Solucin a los ejercicios propuestos en el mdulo G - 1

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1.- El movimiento de una leva est definido por = 1,5 t3 - 4,5 t2 + 10 donde se expresa en radianes y t en segundos. Hallar la posicin, la velocidad y aceleracin angular de la leva en : a) t = 0 s b) t = 4 s

SOLUCION La expresin = 1,5 t3 - 4,5 t2 + 10 indica la posicin angular en funcin del tiempo, para encontrar la posicin en t = 0 s, se reemplaza este valor: = 1,5 ( 0 )3 - 4,5 ( 0 )2 + 10 = 10 rad Para obtener la velocidad angular ( w ), se deriva la posicin: w = d( ) / dt = d(1,5 t3 - 4,5 t2 + 10 ) / dt w = 4,5 t2 - 9 t , en t = 0 w = 4,5 ( 0 )2 - 9 ( 0 ) = 0 rad / s Para obtener la aceleracin angular ( ), se deriva la velocidad angular: = d(w ) / dt = d(4,5 t2 - 9 t ) / dt = 9 t - 9 , en t = 0 = 9 ( 0 ) - 9 = - 9 rad / s2 En t = 4 s: = 1,5 t3 - 4,5 t2 + 10 = 1,5 ( 4 )3 - 4,5 ( 4 )2 + 10 = 34 rad w = 4,5 t2 - 9 t w = 4,5 ( 4 )2 - 9 ( 4 ) = 36 rad / s = 9 t - 9 = 9 ( 4 ) - 9 = 27 rad / s2

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2.- El movimiento de un disco que rota dentro de un bao de aceite est definido por = o ( 1 e - t/4 ), donde se expresa en radianes y t en segundos. Sabiendo que o = 0,4 rad , determine, la posicin, la velocidad y aceleracin angular del disco cuando : a) t = 0 s b) t = 3 s c) t =

SOLUCION En t = 0, se tiene: a) posicin angular: = o ( 1 e - t/4 ) = 0,4 ( 1 e - t/4 ) = 0,4 rad - 0,4 e - t/4 = 0,4 rad - 0,4 e - 0/4 = 0 rad b)velocidad angular ( w ): w = d ( ) / dt = d (0,4 rad - 0,4 e - t/4 ) / dt w = + 0,4 1 e - t/4 = 0,1 e- t/4 = 0,1 e - 0/4 = 0,1 rad /s 4 c)aceleracin angular ( ): = d ( w ) / dt = d ( 0,1 e - t/4) / dt = - 0,1 1 e - t/4 = - 0,1 1 e - 0/4 = - 0,025 rad /s2 4 4 En t = 3, se tiene: a) posicin angular: = o ( 1 e - t/4 ) = 0,4 ( 1 e - t/4 ) = 0,4 rad - 0,4 e - t/4 = 0,4 rad - 0,4 e - 3/4 = 0, 211 rad b)velocidad angular ( w ): w = d ( ) / dt = d (0,4 rad - 0,4 e - t/4 ) / dt w = + 0,4 1 e - t/4 = 0,1 e- t/4 = 0,1 e - 3/4 = 0,0472 rad /s 4 c)aceleracin angular ( ): = d ( w ) / dt = d ( 0,1 e - t/4) / dt =

- 0,1 1 e - t/4 = - 0,1 1 e - 3/4 = - 0,0118 rad /s2 4 4 3

3.- El movimiento de una manivela oscilante est definido por: = o sen ( t / T) - 0,5 o sen ( 2 t / T) , donde se expresa en radianes y t en segundos. Sabiendo que o = 0,6 rad , y T = 4 s , determine, la posicin, la velocidad y aceleracin angular de la manivela cuando : a) t = 0 s b) t = 2 s

SOLUCION Dada la ecuacin de la posicin, derivamos para la velocidad y luego para la aceleracin, as teniendo las expresiones evaluamos en los instante indicados: = o sen ( t / T) - 0,5 o sen ( 2 t / T) = 0,6 sen ( t / 4) - 0,5 0,6 sen ( 2 t / 4) = 0,6 sen ( t / 4) - 0,3 sen ( 2 t / 4) w = d( ) / dt = d ( 0,6 sen ( t / 4) - 0,3 sen ( 2 t / 4) / dt w = 0,6 / 4 cos ( t / 4) - 0,3 2 / 4 cos ( 2 t / 4) w = 0,15 cos ( t / 4) - 0,15 cos ( 2 t / 4) = d( w ) / dt = d ( 0,15 cos ( t / 4) - 0,15 cos ( 2 t / 4) / dt = - 0,15 / 4 sen ( t / 4) + 0,15 2 / 4 sen ( 2 t / 4) = - 0,0375 2 sen ( t / 4) + 0,075 2 sen ( 2 t / 4) t = 0 = 0,6 sen ( t / 4) - 0,3 sen ( 2 t / 4) = 0,6 sen ( 0 / 4) - 0,3 sen ( 2 0 / 4) = 0 rad w = 0,15 cos ( t / 4) - 0,15 cos ( 2 t / 4) = 0,15 cos ( 0 / 4) - 0,15 cos ( 2 0 / 4) = 0 rad/s = - 0,0375 2 sen ( t / 4) + 0,075 2 sen ( 2 t / 4) = - 0,0375 2 sen ( 0 / 4) + 0,075 2 sen ( 2 0 / 4) = 0 rad / s2 t = 2 = 0,6 sen ( t / 4) - 0,3 sen ( 2 t / 4) = 0,6 sen ( 2 / 4) - 0,3 sen ( 2 2 / 4) = 0,6 rad w = 0,15 cos ( t / 4) - 0,15 cos ( 2 t / 4) = 0,15 cos ( 2 / 4) - 0,15 cos ( 2 2 / 4) = 0,471 rad/s = - 0,0375 2 sen ( t / 4) + 0,075 2 sen ( 2 t / 4) = - 0,0375 2 sen ( 2 / 4) + 0,075 2 sen ( 2 2 / 4) = 0,37 rad / s2

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4.-Una serie de pequeas piezas transportadas por una cinta transportadora pasa por una polea gua de 150 mm de radio. En el instante representado, la velocidad del punto A es 375 mm/s, hacia la izquierda y su aceleracin es 225 mm/s2 , hacia la izquierda. Determine: a) la velocidad y aceleracin angular de la polea b)la aceleracin de la pieza que est en B.

SOLUCION La cinta transportadora tiene en todos los puntos la misma velocidad lineal ( 375 mm/s ) y la misma aceleracin lineal o tangencial ( 225 mm / s2 ): En el punto B, con la expresin v = w R, podemos obtener la velocidad angular de la polea: v = w R w = v / R = 375 mm/s / 150 mm = 2,5 rad/s Con la expresin a = R , obtenemos la aceleracin angular de la polea: = a / R = 225 mm/s2 / 150 mm = 1,5 rad/s2 La aceleracin total del punto B es la aceleracin tangencial y la aceleracin centrpeta normal ( aN ) : aN = v2 / R = ( 375 mm/s ) 2 / 150 mm = 937,5 mm/s2 aR = ( 225 )2 + (937,5 )2 = 964 mm/s2

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5.- Los discos A y B giran como se muestra, alrededor de ejes verticales. Sabiendo que la velocidad angular constante del disco B es wB = 30 rad/s j y que no hay deslizamiento en el punto de contacto entre los discos, determine. a) la velocidad angular del disco A b) la aceleracin de los puntos de los discos que estn en contacto.

SOLUCION Ocupando la expresin para la transmisin de dos discos en contacto: wA RA = wB RB wA 150 = 30 60 wA = 12 rad/s En forma vectorial wA = - 12 rad/s j La aceleracin de A en el punto de contacto, la podemos obtener a partir de: aA = ( wa )2 R = ( 12 )2 0,15 = 21,6 m/s2 La aceleracin de B en el punto de contacto, la podemos obtener a partir de: aB = ( wB )2 R = ( 30 )2 0,06 = 54 m/s2

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Solucin a los ejercicios propuestos en el mdulo G - 2

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1.-Tres partculas estn conectadas por medio de barras rgidas de masa despreciable a lo largo del eje y. Si el sistema gira en torno del eje x con una velocidad angular de w = 2 rad / seg , encuentre : a)el momento de inercia alrededor del eje x b)la energa cintica de rotacin alrededor del eje x. c)la magnitud de la velocidad lineal de cada partcula.

SOLUCION El momento de Inercia del conjunto de partculas alrededor del eje x, es igual a la suma de los productos de cada masa por el cuadrado de su distancia al eje: I = m1(d1)2 + m2(d2)2 + m3(d3)2 . I = 2 (2)2 + 3 (4)2 + 4 (3)2 I = 92 kg m2 La energa cintica de rotacin est dada por la expresin: K = I ( w )2 / 2 con I momento de inercia del conjunto alrededor del eje y w la velocidad angular K = 92 kg m2 ( 2 rad/s )2 / 2 K = 184 J La magnitud de la velocidad lineal de una partcula que describe un movimiento circunferencial es igual a l producto de la velocidad angular ( w ) por la distancia al eje de rotacin ( d ): 4 kg v = 2 rad/s 3 m = 6 m/s 2 kg v = 2 rad/s 2 m = 4 m/s 3 kg v = 2 rad/s 4 m = 8 m/s

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2.-Las cuatro partculas de la figura , estn conectadas por una barra de masa despreciable. Calcule : a)El momento de inercia respecto de un eje perpendicular al plano que pasa por la masa de 3 kg b)El momento de inercia con respecto a un eje perpendicular al plano que pasa por el centro de masa del sistema. (El centro del rectngulo est en el origen del sistema de ejes coordenados) c)Si el sistema gira dando 4 vueltas cada 10 seg con respecto a un eje perpendicular al plano que pasa por la masa 4 kg , calcular su energa de rotacin.

SOLUCION El momento de inercia respecto de un eje perpendicular al plano que pase por la partcula de 3 kg es: I = 3 (0)2 + 2 (4)2 + 4 ( 52 )2 + 2 (6)2 I = 312 kg m2 Para determinar el centro de gravedad del conjunto de partculas, debemos conocer las coordenadas de cada una: x = 3 (-2) + 2 (2) + 2 (-2 ) + 4 (2) 3 + 2 + 2 + 4 x = 2/11 m y = 3 (3) + 2 (3) + 2 (-3 ) + 4 (-3) 3 + 2 + 2 + 4 y = - 3/11 m

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Si el eje de rotacin pasa por el C.M. del sistema las distancias de cada partcula al eje son: 3 kg: d1 = (3 + 3/11)2 + ( 2 + 2/11)2 = 3,93 m 2 kg: d2 = ( 3 + 3/11 )2 + ( 2 - 2/11)2 = 3,74 m 2 kg: d3 = ( 3 3/11)2 + ( 2 + 2/11)2 = 3,49 m 4 kg: d4 = ( 3 3/11)2 + ( 2 2/11)2 = 3,27 m I = 3 (3,93)2 + 2 (3,74)2 + 2 (3,49 )2 + 4 (3,27)2 I = 46,33 + 27,97 + 24,36 + 42,77 I = 141,43 kg m2 El momento de inercia respecto de un eje perpendicular al plano y que pasa por la partcula de 4 kg es: I = 3 ( 52 )2 + 2 (6)2 + 2 (4 )2 + 4 (0)2 I = 260 kg m2 Luego la energa cintica de rotacin del sistema alrededor de la partcula de 4 kg es: K = I ( w )2 / 2 con I momento de inercia del conjunto alrededor del eje que pasa por la partcula de 4 kg y w la velocidad angular ( ngulo girado dividido por el tiempo empleado) El objeto en 1 vuelta gira un ngulo de 2 , como el objeto da 4 vueltas en 10 seg, se tiene: w = 4 2 / 10 = 2,51 rad/s K = 260 kg m2 (2,51 rad/s )2 / 2 K = 819,0 J

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3.-El sistema de la figura, est constituido por una barra uniforme de 5 m de largo y de masa 6 kg. La barra se encuentra pivoteada en su extremo inferior y el sistema se mantiene en reposo gracias a la accin de la cuerda indicada. a)Cul es la tensin en la cuerda? b)Si la cuerda se corta, cul es la aceleracin angular de la barra ?

SOLUCION Como la barra se encuentra en equilibrio, dibujamos las fuerzas que actan sobre ella y luego ocupamos: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 Fx = 0 Rx - T = 0 Fy = 0 Ry - 60N = 0 M = 0 (respecto al pivote) - 60N sen 25 2,5 + T cos 25 5 = 0 T = 13,99 N Al cortarse la cuerda, el peso de la barra ( 60 N ) provoca que gira respecto al eje ( pivote). Para calcular la aceleracin angular ( ) debemos dividir el torque con el momento de inercia de la barra respecto a un eje que pasa por el extremo: = I = / I = - 60N sen 25 2,5 = - 63,39 Nm I = m L2 / 3 = 6 kg ( 5m)2 / 3 = 50 kg m2 = / I = - 63,39 Nm / 50 kg m2 = - 1,26 rad / s2 El signo negativo indica que la aceleracin acta a lo largo del eje entrando al plano de la hoja.

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4.-Un disco uniforme de radio 0,12 m y masa 5 kg puede girar libremente alrededor de un eje que pasa por su centro. Se enrolla una cuerda alrededor del disco y se tira de ella con una fuerza de 20 N : a)Cul es el valor del torque ejercido sobre el disco? b)Cul es la aceleracin angular del disco? c)Si el disco parte del reposo, cul es la velocidad angular despus de 3 seg? d)Cul es su energa cintica despus de 3 seg ? e)Cul es el ngulo girado por el disco en 3 seg?

SOLUCION El torque producido por la fuerza es igual al producto de la fuerza por el brazo (en este caso el radio del disco): = F brazo = 20 N 0,12 m = 2,4 Nm Como se trata de un disco slido, podemos calcular su momento de inercia respecto de un eje que pasa por su centro: I = m R2 / 2 = 5 kg ( 0,12 m )2 / 2 = 0,036 kg m2 Luego la aceleracin angular es: = / I = 2,4 Nm / 0,036 kg m2 = 66,66 rad/s2 Si el disco parte del reposo wo = 0 rad/s , calculamos la velocidad angular a los 3 seg con la expresin: w = wo + t = 0 rad/s + 66,66 rad/s2 3 s = 200 rad/s La energa cintica a los 3 s es: K = I (w)2 / 2 = 0,036 kg m2 (200 rad/s )2 / 2 = 720 J Para calcular el ngulo girado por el disco hasta los 3 s ocupamos la expresin:

2 2( w ) = ( wo ) + 2 , con el ngulo girado (200 rad/s )2 = ( 0 )2 + 2 66,66 rad/s2 = 300 rad, que equivale aproximadamente a: 1 vuelta son 2 rad , entonces x vuelta son 300 rad x = 47,7 vueltas 12

SOLUCION Aqu el bloque de 15 kg y el bloque de 20 kg se trasladan, luego

a)Las tensiones T1 y T2 en las dos partes de la cuerda b)El momento de inercia de la polea

5.-Dos bloques estn conectados por una cuerda de masa despreciable que pasa a travs de una poleade radio 0.25 m y momento de inercia I. El bloque sobre el plano inclinado se mueve hacia arriba con aceleracin constante de 2 m/s2 . Determine :

para ellos ocupamos las ecuaciones: (considere que no hay roce) Mov. Traslacin: Fy = m ay Fx = m ax La figura muestra las fuerzas sobre el bloque de 15 kg, en sus direcciones perpendiculares y paralelas al plano: Fy = 0 (no hay movimiento) con Py = P cos 37 = 150 0,79 = 119,79 N N - Py = 0 N = 119,79 N Fx = m ax con Px = P sen 37 = 150 0,6 = 90,2 N T1 - Px = 15 2 T1 = 120,27N La figura muestra las fuerzas sobre el bloque de 20 kg, en su direccin de movimiento (vertical): Fy = m ay 200 - T2 = 20 2 T2 = 160 N La polea tiene movimiento de rotacin alrededor de un eje que pasa por el centro. Por lo tanto debe existir un torque o momento resultante en la direccin de rotacin. Las fuerzas ejercidas por la cuerda ( T2 y T1 ) provoca el momento o torque necesario para que gire la rueda , (considerando como rotacin positiva hacia donde gira la polea). Como la polea no se traslada significa que la fuerza ejercida por el eje sobre ella anula la resultante de T1 y T2 . Para la rotacin, se tiene: = I Pero, cualquier punto de la cuerda tiene una misma aceleracin, por lo tanto

de de la polea, entonces T2 r - T1 r = I 160 N 0,25 - 120,27N 0,25 = I 40 - 30 = I 8 I = 1,25 kg m2 esta es la misma aceleracin de un punto del borpodemos ocupar: a = r = a / r = 2 / 0,25 = 8 rad/s2

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6.-Una cuerda est enrollada sobre un disco uniforme de radio R y masa M. El disco se libera desde el reposo con la cuerda vertical y sujeta por el extremo superior en un soporte fijo. A medida que desciendeel disco , demuestre que : a)La tensin en la cuerda es un tercio del peso del disco ( T = Mg / 3 ) b)La aceleracin del centro de masa es 2 g / 3 c)La velocidad del centro de masa es v = ( 4 g h / 3 )1/2

SOLUCION En este ejercicio, el disco al bajar se traslada y a su vez gira en relacin al centro de masa del mismo. La figura muestra el disco de lado. Inercia del disco I = M R2 / 2 Movimiento traslacin: Fy = m ay Mg - T = M a ..(1) Movimiento rotacin: = I T R = M R2 / 2 ....(2) La aceleracin de un extremo de la cuerda y de un punto de la periferia del disco estn relacionados por: a = R = a / R ....(3) Reemplazando ( 3 ) y (1 ) en (2 ) se tiene: (Mg Ma ) R = M R2 / 2 a / R a = 2 g / 3 Reemplazando en ( 1 ), se tiene: Mg - T = M a T = Mg - M 2g / 3 T = Mg / 3 Al caer una distancia h, la velocidad del centro de masa del disco se puede obtener por la expresin: ( v )2 = ( vo )2 + 2 a h con vo = 0 v = 2 2 g / 3 h v = ( 4 g h / 3 )1/2

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Utilizando consideraciones energticas. La tensin en la cuerda es considerada fuerza perteneciente al sistema, luego la nica fuerza externa que acta sobre el disco es la atraccin de la tierra ( peso del disco). Podemos ocupar el teorema general del trabajo y la energa: El trabajo realizado por todas las fuerzas externas que actan sobre el sistema es igual a la energa cintica final del sistema menos la energa cintica inicial del sistema TTOTAL = ECINET(FINAL) - ECINET(INICIAL) TTOTAL = TPESO ( A B ) ( El trabajo total es el realizado por el peso del disco) TPESO ( A B ) = Egravit. A - Egravit. B TPESO ( A B ) = M g h - 0 = Mgh h: es la distancia que recorre en la cada desde A hasta B Energa cintica inicial = 0 J (el sistema se libera desde el reposo) Energa cintica final = Energa cintica de + Energa cintica de rotacin traslacin del centro del disco de masa del disco I w2 / 2 ( M v2 / 2 ) La velocidad v del centro de masa y la velocidad angular w, estn relacionadas por la expresin v = w R. Ocupando el teorema general, se tiene: Mgh = M v2 / 2 + I w2 / 2 con I = M R2 / 2 , w = v / R Mgh = M v2 / 2 + M R2 / 2 ( v / R )2 / 2 Mgh = M v2 / 2 + M v2 / 4 v = ( 4 g h / 3 ) 1/2

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7.-Un bloque de masa M = 35 kg est sujeto por una cuerda que se encuentra enrollada sobre un cilindro horizontal de masa 94 kg y radio 83 mm que puede girar sobre su eje. Calcular : a)el mdulo de la aceleracin lineal del bloque b)la tensin en la cuerda a medida que el bloque cae

SOLUCION El momento de inercia del cilindro es: I = M R2 / 2 = 94 kg (0,083 m )2 / 2 I = 0,32 kg m2 Mirando de lado el sistema, se tiene, que el bloque se traslada y el cilindro gira alrededor de su eje: Traslacin: Fy = m a 350 N - T = 35 a Rotacin: M = I T R = I con = a / R Reemplazando, se tiene: ( 350 - 35 a ) 0,083 = 0,32 a / 0,083 a = 4,29 m/s2 Para calcular la tensin en la cuerda: 350 N - T = 35 a 350 N - T = 35 4,29

T = 199,85 N

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8.-La masa m1 = 4 kg est atada con un cordn ligero a una masa m2 = 3 kg , la cual se mueve en una superficie lisa . La polea gira alrededor de un eje sin friccin y tiene un momento de inercia I = 0,5 kg m2 y un radio R = 0,3 m. Suponiendo que la cuerda no desliza sobre la polea, encuentre : a)La aceleracin de las dos masas b)Las tensiones T1 y T2 c)Cules seran las respuestas si la inercia de la polea fuera despreciable?

SOLUCION Si el sistema se abandona desde el reposo, el bloque m1 = 4 kg se mueve vertical hacia abajo y el bloque m2 = 3 kg se mueve horizontal a la derecha. En este ejercicio se deben ocupar las ecuaciones de Newton para la traslacin y la rotacin: Mov. Traslacin: Fy = m ay Fx = m ax Mov. Rotacin: = I Fuerza que actan sobre bloque m2: P = m g = 30 N atraccin de la tierra N : normal T2 : tensin en la cuerda del bloque 2 Como no hay movimiento vertical: Fy = 0 N - 30N = 0 N = 30N En la direccin horizontal: Fx = m ax T2 = 3 a ..( 1 ) Fuerza que actan sobre bloque m1: P = m g = 40 N atraccin de la tierra T1 : tensin en la cuerda Como el bloque se mueve verticalmente hacia ap 4 L

bajo consideremos esta direccin como ositiva, de este modo:

Fy = m ay T = 3 a 0N - T1 = 4 a ............( 2 )

a aceleracin para el bloque m1 y m2 es la misma. 17

La polea tiene movimiento de rotacin alrededor de un eje que pasa por el centro. Por lo tanto debe existir un torque o momento resultante en la direccin de rotacin. Las fuerzas ejercidas por la cuerda ( T1 y T2 ) provoca el momento o torque necesario para que gire la rueda , (considerando como rotacin positiva hacia donde gira la polea). Como la polea no se traslada significa que la fuerza ejercida por el eje sobre ella anula la resultante de T1 y T2 . Para la rotacin, se tiene: = I T1 r - T2 r = I Con I =0,5 kg m2 , r =0,3 m T1 0,3 - T2 0,3 = 0,5 ........(3) Pero, cualquier punto de la cuerda tiene una misma aceleracin, por lo tanto esta es la misma aceleracin de un punto del borde de la polea, entonces podemos ocupar: a = r a = 0,3 .......(4) Resolviendo el sistema formado por las 4 ecuaciones: T2 = 3 a 40N - T1 = 4 a T1 0,3 - T2 0,3 = 0,5 a = 0,3 a = 3,19 m/s2 , T2 = 9,57 N , T1 = 27,24 N , = 10,63 rad/s2 Si la inercia de la polea fuera despreciable ( I = 0 ), se tiene: T1 0,3 - T2 0,3 = 0,5 T1 0,3 - T2 0,3 = 0 Es decir T1 = T2 (la tensin en todos los puntos de la cuerda es la misma) T = 3 a 40N - T = 4 a T = 5,71 N , a = 1,9 m/s2

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8.-Una masa de 15 kg se ata a una cuerda que est enrollada en un volante de radio r = 10 cm. Se mide la aceleracin de la masa al bajar por el plano inclinado sin friccin y es de 2,5 m/s2 . Suponiendo que el eje del volante no tiene friccin , determine : a)la tensin en la cuerda b)el momento de inercia del volante c)la energa cintica de rotacin del volante luego de 2 seg.

SOLUCION Traslacin del bloque de 15 kg: Fy = 0 con Py = cos 37 150 N = 119,79 N N - Py = 0 N = 119,79 N Fx = m ax con Px = sen 37 150 N = 90,27 N 90,27 - T = 15 2,5 T = 52,77 N Rotacin del volante: M = I con = 2,5 / 0,1 = 25 rad/s2

T r = I 52,77 0,1 = I 25 I = 0,21 kg m2 La velocidad que logra el volante luego de 3 s es: w = wo + t w = 0 + 25 3 = 75 rad/s La energa cintica de rotacin del volante a los 3 s es: K

= I w2 / 2 = 0,21 (75) 2 / 2 = 590,62 J 19

9.-Un disco uniforme de radio R = 0,15 m y masa M = 3,0 kg est montado en un eje apoyado en chamuceras sin friccin como muestra la figura. Una cuerda ligera est enrollada en el borde de la rueda y se aplica una tensin constante T = 4,5 N hacia abajo en la cuerda. Calcule : a)El momento de inercia del disco uniforme b)El momento total sobre el disco c)La aceleracin angular del disco d)La aceleracin tangencial de un punto de su borde

a)El momento de inercia para un disco uniforme de masa M y radio R , que gira con respecto a un eje que pasa por su centro est dado por la expresin : I = M R2 / 2 I = 3,0 ( 0,15 ) 2 / 2 = 0,03375 kg m2 b)Para calcular el momento total con respecto al eje de rotacin debemos analizar las fuerzas sobre el disco . Sobre el disco actan : C : es la fuerza ejercida por las chamuceras sobre el disco Mg : el peso del disco T : la tensin ejercida mediante la cuerda. Los torques de Mg y C con respecto al eje de rotacin son nulos , por lo tanto el momento resultante lo determina el momento aplicado por T : = Fuerza x brazo = 4,5 N x 0,15 m = 0,6225 N m (magnitud) Como el disco gira en sentido antihorario , su sentido es positivo y su direccin saliendo del plano xy , por lo tanto vectorialmente , podemos escribir :

= 0,6225 N m k c)La aceleracin angular del disco : = I , por lo tanto :

2 = 0,6625 / 0,03375 = 19,62 rad / seg , y su direccin la misma del momento (torque) resultante. Vectorialmente la aceleracin angular es : = 19,62 rad / seg2 k d)La aceleracin de un punto de su periferia , tiene como magnitud : at = r = 0,15 19,62 = 2,943 m / s2 .

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10.-La figura representa un cilindro macizo de masa M y radio R que es arrastrado sobre una superficie horizontal (rodando sin deslizar ) mediante una fuerza P aplicada en su centro. Calcule la aceleracin lineal de su centro de masa.

SOLUCION Si no hubiera rozamiento entre las superficies del suelo y del cilindro , ste simplemente deslizara. Las fuerzas que actan sobre el cilindro son :

Mg : el peso del cilindro f : fuerza de friccin pero no disipativa ,slo de contacto N : fuerza que ejerce el suelo sobre el cilindro hacia arriba ( normal ). P : fuerza aplicada

El cilindro no tiene un eje de giro real , as que consideraremos a su eje de simetra como eje de rotacin. El centro de masa del cilindro tiene solamente aceleracin a lo largo del eje ox. El cilindro posee movimiento de rotacin alrededor de este eje y adems movimiento de traslacin. En cunto a su movimiento de rotacin , debemos trabajar la expresin = I Observando las fuerzas, vemos que en relacin al centro del cilindro , las fuerzas N , Mg , P producen momento cero. Es decir la nica que provoca momento es la fuerza de friccin f : f x R = I , donde I = M R2 / 2 , por lo tanto se tiene f = M R / 2 , la condicin para que no exista deslizamiento da lugar a que a = R , por lo tanto : f = M a / 2 Para el movimiento de traslacin , se tiene : P - f = M a , reemplazando el valor obtenido para f , se tiene a = 2 P / 3 m (magnitud ).

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Solucin a los ejercicios propuestos en el mdulo G - 3

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1.-En la posicin en la fig. el bloque A ( 78,4 kg ) desciende con rapidez de 1,5 m/s. Se considera que el cilindro B ( 98 kg ) es macizo y homogneo de radio 0,2 m y se mueve sobre cojinetes sin roce. El resorte est comprimido respecto de su longitud normal 0,15 m y su constante k = 686 N/m. La masa de C es 156,8 kg y el coeficiente de roce es 0,2 entre el bloque C y la superficie horizontal. Cul es la velocidad de A luego de descender 1 m ?

SOLUCION Ocupemos el teorema del trabajo y la energa: El trabajo realizado por las fuerzas sobre el sistema es igual a la diferencia entre la energa cintica final e inicial. En la posicin que muestra la figura, el bloque A desciende con rapidez de 1,5 m/s, luego el bloque C se mueve con la misma rapidez (1,5 m/s) y el cilindro gira de modo que la rapidez de un punto de su perferia es 1,5 m/s, con este valor y el radio del cilindro determinamos su velocidad angular w = v / r = 1,5 / 0,2 = 7,5 rad/s Momento de Inercia del cilindro B = I = M R2 / 2 = 98 (0,2)2 / 2 = 1,96 kg m2 Energa Cintica inicial del sistema: EINIC (A) = 78,4 (1,5)2 = 88,2 J 2 EINIC (C) = 156,8 (1,5)2 = 176,4 J 2 EINIC (B) = I w2 = 1,96 (7,5) = 55,125 J 2 2 Energa Cintica inicial del sistema = 319,725 J Energa Cintica final del sistema: EFINAL (A) = 78,4 (v)2 = 39,3 v2 2 EFINAL(C) = 156,8 (v)2 = 78,4 v2 2 E E

FINAL(B) = I w2 = 1,96 ( v / 0,2) 2 = 24,5 v2 2 2

nerga Cintica final del sistema = 142,2 v2 23

El trabajo total est realizado por el peso de A al descender 1m, la fuerza de roce entre C y la superficie cuando C se ha desplazado 1m y la fuerza elstica. Inicialmente el resorte est comprimido 15 cm = 0,15 m y cuando el conjunto se ha desplazado 1 m, el resorte esta estirado ahora 85 cm = 0,85 m . Trabajo realizado por el peso de A: (Considerando como nivel de referencia el punto ms bajo) TPESO( A) = EGRAVIT. ( i ) - EGRAVIT. ( F ) TPESO( A) = 78,4 10 1 - 0 = 784,0 J Trabajo realizado por la fuerza de roce: TROCE = fROCE d cos 180 con fROCE = N Para el bloque C, la normal N = Peso( C ) N = 1568,0 N TROCE = N d cos 180 TROCE = 0,2 1568,0 1 cos 180 TROCE = - 313,6 J Trabajo realizado por la fuerza elstica: TELAST. = EELAST. ( I ) - EELAST. ( F ) TELAST. = 686 (0,15)2 - 686 (0,85)2 2 2 TELAST. = 7,7175 - 247,8175 TELAST. = - 240,1 J Trabajo total = 784,0 J + - 313,6 J + - 240,1 J = 230,3 J Trabajo total = Energa cintica final - Energa cintica inicial 230,3 = 142,2 v2 - 319,725 v = 1,96 m/s

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2.-Un cilindro sube rodando sin deslizar por un plano mediante la traccin realizada por una cuerda que pasa por una polea sin roce y que est sujeta a un objeto de masa 75 kg. El cilindro tiene una masa de 50 kg y tiene 0,6 m de radio. El cilindro recorre partiendo del reposo 5 m a lo largo del plano, determine la velocidad del centro de masa del cilindro cuando ha recorrido los 5 m.

SOLUCION Como el cilindro rueda sin deslizar no hay fuerza de roce, ocupamos nuevamente el teorema del trabajo y la energa cintica. Las fuerzas externas que actan sobre el sistema son, la fuerza normal sobre el cilindro ejercida por la superficie del plano que no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento del cilindro; el peso del cilindro que realiza trabajo al avanzar 5 m a lo largo del plano; el peso del objeto que desciende tambin 5 m. Como el sistema parte el reposo la energa cintica inicial es cero. Trabajo realizado por el peso del cilindro: Tpesp cilindro = Egravit. inicial - Egravit. final Tpesp cilindro = 0 - m g h con h = sen 50 5 m Tpesp cilindro = - 50 10 sen 50 5 Tpesp cilindro = - 1915,11 J Trabajo realizado por el peso del objeto Tobjeto = Egravit. inicial - Egravit. final Tobjeto = 75 10 5 - 0 Tobjeto = 3750 J

Trabajo total = - 1915,11 J + 3750 J Trabajo total = 1834,89 J 25

La energa cintica final del sistema es igual a la suma de la energa cintica del objeto cuando ha descendido 5m ms la energa cintica de traslacin del centro de masa del cilindro ms la energa cintica de rotacin del cilindro. ECINET. OBJETO = 75 v2 = 37,5 v2 2 ECINET. CENTRO DE MASA DEL CILINDRO = 50 v2 = 25 v2 2 Para la energa cintica de rotacin del cilindro debemos determinar el momento de inercia: I = M R2 / 2 = 50 ( 0,6 )2 / 2 = 9 kg m2 ECINET. ROTAC. CILIND. = I w2 con w = v / r = v / 0,6 2 ECINET. ROTAC. CILIND. = 9 (v / 0,6 )2 = 12,5 v2 2 Energa cintica final = 37,5 v2 + 25 v2 + 12,5 v2 Energa cintica final = 75 v2 Trabajo total = Energa cintica final - Energa cintica inicial 1834,89 J = 75 v2 v = 4,94 m/s

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3.-Qu momentum angular posee una partcula de 4,1 kg de masa en el instante en que su posicin es r = - 3,5 m i + 1,4 m j y su velocidad v = - 2 m/s i - 6,3 m/s j ?

SOLUCION m = 4,1 kg r = - 3,5 m i + 1,4 m j v = - 2 m/s i - 6,3 m/s j p = m v = 4,1 kg ( - 2 m/s i - 6,3 m/s j ) p = ( - 8,2 i - 25,83 j ) kg m/s L = r x p L = ( - 3,5 m i + 1,4 m j ) x ( - 8,2 i - 25,83 j ) kg m /s L = ( 28,7 i x i + 90,4 i x j - 11,48 j x i - 36,16 j x j ) kg m2 / s L = 90,4 k + 11,48 k L = 101,88 k ( kg m2 / s )

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4.-Una bolita de 72 gr de masa se desliza sin roce sobre un alambre circular de 0,93 m de radio, orientado verticalmente. Si la bolita se suelta desde el reposo en = 0,87 rad , qu momentum angular tendr respecto al punto O cuando pase por el eje x ?

SOLUCION rad = 180o 0,87 rad = x x = = 50o La bolita viaja a travs del aro, ocupando la conservacin de la energa mecnica podemos calcular la velocidad cuando pasa por la lnea horizontal: h = sen 50 0,93 m = 0,71 m ETOTAL ( A ) = ETOTAL ( B ) m g h = m v2 / 2 v = 2 g h = 3,7 m/s En el punto B, la posicin r = 0,93 m i La velocidad es v = - 3,7 m/s j p = m v = 0,072 kg - 3,7 m/s j p = - 0,28 kg m / s j L = r x p L = 0,93 m i x - 0,28 kg m / s j = - 0,24 I x j (kg m2 /s) L = - 0,24 k (kg m2 /s)

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5.-Un muchacho de masa m se acerca corriendo con una velocidad v a un tiovivo de feria que se encuentra detenido, y se sube en su borde de un salto. Qu velocidad angular adquiere el tiovivo cuando el muchacho ha subido y se encuentra en reposo relativo respecto al tiovivo? Suponga cualquier efecto de roce despreciable

SOLUCION Tomemos el muchacho como partcula y situemos el sistema ejes como se ha dibujado. Considerando el sistema formado por el tiovivo mas el muchacho, y dado que el momento de fuerza debido al rozamiento es despreciable, no existen momentos de fuerza externos actuando sobre el sistema, de forma que su momentum angular se conserva. Existirn fuerzas y momentos de fuerzas entre el muchacho y el tiovivo, pero tanto las fuerzas como los momentos son internos, aparecen por pares iguales y opuestos, de forma que se cancelan. Como el tiovivo est inicialmente en reposo, el momentum angular del sistema respecto al eje de rotacin ( el eje z ) es debido completamente al movimiento del muchacho, es decir: L sist. inicial = m v R , con R radio del tiovivo Si el momento de inercia del tiovivo es I, el momento de inercia del sistema tiovivo mas muchacho, cuando el muchacho se encuentra en reposo relativo ser I + m R2 . Por tanto LZ final = ( I + m R2 ) wZ La conservacin del momentum angular da como resultado: m v R = ( I + m R2 ) wZ despejando la velocidad angular, se tiene: wZ = m v R I + m R2

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