PROBLEMAS RESUELTOS SÓLIDO RÍGIDO · Esto significa que el punto D de la polea móvil también se...
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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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UCLM
PROBLEMA 1
En el esquema presentado al margen la velocidad vF de la pesa unida a la polea fija F es 20 cm/s. Determine la velocidad vM de la pesa unida a la polea móvil M.
M
F
10 cm
5 cm
MvFv
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 móvil también 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 vI es nula.
Es decir, conocemos la velocidad de dos puntos de la polea móvil (vI = 0, vD = vF) y esto nos permite calcular la velocidad angular de la polea móvil y la velocidad de su centro, a la cual llamaremos vC. Esta velocidad vC es igual a la velocidad vM de ascenso de la pesa colgada de la polea móvil.
3
M10 cm
Cv
C Dv
Mv
Fv
I D I DCv
C
Dv
ICr /r
X
Y
Z
MR
MR2
IDr /r
Calculamos velocidad angular:
MR
IDID vvv /rrr +=
ωrIDI rv /rrr ×+= ω
Datos0=Ivr
jvv FDrr =
iRr MIDrr 2/ =
krr ⋅=ωω
MC vv =
FD vv =
cm/s 20=Fv
IDr /rr ×ωEl producto vectorial
tiene sentido jr
M
F
Rv
2=ω
jRjvv MFDrrr 2⋅== ω
Cálculo de vC
ICIC vvv /rrr += ICI rv /
rrr ×+= ω
iRkRvv M
M
FC
rrr ×=2
jvv FC
rr
2=
Resultados numéricosk
Rv
M
Frr
2=ω
(rad/s) 1cm102
cm/s20 kkrrr =
⋅=ω
(cm/s) 102cm/s20 jjvC
rrr ==
(cm/s) 10 jvv CMrrr ==
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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 gira en sentido horario a 0.20 rad/s. Determínese la velocidad angular de la barra BC y la velocidad lineal de la corredera C que se mueve a lo largo de la ranura.
A
B
C0.20 rad/s30 cm
40 cm 40 cm
A
B
C0.20 rad/s30 cm
40 cm 40 cm
ABr
/r
X
Y
Z
Se conoce la velocidad angular ωAB = 0.20 rad/s, y también se sabe que vA = 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/s 20.0 kAB
rr−=ω
( )m 30.0 40.0/ jir ABrrr +=
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PROBLEMA 2 (Continuación)
Con esta información puede determinarse la velocidad vB: ABABABAB rvvv //rrrrr ×=+= ω
( )m/s 08.0 06.0030.040.020.000 ji
kjivB
rr
rrr
r −=−=
0, está en reposo
La velocidad angular ωBC es desconocida, pero se sabe que su dirección es la del eje Z pues el movimiento del mecanismo ocurre en el plano XY, por lo tanto
kBCBCvr ωω =
ivv CCrr =Además, la velocidad del punto C debe tener la dirección del eje X, ya que C se mueve en la ranura horizontal
BCBCBBCBC rvvvv //rrrrrr ×+=+= ω
A
B
C0.20 rad/s30 cm
40 cm 40 cmX
Y
Z
ABr
/r
ABACBC rrr ///rrr −= )0,30.0,40.0()0,30.0,40.0()0,0,80.0( −=−=
BCr
/r jir BC
rrr 30.0 40.0/ −=
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UCLM
PROBLEMA 2 (Continuación)
ivv CCrr = BCBCBBCB rvvv //
rrrrr ×+=+= ω ( )jirr
08.0 06.0 −=030.040.0
00−
+ BC
kjiω
rrr
Igualando componentes:
CBC v=+ ω30.006.0ivv CCrr = ( )ji
rr08.0 06.0 −= ( )ji BCBC
rrωω 40.0 30.0 ++
040.008.0 =+− BCω
rad/s 20.0 kkBCBC
rrr==ωωrad/s 20.0
40.008.0
==BCω Sentido antihorario
m/s 12.0 iivv CCrrr ==m/s12.020.030.006.0 =⋅+=Cv
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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 angular en 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 traslación más una rotación alrededor de B.
v0
vA
A
B
Lθ
θ
≡
v0
A
B
Lθ
θ
v0
Avr0vr
BAv /r
BAA vvv /0rrr +=
+
A
B (fijo)
Lθ
θ
BAv /r
ω
PROCEDIMIENTO 1
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PROBLEMA 3 (Continuación)
La dirección de es perpendicular a la barraBAv /r
Velocidad angular
Avr
0vr
90º
θ
BAv /r
barraθ
0tan
vvA=θ
θtan0vvA =
A
B (fijo)
Lθ
θ
BAv /r
ωBABA rv //
rrr ×=ω Lrr
×=ω
LLv BA ωω == 90sin/
BAvv
/
0cos =θ
θcos0
/vv BA = Lω=
θω
cos0
Lv
=
Lr
jvvArr tan0 θ−=
kL
v rr
θω
cos0=
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PROBLEMA 3 (Continuación)
BABBABA rvvvv //rrrrrr ×+=+= ω Puesto que A se desplaza hacia abajo, su
velocidad no tiene componente horizontalPROCEDIMIENTO 2
v0
vA
A
B
Lθ
θ
X
Y
Z
Lr
( )jiLLr BArrrr cos sin/ θθ +−==
krv ωω =
0cossin000
θθω
−+=
kjiLivvA
rrr
rr ( ) jLiLvrr
sin cos0 θωθω −−=
jvv AArr =
Igualando componentes:
0cos0 =− θωLv θω
cos0
Lv
=
sinθωLvA −= θtan0vvA −=
kL
v rr
θω
cos0= jvvA
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 ⋅=ωR
v
h = 1 m
Energía cinética total del carrete:
=CE ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡CM del movimientodel cinética Energía
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
CM respectorotación de cinética Energía 22
21
21 ωImv +=
Masa del carrete Velocidad del CM en un instante dado
Velocidad angular en el mismo instante
Momento de inercia respecto al CMA medida que la cuerda se desenrolla se cumple
( ) ( ) 2222
21
21
21 ωωω ImRIRmEC +=+⋅=
U
Suponiendo que el carrete partió del reposo, la energía cinética se ha incrementado desde 0 hasta EC, a expensas de disminuir la energía potencial en ∆U=-mgh.
EC ∆−= ( ) mghImR =+ 22
21 ω ImR
mgh+
= 22ω
( )m/s 61.38.9
34
34
2/32
2
2==== gh
mRmghR
ImRmghRv+
= 22
Por lo tanto la velocidad de CM es
2
21 mRI =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 una velocidad de 8 m/s. Inicialmente la bola tiene velocidad angular nula y desliza sin rodar por 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 distancia recorre hasta ese momento?Momento de inercia de una esfera respecto a un diámetro: ( ) 25/2 mRI =
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 rozamiento dinámica 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 mismo tiempo crea un momento respecto al CM que hace que la bola empiece a girar, de modo que su velocidad angular ω crece mientras que la velocidad v de su CM se reduce.
PR
F
vCM
ω
Nm
¿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 el momento en que se alcanzan unos valores vf y ωf que cumplen la condición vf = ωfR (condición de rodadura) esto deja de ocurrir: P está instantáneamente en reposo respecto al suelo. Por lo tanto la fuerza de 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: gNF µµ ==Mientras dure el deslizamiento esta fuerza origina un movimiento uniformemente retardado cuya aceleración es:
2m/s 45.2−=−=−= gmFa µ
(m/s)45.28)( 00 tgtvatvtv −=−=+= µPor lo tanto la velocidad en función del tiempo es:
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PROBLEMA 5 (Continuación)
mgRRF µτ ==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 mgRI µατ == , donde I es el momento de inerciarespecto al CM y α es la aceleración angular.
( ) Rg
mRmgR
I 25
5/2 2µµτα ===
Esta es la aceleración angular mientras dura el deslizamiento: gracias a ella la velocidad angular crece desde 0 hasta ωf = vf/R en el momento en que se inicia la rodadura (valor de veocidad angular que se mantiene posterormente si se considera despreciable la resistencia a la rodadura).
Mientras dura el deslizamiento tRgtt
25)( µαω =⋅=
Velocidad lineal del CM
45.280 fff tgtvv −=−= µ
Velocidad angular
ff tRg
25µω =En el instante de comienzo de la rodadura,
una vez transcurrido un tiempo tf:
s 93.072 0 ==
gvt f µff tggtv
25
0µµ =−Relación entre ambas: Rv ff ω=
m/s72.593.045.280 =⋅−=−= ff gtvv µVelocidad del CM en ese instante:
Se trata de un movimiento uniformemente retardado donde el espacio recorrido es:
( ) m 38.645.22
872.52
2220
2
=−
−=
−=
avv
x ff
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PROBLEMA 6
Un cilindro macizo de masa m y radio R rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo θ sobre la horizontal. En el punto más alto la velocidad del CM es v0. Haciendo uso del concepto de momento angular, calcule la velocidad del CM y la velocidad angular del cilindro en cualquier instante posterior. Determine también cual es 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
FR
θ
θsinmgθcosmg
mg
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 a la superficie inclinada es nula (aunque su aceleración no es nula).
Momento angular respecto al punto P:
X
Y
ZvmRLL CMPrrrr
×+=
( )kIL CMCM
rr−= ω
jRRrr
=
ivvrr = ( )kRmvvmR
rrr−=×
Velocidad angular
Momento inercia respecto al CM Velocidad del CM
( )( )kRmvIvmRLL CMCMP
rrrrr−+=×+= ω
Si rueda sin deslizar v = ωR
( )( )kmRICM
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. imgjRPrrr sin θτ ×=
( )kRmgP
rr −= sinθτEcuación fundamental de la dinámica de rotación:dtLd P
P
rr =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
mRIdRmg CM2 sin +
=ωθ ( )
dtdmRICMω2+=
R CM
P
N
FR
θ
θsinmgθcosmg
mg
dtdLP
P =τ
∫∫ +=
t
CMdt
mRIRmgd
02
sin
0
θωω
ω X
Y
Z2sinmRI
Rmgdtd
CM +==
θαω
(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
tmRI
RmgRv
CM2
0 sin+
+=θω ( )
tmRmR
RmgRv
220
2/1sin+
+=θ t
Rg
Rv
3sin20 θω +=
tgvv3sin2
0θ
+=( )
tmRmR
mgRv 22
2
0 2/1sin+
+=θ
tmRI
mgRvvCM
2
2
0sin
++=
θ
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PROBLEMA 6 (Continuación)
Momento creado respecto al punto de contacto P por la componente del peso paralela a la superficie del plano inclinado:
θ
R
N
θcosmgN =
Se producirá rodadura mientras que la fuerza de rozamiento sea inferior al valor máximo posible de rozamiento estático µN (N = mgcosθ).
Aplicando la 2ª ley de Newton:
θsinmgF =
FR αPIFR =PI
FR=α Ra α=
PR I
FRmFmaFF2
−=−=
Condición para rodaduraNFR µ<
maFF R =−
P
θsin31
)2/3(1 2
2mg
mRRmFmaFFR =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=−=
θµ tan31
>θµθ cossin31 mgmg <NFR µ<Para que haya rodadura
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PROBLEMA 7
Un todoterreno con tracción en las cuatro ruedas está parado en una calle donde el coeficiente de rozamiento estático entre neumático y asfalto vale µ = 0.75. Si se pone en marcha, ¿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 vehículo hace girar las ruedas y, mientras éstas no resbalen, la fuerza de rozamiento estática FR, 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 parte inferior de los neumáticos hace sobre el pavimento una fuerza dirigida hacia atrás.
Es decir, la fuerza de rozamiento estática determina el movimiento del todoterreno hacia delante porque es la única fuerza externa exterior que actúa en sentido horizontal.
RFr
RFr
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 MgNFR µµ41
4==
∑ == MaFF R4 MaMg =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ µ
414 2m/s 35.78.975.0 =⋅== ga µ2ª ley de Newton:
Comentario: si las ruedas resbalasen sobre el terreno, entonces habría velocidad relativa entre la superficie inferior del neumático y el asfalto. Esto daría lugar a un rozamiento dinámico, la fuerza correspondiente también estaría dirigida hacia delante, pero como 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 una caballería cruza la carretera 150 m por delante del vehículo. Suponiendo que el conductor reaccione de forma instantánea y aplique el freno de inmediato, ¿cómo le conviene hacerlo para evitar el atropello, de forma brusca bloqueando las ruedas o de manera 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 de rozamiento estático y dinámico son, respectivamente, µE = 0.60 y µD = 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 cuatro ruedas, la fuerza de rozamiento dinámica en cada una es 44
MgNF DDD µµ == La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 FD
DD MaF =44
4 MgDµ= ga DD µ= 2m/s43.38.935.0 =⋅=
Mg
N
CM
FD FD
DDxavv 220
2 −=−
m/s35 km/h 1260 =
Esta aceleración tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad de coche; el espacio recorrido hasta detenerse será:
DD a
vvx2
20
2
−−
= m 6.17853.32
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 deslizar
La 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:
44MgNF EEE µµ == La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 FE
EE MaF =44
4 MgEµ= ga EE µ= 2m/s88.58.960.0 =⋅=
Esta aceleración también tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad del coche; el espacio recorrido hasta detenerse será:
ED a
vvx2
20
2
−−
= m 2.10488.52
352=
⋅−−
=EE xavv 220
2 −=−
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 está articulada al suelo en su extremo inferior O. Inicialmente se encuentra colocada verticalmente y en reposo (véase figura). En un momento dado empieza a caer moviéndose en el plano vertical de la figura. Se pide:
W
L
Su velocidad angular y su aceleración angular en función del ángulo formado con la vertical. Represéntense gráficamente velocidad y aceleración angular en función del ángulo.
a)
Las componentes normal y tangencial de la reacción en O en función del ángulo formado con la vertical. Represéntense gráficamente ambas componentes en función 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/2 θ
W
C
( )θcos12
−L
θcos2L
α
nFtF
En ausencia de rozamiento se conserva la energía mecánica.
Veamos la energía mecánica cuando la barra estaba vertical (1), y cuando se encuentra formando un ángulo θ (2). El C.M, que al principio ocupaba la posición C, pasa a ocupar la posición C’.
2211 KUKU +=+
Nivel de referencia de energía potencial
0 0
( )θcos121 −⋅= LWU
22 2
1 ωOIK =
DSL en un instante cualquiera.(Rotación)
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UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
22 2
1 ωOIK =
Momento de inercia respecto al extremo O
22
31
21 ω⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛= L
gW ( )θcos1
21 −⋅= LWU 222
31
21 KL
gW =⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛= ω
DETERMINACIÓN VELOCIDAD ANGULAR
( )θω cos13 −=Lg
( )θω cos132 −=Lg
CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 1
Tomando momentos de las fuerzas respecto al punto O (véase DSL) sólo queda el momento correspondiente al peso:
θτ sen2⋅⋅∑ = LWO
ατ ⋅∑ = OO IEcuación fundamental dinámica rotación:
θα sen23 ⋅=
Lg
αθ ⋅⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⋅⋅ 2
31sen
2L
gWLW
22
UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Relación entre ω y θCÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 2
( )θω cos13 −=Lg
dtdωα =
dtd
dd θθω ⋅=
θωω
dd⋅=
( )θ
θθω
cos132
sen3
−=
LgL
gdd
ωθ
2sen3
Lg= θα sen
23 ⋅=
Lg
α
Lg
23
Unidades
θ (º)90 180270
360
ω
Lg3
UnidadesRepresentación gráfica de la
velocidad angular y de la
aceleración angular en función del
ángulo θ
23
UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Apartado b)
nF
θ
CÁLCULO REACCIÓN NORMAL
W
θcos⋅W
cF
2LrCM =
La diferencia entre la componente del peso paralela a la barra Wcosθ y la reacción normal Fn debe ser igual a la fuerza centrípeta Fc.
CMc rg
WF ⋅= 2ω 22 L
gW ⋅= ω
nc FWF −⋅= θcos
( )θω cos132 −=Lg
( )2
cos13 LLg
gW ⋅−= θ ( )θcos1
23 −⋅= W
( )3cos52
−⋅= θWFn
24
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 a su masa por la aceleración tangencial (2ª ley de Newton aplicada a la componente tangente).
θ
W
2LrCM =
θsen⋅W
tF
tt ag
WFW ⋅=−⋅ θsen
tag
W ⋅
α⋅= CMt ra
La aceleración tangencial del C.M. es
α⋅=2L
αθ ⋅⋅−⋅=2
sen Lg
WWFt
θα sen23 ⋅=
Lg θsen
23
2⋅⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅⋅−=
LgL
gWWFt
θsen4⋅=WFt
25
UCLM
PROBLEMA 9 (Continuación)
Representación gráfica de las reacciones en O
θsen4⋅=WFt( )3cos5
2−⋅= θWFn
θ (º)90 180
270
360
nF
WUnidades
tF
W
Unidades
1
-4
¿Qué significado debe atribuirse al hecho de
que para algunos valores de ángulo las
reacciones sean negativas?
26
UCLM
Una varilla delgada de peso W y longitud L que se encuentra apoyada en una pared y un suelo lisos se desliza hasta que finalmente cae al suelo (considérese que todo el movimiento tiene 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 (al tiempo 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
NB
NA
θ
θ
CM
W
αω
krr αα =
PROBLEMA 10
Fuerzas que actúan: DSL
X
Y
Z
Masa de la varilla: gWm =
Aceleración del CM: jaiaa yxCMrrr +=
Estas dos componentes cartesianas son desconocidas;
hay que calcularlas.
∑ ⋅== xAx amNF
∑ ⋅=−= yBy amWNF2ª ley de Newton:
Ecuación de momentos respecto al CM:
∑ =+−−= αθθτ ILNLN BACM sin2
)90sin(2
2
121 mLI =+
27
UCLM
PROBLEMA 10 (Continuación)
A no tiene aceleración según el eje X!
ACMr /r
A
B
NB
NA
θ
θ
CM
W
αω
krr αα =
X
Y
Z
αθθ ILNLN AB =− cos2
sin2
xA amN ⋅=
yB amWN ⋅=−Tenemos tres ecuaciones
… y 5 incógnitasα,,,, yxBA aaNN
Para resolver esto, necesitamos dos relaciones adicionales, que obtendremos del hecho de que el extremo A resbala hacia abajo a lo largo 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 el suelo (y por tanto no tiene aceleración según el eje Y).
Aceleración del CM respecto de A: ACMACMACM rraa /2
/rrrrr ωα −×+=
( )θθ cossin2/ jiLr ACM
rrr −=
krr ωω =
jaiaa yxCMrrr += += jaA
r
02cos
2sin
00θθ
αLL
kji
−+
rrr
jLiL rr cos
2 sin
222 θωθω +−
( ) ( ) jLiLjaa ACMrrrr θωθαθωθα cossin
2 sincos
222 ++−+=
( )iLaxrr sincos
22 θωθα −=Igualando componentes
28
UCLM
PROBLEMA 10 (Continuación)
B no tiene aceleración según el eje Y
Aceleración del CM respecto de B: BCMBCMBCM rraa /2
/rrrrr ωα −×+= k
rr ωω =
jaiaa yxCMrrr += iaB
r =
02
cos2sin
00θθ
αLL
kji
−+
rrr
jLiL rr cos
2 sin
222 θωθω −+
( )θθ cossin2/ jiLr BCM
rrr +−=
( ) ( ) jLiLiaa BCMrrrr θωθαθωθα cossin
2 sincos
222 +−+−+=
( ) jLayrr θωθα cossin
22+−=
ACMr /r
A
B
NB
NA
θ
θ
CM
W
αω
krr αα =
X
Y
Z
BCMr /r
Igualando componentes
Las componentes de la aceleración del CM son ax, ay. Falta determinar la aceleración angular.
29
UCLM
PROBLEMA 10 (Continuación)
mgW =αθθ ILNLN AB =− cos
2sin
2
xA amN ⋅=
yB amWN ⋅=−
( )θωθα sincos2
2−=mLN A
( )θωθα cossin2
2+−=mLWNB
( )⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +− θωθαθ cossin
2sin
22mLWL α2
121 mL=
αθθ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++ 22222 cos
41sin
41
121 mLmLmL θθωθθωθ cossin
2cossin
2sin
222 LLmgL
+−=
( )θωθαθ sincos2
cos2
2−−mLL
θα sin23
Lg
=θα sin24
1121 2 gLL =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
( )θωθα sincos2
2−=Lax
( )θωθα cossin2
2+−=Lay
2
121 mLI =Momento de inercia respecto al CM
30
PROBLEMA 11
Demuestre que la energía cinética de un cuerpo que rueda sin deslizar es la suma de la energía cinética de rotación con respecto al eje que pasa por el CM más la energía cinética del movimiento lineal del cuerpo como si toda su masa estuviese concentrada en el CM.
Respecto al CIR el cuerpo rodante tiene un movimiento de rotación pura; por tanto la energía cinética de su movimiento es:
2)( 2
1 ωCIRCIRC IE =
CIR
M
R
CM vCM
2MRII CMCIR +=Teorema de Steiner:
( ) 22)( 2
1 ωMRIE CMCIRC += 222
21
21 ωω MRICM += ( )22
21
21 RMICM ωω +=
Si rueda sin deslizar vCM = ωR
22)( 2
121
CMCMCIRC MvIE += ω
Energía cinética de rotación con respecto al eje que pasa por el CM
Energía cinética de traslación del CM