅=
θ
ω ω
d
d ⋅=
( )θ
θ
θ
ω
cos13
2
sen3
−
=
L
g L
g
d
d
ω
θ
2sen3
L
g= θ α sen
23
⋅= L
g
α
L
g
23
Unidades
θ (º)90 180270
360
ω
L
g3UnidadesRepresentación
gráfica de lavelocidad
angular y de laaceleraciónangular enfunción del
ángulo θ
PROBLEMA 9 (C i ió )
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UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Apartado b)
nF
θ
CÁLCULO REACCIÓN NORMAL
W
θ cos⋅W
cF
2 L
r CM =La diferencia entre la componente del pesoparalela a la barra W cosθ y la reacción normalF n debe ser igual a la fuerza centrípeta F c.
CM c r g
W F ⋅= 2ω
22 L
g
W ⋅= ω
nc F W F −⋅= θ cos
( )θ ω cos132 −= Lg
( ) 2cos1
3 L
L
g
g
W
⋅−= θ ( )θ cos12
3
−⋅=
W
( )3cos52
−⋅= θ W
F n
PROBLEMA 9 (C ti ió )
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UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
CÁLCULO REACCIÓN TANGENCIAL
La suma de fuerzas tangenciales actuando sobre el C.M. de la barra que cae ha de ser igual asu masa por la aceleración tangencial (2ª ley de Newton aplicada a la componente tangente).
θ
W
2 L
r CM =
θ sen⋅W
t F
t t ag
W F W ⋅=−⋅ θ sen
t ag
W ⋅
α ⋅= CM t r a
La aceleración tangencial del C.M. es
α ⋅= 2 L
α θ ⋅⋅−⋅=2
senL
g
W W F t
θ α sen23
⋅= L
gθ sen
23
2⋅⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ ⋅⋅−=
L
g L
g
W W F t
θ sen4⋅= W F t
PROBLEMA 9 (Continuación)
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UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Representación gráfica de las reacciones en O
θ sen4⋅=
W F t ( )3cos5
2−⋅= θ
W F n
θ (º)90 180
270
360
nF
W
Unidades
t F
W
Unidades
1
-4
¿Qué significado debeatribuirse al hecho de
que para algunosvalores de ángulo las
reacciones seannegativas?
PROBLEMA 10
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UCLM
Una varilla delgada de peso W y longitud L que se encuentra
apoyada en una pared y un suelo lisos se desliza hasta quefinalmente cae al suelo (considérese que todo el movimientotiene lugar en el plano de la figura). En el instante presentadoen el esquema, cuando el ángulo formado por la parte superior
de la varilla con la pared es θ , su velocidad angular es ω (altiempo que desliza sobre el suelo y la pared, la varilla estágirando en sentido contrario a las agujas del reloj).
CM
A
B
θ
W
ω
Determine la aceleración del CM de la varilla y su aceleración angular.
A
B
N B
N A
θ
θ
CM
W
α ω
k r
r
α α =
PROBLEMA 10
Fuerzas que actúan: DSL
X
Y
Z
Masa de la varilla: gW m =
Aceleración del CM: jaiaa y xCM
rrr
+=Estas dos componentes
cartesianas son desconocidas;hay que calcularlas.
∑ ⋅== x A x am N F
∑ ⋅=−= y B y amW N F 2ª ley de Newton:
Ecuación de momentos respecto al CM:
∑ =+−−= α θ θ τ I L
N L
N B ACM sin2
)90sin(2
2
12
1mL I =+
PROBLEMA 10 (Continuación)
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UCLM
PROBLEMA 10 (Continuación)
A no tiene aceleración
según el eje X!
ACM r / r
A
B
N B
N A
θ
θ
CM
W
α ω
k r
r
α α =
X
Y
Z
α θ θ I L
N L
N A B =− cos2
sin2
x A am N ⋅=
y B amW N ⋅=−Tenemos tres ecuaciones
… y 5 incógnitas
α ,,,, y x B A aa N N
Para resolver esto, necesitamos dos relaciones adicionales, que obtendremos del hecho de que el extremo A resbala hacia abajo a lolargo de la pared (y por eso no tiene aceleración según el eje X) y del hecho de que el extremo B resbala hacia la derecha sobre elsuelo (y por tanto no tiene aceleración según el eje Y).
Aceleración del CM respecto de A: ACM ACM ACM r r aa /
2 /
rrrrr
ω α −×+=
( )θ θ cossin2 / ji
L
r ACM
rrr
−=
k r
r
ω ω =
jaiaa y xCM
rrr
+= += ja A
r
02
cos
2
sin00
θ θ α
L L
k ji
−+
rrr
j L
i L rr
cos2
sin2
22 θ ω θ ω +−
( ) ( ) j Li
L jaa ACM
rrrr
θ ω θ α θ ω θ α cossin2
sincos2
22 ++−+=
( )i La x
rr
sincos2
2 θ ω θ α −=Igualando componentes
PROBLEMA 10 (Continuación)
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28
UCLM
PROBLEMA 10 (Continuación)
B no tiene aceleraciónsegún el eje Y
Aceleración del CM respecto de B: BCM BCM BCM r r aa / 2
/ rrrrr
ω α −×+= k r
r
ω ω =
jaiaa y xCM
rrr
+= ia B
r
=0
2
cos
2
sin 00 θ θ α
L L
k ji
−+
rrr
j L
i L rr
cos2sin222
θ ω θ ω −+
( )θ θ cossin2 / ji
Lr
BCM
rrr
+−=
( ) ( ) j Li
Liaa BCM
rrrr
θ ω θ α θ ω θ α cossin2
sincos2
22 +−+−+=
( ) j L
a y
rr
θ ω θ α cossin22+−=
ACM r / r
A
B
N B
N A
θ
θ
CM
W
α ω
k r
r
α α =
X
Y
Z
BCM r / r
Igualando componentes
Las componentes de la aceleración del CM son a x, a y.
Falta determinar la aceleración angular.
PROBLEMA 10 (Continuación)
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29
UCLM
PROBLEMA 10 (Continuación)
mgW =α θ θ I L N L N A B =− cos2
sin2
x A am N ⋅=
y B amW N ⋅=−
( )θ ω θ α sincos2
2−=mL
N A
( )θ ω θ α cossin2
2+−=mL
W N B
( )⎥⎦⎤
⎢⎣
⎡ +− θ ω θ α θ cossin2
sin2
2mLW
Lα 2
12
1mL=
α θ θ ⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++ 22222 cos4
1sin
4
1
12
1mLmLmL θ θ ω θ θ ω θ cossin
2cossin
2sin
222 L L
mg L
+−=
( )θ ω θ α θ sincos2
cos2
2−−mL L
θ α sin23 Lg=θ α sin
241
121 2 g L L =⎟
⎠ ⎞⎜
⎝ ⎛ +
( )θ ω θ α sincos2
2−=L
a x
( )θ ω θ α cossin2
2+−=L
a y
2
12
1mL I =Momento de inercia respecto al CM
PROBLEMA 11
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30
PROBLEMA 11
Demuestre que la energía cinética de un cuerpo que rueda sin deslizar es la suma dela energía cinética de rotación con respecto al eje que pasa por el CM más la energíacinética del movimiento lineal del cuerpo como si toda su masa estuvieseconcentrada en el CM.
Respecto al CIR el cuerpo rodante tiene un movimiento de rotación pura; por tanto la energíacinética de su movimiento es:2
)( 2
1ω CIRCIRC I E =
CIR
M
R
CM vCM
2 MR I I CM CIR +=Teorema de Steiner:
( ) 22)( 2
1ω MR I E CM CIRC += 222
2
1
2
1ω ω MR I CM += ( )22
2
1
2
1 R M I CM ω ω +=
Si rueda sin deslizar vCM
= ω R
22)( 2
1
2
1CM CM CIRC Mv I E += ω
Energía cinética de rotación conrespecto al eje que pasa por el CM
Energía cinética detraslación del CM