Ejemplos de problemas resueltos Ejemplo #1 – motor con volante El volante de un motor tiene un diámetro d = 0.36m La posición angular del volante está dada por: rad 3 θ = 2.0 3 t s
En t1 = 2.0s , la posición angular será
rad 3 360o θ1 = 2.0 3 ( 2.0 ) = 16rad = 16rad = 920o s 2π rad en t 2 = 5.0s ⇒ θ 2 = 250rad = 14000o El desplazamiento angular: ∆θ = θ2 − θ1 = 250rad − 16rad = 234rad El radio del volante r =
d = 0.18m ⇒ s = rθ = 0.18m ⋅234rad = 42m 2
Velocidad angular media: ω med =
θ 2 − θ1 250rad − 16rad rad = = 70 t 2 − t1 5.0s − 2.0s s
Velocidad angular instantánea: ω =
dθ rad 2 rad 2 = 2.0 3 3t = 6.0 3 t dt s s
rad rad 2 En el instante t = 3.0s , ω = 6.0 3 ( 3.0s ) = 54 s s rad rad 2 Entre t1 = 2.0s y t 2 = 5.0s , ω1 = 6.0 3 ( 2.0s ) = 24 y s s rad rad 150 − 24 rad rad ω − ω1 2 s s = 42 rad ⇒ α med = 2 = ω 2 = 6.0 3 ( 5.0s ) = 150 s s t 2 − t1 5.0s − 2.0s s2 dω rad rad = 6.0 3 2t = 12.0 3 t dt s s rad rad En el instante t = 3.0s , α = 12.0 3 3.0s = 36 2 s s
Por definición α =
1
Ejemplo #2 – Lanzador de disco
Modelamos el disco con una partícula que sigue una trayectoria circular El braco del lanzador es similar a una varilla (brazo de palanca) de r = 0.80m El lanzador lanza el disco con una aceleración radial α = 50
rad rad y velocidad ω = 10 2 s s
m rad atan = rα = ( 0.80m ) 50 2 = 40 2 s s 2
arad
m rad = ω r = 10 ( 0.80m ) = 80 2 s s 2
r m 2 2 La magnitud de la aceleración: a = arad + atan = 89 2 s
Esto es 9 veces la aceleración g El movimiento de rotación acumula una grande cantidad de energía
2
Ejemplo #3 – Hélice de avión
Una hélice de avión gira a una velocidad ω = 2400rpm El avión vuela a una rapidez de v A = 75.0
m km o 270 s h
m : 0.8 la rapidez del sonido en el s aire, porque para más alta rapidez, el ruido (energía de vibración de las moléculas del aire) seré tremendo y podría quebrar las fuerzas moleculares de la hélice
La rapidez de las puntas de la hélice no debe exceder 270
⇒ Este fenómeno fija el radio máximo de la hélice La velocidad angular, ω = 2400 rpm = 2400
rev 2π rad1min rad = 251 min 1rev 60s s
La velocidad tangencial v p = rω , es perpendicular a la velocidad de avance del avión 2 La velocidad total máxima de la punta, vtotal = vA2 + v 2p = v 2A + r 2ω 2 è aislamos el radio máximo:
2
⇒ rmax
2
270 m − 75 m 2 2 vtotal − v A s s = = = 1.03m ω 251 rad s 2
La aceleración radial (centrípeta): arad
rad 4 m = ω r = 251 (1.03m ) = 6.5 ×10 2 s s 2
r r Como ∑ F = ma , la hélice debe ejercer una fuerza de esta magnitud sobre cada kg de material en su punta ⇒ la hélice debe ser hecha de un material ligero y muy resistente
3
Ejemplo #4 – Engranajes de bicicleta Este es una herramienta que permite aumentar la eficiencia de la fuerza sobre los pedales cambiando el radio de las ruedas conectadas por la cadena – el mismo principio se aplicada para cambio de velocidades en motores de automóviles Buscamos una relación entre la velocidad angular de las ruedas dentadas y el número de dientes La cadena no resbala ni se estira La velocidad vtan = v es la misma en ambas ruedas trasera y delantera Así v = r1ω1 = r2ω2 y por tanto: ω2 r1 = ω1 r2 Consideramos ruedas donde los dientes son equiespaciados Sea N1 y N 2 los números de dientes en las dos ruedas - como el esparcimiento es el mismo: 2π r1 2π r2 r N ω N = ⇒ 1 = 1 ⇒ 2= 1 N1 N2 r2 N 2 ω1 N2
La rapidez angular es inversamente proporcional al número de dientes
En una bicicleta con10 velocidades, obtenemos la máxima rapidez angular ω 2 de la rueda N trasera para un pedaleo dado ω1 cuando 1 es máximo N2 Aumentar la velocidad è usar rueda dentada delantera de mayor radio y N1 grande comparado a N 2
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Ejemplo #5 – Ejemplo cable que se desenrolla con la gravedad
Cable enrollado en cilindro de masa M y radio R Atamos el extremo libre del cable a una masa m y soltamos lo sin velocidad a la distancia h arriba del piso. Relativa al suelo: U h = mgh y U suelo = 0 La conservación de la energía (no hay fricción): Kh + U h = Ksuelo + U suelo ⇒ U h = K suelo La energía cinética a llegar al suelo es la suma de la energía de la masa que cae y del 1 1 cilindro girando: K suelo = mv 2 + Iω 2 2 2 Como I =
1 1 1 MR 2 y v = Rω , K suelo = m + M v 2 2 2 2
1 1 De la conservación de la energía: mgh = m + M v2 2 2
⇒v=
2 gh v yω= M R 1+ 2m
Para un cilindro de masa despreciable M = m y v = 2 gh la rapidez de un cuerpo en caída libre – más grande la masa del sistema en rotación y más lentamente baja la masa
5
Ejemplo #6 – Cable que se desenrolla
Se enrolla un cable varias veces en un cilindro sólido uniforme de masa 50kg y de diámetro de 0.12m que puede girar sobre su eje horizontal Buscamos la aceleración tangencial al cilindro, cuando el extremo del cable es halado por una fuerza F horizontal de 9.0N La única fuerza creando una torsión es F El braco de palanca es l =
d = 0.06m 2
⇒ τ = Fl = F
d = ( 0.9N )( 0.06m ) = 0.540N ⋅ m 2
El momento de inercia de un cilindro lleno es: I=
De la relación
∑τ i
i
= Iα :
1 1 2 MR 2 = 50kg ( 0.06m ) = 0.09kg ⋅ m 2 2 2
⇒α =
τ 0.54N ⋅ m rad = = 6.0 2 2 I 0.09kg ⋅ m s
rad m La aceleración tangencial: atan = rα = ( 0.06m ) 6.0 2 = 0.36 2 s s
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Ejemplo #7– Cable que se desenrolla con la gravedad Buscamos α del cilindro, a de la masa, y la tensión T Tratamos los cuerpos separadamente La suma de las fuerzas sobre la masa:
∑F
y
= mg + ( −T ) = ma
Únicamente la tensión produce un momento de torsión: 1
∑ τ = RT = Iα = 2 MR α 2
Como a = Rα 1 1 2 a ⇒ RT = MR ⇒ T = Ma 2 2 R 1 g Substituimos en la primera ecuación: mg − Ma = ma ⇒ a = M 2 1+ 2m
Substituyendo en T =
1 Ma 2
T=
1 1 g Mg mg Ma = M = = M 2m 2 2 1+ M 2+ +1 2m m M
Observe que la tensión no es igual al peso mg , sino no habría aceleración Si M ? m , T → mg y a → 0 Si M = 0 , T → 0 y a → g Si la masa parte de un punto inicial h , la rapidez al golpear el piso será v 2 = v02 + 2ah Con rapidez inicial v0 = 0 , v = 2 ah =
2 gh M 1+ 2m
7
Ejemplo #8 – Yoyo Saltamos el yoyo sin velocidad El principio de conservación de la energía: U1 + K 1 = U2 + K2 Donde
U1 = Mgh K1 = 0
U2 = 0 K2 =
1 2 1 Mvcm + I cmω 2 2 2
Usando las relaciones: ω =
vcm 1 y I cm = MR 2 R 2 2
1 11 3 v 2 2 ⇒ K2 = Mvcm + MR2 cm = Mvcm 2 22 R 4
La conservación de energía U 1 + K 1 = U2 + K2 ⇒ Mgh =
3 2 Mvcm ⇒ vcm = 4
Para la traslación del centro de masa
∑F
y
= Mg + ( −T ) = Macm
El momento de inercia: I =
1 MR 2 2
La ecuación del movimiento de 1 rotación ∑ τ = TR = I cmα = MR 2α 2 Como vcm = Rω , derivando respeto a t
dvcm dω =R ⇒ acm = Rα dt dt
Resolvimos para la aceleración lineal acm =
2 1 g y la tension T = Mg 3 3
8
4 gh 3
Ejemplo #9 - Potencia de un motor de coche La potencia de un Toyota Supra 6 es 200hp a 6000rpm La potencia en Watts: W P = 200hp = 200hp 745 = 1.49 × 105 W hp La velocidad radial: ω = 6000
rev rev 2 π rad 1min rad = 6000 = 628 min min 1rev 60s s
Por definición de la potencia: τ =
P = ω
1.49 ×105 N ⋅ 628
rad s
m s = 237N ⋅ m
¡No es mucho! Podemos aplicar este momento de torsión usando una llave de trueca de 1m de largo y aplicando una fuerza de 237N al extremo de su mango
9
Ejemplo #10 - un motor eléctrico El motor tiene un momento de torsión constante τ = 10N ⋅ m Esta haciendo girar una piedra de amolar con momento de inercia I = 2.0kg ⋅ m 2 ¿Cuál es el trabajo efectuado en 8.0s? Como τ = I α ⇒ α =
τ 10N ⋅ m rad = = 5.0 2 2 I 2.0kg ⋅ m s ⇒ ω =α t = 5.0
rad rad ( 8.0s ) = 40 s s
La energía cinemática: K=
(
)
1 1 rad 2 θ = α t 2 = 5.0 2 (8.0s ) = 160rad 2 2 s
El ángulo total: El trabajo:
1 2 1 rad 2 Iω = 2.0kg ⋅ m 40 = 1600J 2 2 s
W = τθ = 10N ⋅ m (160rad ) = 1600J
Verificamos que W = K como debe ser
La potencia media: Pmed =
1600J J = 200 = 200W 8.0s s
La potencia instantánea no es constante porque ω cambia W =∫
t2
t1
t2 Pdt = ∫ τω dt = ∫ τα tdt = τα t1 t1 2 t2
t2
t2
= 1600J t1
10
Ejemplo #11 - Deslizador sin fricción ligado por un hilo a un peso Buscamos la aceleración de m1 y m2 , la aceleración angular de la polea y la tensión en el hilo Nota que no podemos asumir que T1 = T2 , sino no habría aceleración Escribimos las dos ecuaciones del movimiento:
∑F
= T1 = m1a1
∑F
= m2 g − T2 = m2a2
x
y
Tomamos el sentido de rotación positivo en el sentido horario
∑τ = T R − T R = Iα = MR α 2
2
1
Como no hay resbalado: a1 = a2 = Rα En total, tenemos 5 ecuaciones con 5 incógnitas: a1 , a2, α , T1 y T2
T1 = m1a1 Usando la relación entre a2 y α : ⇒ m2 g − T2 = m2 a1 T − T = Ma 2 1 1 Sumando para eliminar T1 y T2 : ⇒ a1 =
Substituyendo è T1 =
m2 g m1 + m2 + M
m1 m2 g ( m + M ) m2 g y T2 = 1 m1 + m2 + M m1 + m2 + M
Si m1 o M ? m2 , a1 → 0 y T2 → m2 g , no hay movimiento Si m2 ? m1 o m2 ? M , a1 → g la masa cae libremente Si M = 0 , T1 = T2 è la polea solamente cambia la dirección de la fuerza
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Ejemplo #12 - Motor turbo hélice de un jet
El momento de inercia de la hélice es I = 2.5kg ⋅ m 2 La velocidad angular: ω = 400
rad 2 t 3 s
La hélice gira alrededor del eje de simetría
rad m2 L = I ω = 2.5kg ⋅ m2 400 3 t 2 = 1000kg ⋅ 3 t 2 s s
(
En t = 3.0s
L = 9000kg ⋅
τ= En t = 3.0s
)
m2 s
dL m2 = 2t 1000kg ⋅ 3 dt s
τ = 6000N ⋅ m
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m2 = 2000kg ⋅ t s3
Ejemplo #13 - Discos de embrague Dos discos están girando separadamente con velocidades ω A y ω B Después de juntar lo la velocidad se redujo a ω El momento de inercia se transformo en: I = IA + IB Con no hay fuerzas externas: L = cte
Segundo el Principio de la conservación del momento angular podemos escribir:
I Aω A + I Bω B = ( I A + I B ) ω ⇒ ω =
I AωA + I BωB ( I A + IB )
rad m = 2.0kg rA = 0.20m s Supongamos que A , y mB = 4.0kg rB = 0.10m rad ω B = 200 s ω A = 50
IA =
1 1 m A rA2 = 0.04kg ⋅ m 2 , I B = mB rB2 = 0.02kg ⋅ m 2 de forma que I A + I B = 0.06kg ⋅ m 2 2 2
I ω +I ω ⇒ω = A A B B = ( I A + IB )
rad + ( 0.02kg ⋅ m ) 200 ( 0.04kg ⋅ m )50 rad s s 2
2
0.06kg ⋅ m
2
Calculamos la diferencia de energía cinemática: K1 =
1 1 1 I AωA2 + I Bω B2 = 450J e K2 = ( I A + I B ) ω 2 = 300J 2 2 2
Se perdió
1 de la energía. ¿Por qué? 3
13
= 100
rad s
Ejemplo #14 - Blanco girando Una puerta llena de 1.0m y masa 15 kg sirva de blanco de tiro al revolver La puerta puede girar sin fricción sobre su eje vertical Se dispara una bala de 10g a la rapidez de 400m/s al centro de la puerta Consideramos la puerta y bala con un solo sistema El momento angular inicial:
m m2 L = mvl = ( 0.01kg ) 400 ( 0.5m) = 2.0kg ⋅ s s El momento angular final:
L = Iω , donde I = I bala + I puerta I bala = ml 2 = ( 0.01kg )( 0.5m ) = 0.0025kg ⋅ m 2 2
Md 2 (15kg )(1.0m ) = = = 5.0kg ⋅ m 2 3 3 2
I puerta
Por la conservación del momento angular:
mvl = Iω
m2 2.0 kg ⋅ s mvl rad ⇒ω = = = 0.40 2 2 I 5.0kg ⋅ m + 0.0025kg ⋅ m s
La diferencia de energía cinemática: ∆K = K2 − K1 =
o K2 =
1 2 1 2 I ω − mv = 0.40 J − 800J = −799.6J 2 2
1 K1 , de nuevo se perdió una cantidad enorme de energía 2000
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