DINAMICA ROTACIONALDINAMICA ROTACIONAL

-Relacionar las cantidades lineales con las cantidades angulares-Aplicar la Segunda Ley de Newton en el movimiento rotacional.-Calcular el momento de inercia de un cuerpo rígido-Resolver problemas de torque-Resolver problemas de energía rotacional y del principio de conservación de la energía rotacional.-Aplicar el teorema de los ejes paralelos para el cálculo del momento de inercia.-Resolver problemas de impulso angular y cambio de cantidad de movimiento angular-Aplicar el principio de conservación de la cantidad de movimiento angular a la resolución de problemas-Aplicar la segunda condición de equilibrio-Calcular la posición del centro de gravedad de un cuerpo

OBJETIVOS

Concepto de sólido rígido y sus movimientos

Sólido rígido es aquel en que las distancias entre las partículas que lo componen no varía.

Así como en la dinámica del punto solo se considera el movimiento de traslación, para el caso de un sólido rígido, hemos de considerar la traslación, la rotación y la superposición de ambos.

Si consideramos que el sólido es rígido, se podrá considerar que lavelocidad angular es la misma en todos los puntos del sólido.

ANALOGIASANALOGIAS

Momento de inercia

El momento de inercia es el análogo de la masa para una rotación. Para sistemas discretos este momento de inercia se expresa como

Ι = Σmiri2

donde representa la distancia de la partícula al eje de rotación. Pero normalmente se tiene cuerpos reales, formados por tal cantidad de átomos, de pequeñas partículas que se les supone continuos. Para ellos la fórmula de cálculo del momento de inercia es:

Ejercicio 1.- Determinar el Momento de Inercia de una superficie esférica con relación a un diámetro.

Ejercicio 2.-Determinar el momento de inercia de un tubo con relación a su eje de simetría.

Ejercicio 3.- Determinar el momento de inercia de una puerta rectangular.

Ejercicio 4.- Determine el momento de inercia de un disco de radio R que rotaen un eje que pasa por su centro de masa.

Teorema de Steiner o de los ejes paralelos

El teorema de Steiner relaciona el momento de inercia de un eje que pase por el centro de masas de un cuerpo con el momento de inercia que tendría el mismo cuerpo tomando cualquier otro eje paralelo al primero. Esta relación es:

ΙT = ΙCM + md2

donde ΙT es el momento de inercia del cuerpo respecto al eje paralelo al original, ΙCM es el momento de inercia del eje que pasa por el centro de masas, m es la masa total del cuerpo y d es la distancia entre estos ejes paralelos.

El teorema de Steiner relaciona el momento de inercia respecto a un eje que pase por el centro de masas de un sólido con cualquier otro eje paralelo a él.

Ejercicio 5.- Una varilla de 500 g y 75 cm de longitud, lleva soldada en un extremo una esfera de 10 cm de radio y 250 g de masa. Calcular:a) El momento de inercia cuando gira, alrededor de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el extremo libre.b) El momento angular del conjunto si gira a 12 r.p.m.

a) El momento de inercia será la suma del momento de inercia de una varilla, mas el de la esfera. Como la esfera estáa L+R del eje, aplicando Steiner:

Ejercicio 6.- Sobre una mesa horizontal muy lisa hay una barra homogénea en reposo. Por su extremo choca un proyectil de igual masa que la de la barra con velocidad vo, que produce la rotación de la barra alrededor de su centro de masa, tal como indica la figura. El choque puede considerarse totalmente elástico. Hallar, para vo = 30 m/s, L = 0.5 m, la velocidad de salida del proyectil, velocidad del centro de masa de la barra y velocidad angular de la barra.

a) Por la conservación de la cantidad de movimiento

ΣFext = 0 → p = p’ mvo = mv’ + mvCM→

vo = v’ + vCM

aa) Por la conservación del momento angular

L = L’mvoL/2 = mv’L/2 + Iω

voL/2 = v’L/2 + 1/12 L2ω

vo = v’ + 1/6Lω

aaa=) Por conservación de la Energía½ mvo

2 = ½ mv’2 + ½ mvcm 2 + ½ Iω2 vo2 = v’2 + vCM

2 + 1/12 L2ω2

(Continua en la siguiente)

Sustituyendo30 = v’ +vCM

30 = v’ + 0.5/6ω

900 = v’2 + vCM2 + 1/12 0.52ω2

v’ = 18 m/svCM = 12 m/s

ω = 144 rad/s

Ejercicio 7.- Un bloque de 2000 kg está suspendido en el aire por un cable de acero que pasa por una polea y acaba en un torno motorizado. El bloque asciende con velocidad constante de 8 cm/s. El radio del tambor del torno es de 30 cm y la masa de la polea es despreciable.a.-¿Cuánto vale el momento que ejerce el cable sobre el tambor del torno? b.-¿Cuánto vale la velocidad angular del tambor del torno? c.-¿Qué potencia tiene que desarrollar el motor?.Calcular el trabajo realizado durante 10

La velocidad del bloque es constante y vale:V = 0.08 m/s

T

W

ΣFy =0 ⇒ T = W ⇒ T = mg = 2000(9.8)= 19600 N

El torque que hace el eje del motor es:

τ = Frsenθ = Trsenθ = 19600(0.3)(sen 90º) = 5880 Nm

La velocidad angular es:

ω = V / r = 0.08/0.3 = 0.266 rad/s

PotR = τ ω = 5800(0.26) = 1568 Vatios

W = τ θ = PotR . t = 1568 (10s) = 15680 J

Ejercicio 8.-El péndulo de un reloj está formado por una varilla de 500 g y 40 cm de longitud y una lenteja de forma esférica de 200 g de masa y 5 cm de radio, tal como se indica en la figura. El punto de suspensión O está a 10 cm del extremo de la varilla. Calcular: a)la distancia al centro de masas medida desde O. El momento de inercia respecto de un eje perpendicular a la varilla y que pasa por O. b) El péndulo se desvía 60º de la posición de equilibrio. Calcular la velocidad angular de rotación cuando pasa por la posición de equilibrio. Varilla, I=mL2/12, esfera I=2MR2/5

Posición del Centro de Masa:

YCM= 0.5(0.1) + 0.2(0.35)= 0.17 m0.5 + 0.2

Ι= 1 (0.5)(0.4)2 + 0.5(0.1)2 + 2(0.2)(0.05)2 + 0.2(0.35)2=0.036kgm2

12 5

Momento de Inercia con respecto a un eje que pasa por O

h= YCM –YCMcos60o

Principio de conservación de la Energía para el CM

mTgh = ½ Ιω2⇒ ω= (2mTgh/Ι)½ =(2(0.7)(9.8)0.085 / 0.036)½

ω= 5.69 rad/s

Ejercicio 9.- En la figura se muestra un cilindro de 4.5 kg de masa que rueda sin deslizar, a lo largo de un plano inclinado 42º con la horizontal. El centro del cilindro está unido mediante una cuerda al borde de una polea en forma de disco de 2.2 kg de masa y 85 mm de radio. Sabiendo que en el eje de la polea existe un rozamiento cuyo momento es de 1.3 Nm. Calcular: a.- La aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda. b.- La velocidad del bloque una vez que haya descendido 3 m a lo largo del plano inclinado, partiendo del reposo.

Para la Polea:

ΙP = ½ mr2=½(2.2)(0.085)2 = 0.008 kg m2

Para el cilindro:

fr

T

W

N

ac = α r

Rozamiento en el eje

Dinámica de la rotación: Σ τ c = ΙP α ⇒ T(0.085) - τ friccion = 0.008α (1)

Dinámica de la traslación: ΣFx = macm ⇒ mgsen42o – T – fr = mac (2)

se obtiene que: ac = 1.81 m/s2 y T = 17.3 N

v = act y x = ½ ac t 2 ⇒ v = 3.29 m/s

Rotación CM: fr R = Ιcilindroα = (½ MR2)α (3)

Ejercicio 10.- Un hombre de 70 kg sube por una escalera de 2 m de longitud y 10 kg de peso apoyada tal como se indica en la figura. El coeficiente de rozamiento entre el extremo inferior de la escalera y el suelo es 0.4. Calcular: a.- Hallar las reacciones en los apoyos, cuando el hombre ha ascendido 0.5 m a lo largo de la escalera b.- La máxima altura a la que puede subir el hombre por la escalera antes de que esta comience a deslizar.

Primera condición de equilibrio: ΣFy = 0

N + N’cos60o = We + Wh ⇒ N + 0.5N’ = 80(9.8) (1)

Segunda condición de equilibrio: Στo = 0

N’ (1/sen60o) -70g x cos 60º - 10g(1)cos 60º= 0 (3)

ΣFx= 0 ⇒ N’sen60o = fr (2)

Con x = 0.5 m ⇒ N’ = 191 N ; fr = 165 N ; N = 689 N

b.- Para empezar a deslizar⇒fr= 0.4 N⇒N’ =294 N ; N=636 N

Reemplazando en (3) ⇒ x = 0.847 m

Ejercicio 11.- Una puerta de 1m de ancho, con una masa de 15 kg, está sostenida por bisagras en un lado, de forma que puede girar sin rozamiento alrededor de un eje vertical. Se dispara contra la puerta una bala de 10 g de masa con una velocidad de 400 m/s, en una dirección perpendicular al plano de la puerta, y se empotra justo en el centro de ésta.

Encuentre la velocidad angular de la puerta inmediatamente después de que la bala se empotró en ella. ¿Se conserva la energía cinética?.

El momento angular de la bala: L = mvr = 0.01(400)(0.5)= 2 kg m2 s -1

Momento de inercia de la puerta ⇒ equivalente a una barra que rota en su extremo Ιp = (1/3) ML2 = (1/3)(15)(1)2 = 5 kg m2

Momento de inercia de la bala = Ιb = mr2 = (0.01)(0.5)2 = 0.0025 kg m2

Conservación del momento angular ⇒ L = (ΙP +Ιb)ω ⇒ ω = 0.4 rad/s

El choque es inelástico Ei = ½mv2 = ½(0.01)(400)2 = 800 J

Ef = ½ΙTω2 = ½ (5,0025)(0.4)2 = 0.4 J

Ejercicio 12.- En la figura se muestra un Yo-Yo. Supongase que parte del reposo y que desciende una altura h. Encuentre:

a.- su velocidad final de rotación y la de traslación

b.- la aceleración lineal

c.- La tensión en la cuerda

a.- Conservación de la Energía

mgh = ½mv2 + ½ Ιω2 ⇒ 2mgh = mv2 + ½mR2 (v2 / r2)

v2 = 2 g h 1 + R2/2r2

ω2 = 2 ghr2 +½ R2

b.- por cinemática ⇒ v2 = vo2 + 2ah ⇒ a = g .

1+( R2 / 2r2)

c.- Por dinámica ⇒ ΣFy = ma ⇒ T – mg = ma

T = mg + m( g ) = mg ( ½ R2)1+(R2/2r2) r2+½R2

Movimiento de PrecesiMovimiento de Precesióón: Girn: Giróóscopos y Tromposscopos y TromposLa precesión se origina en las Leyes de Newton.

La cantidad de movimiento angular de giro propio o autorrotación (spin) del trompo al tiempo t = 0 es Lo, que forma un ángulo θcon la vertical.

Supondremos que el CM del trompo estáen el eje de autorrotación.

El torque resultante es igual a la rapidez de variación de la cantidad de movimiento angular, se debe a la fuerza de gravedad o peso mg.

τ = dL = r x mgdt

De la ecuación anterior ⇒ dL = (r x mg)dt

Además tan (dφ) ≈ dφ = dL .Losenθ

La velocidad angular de precesión Ω estádada por la rapidez de variación del ángulo horizontal φ y en consecuencia es dφ/dt.

Ω = dφ = dL/dt = τ .dt Losenθ Losenθ

Ω = mgr sen(180º - θ)Lo sen θ

sen (180º - θ) = sen θ

Ω = mgr = mgrLo Ιoωo