PROBLEMASRESUELTOSTEMA:5

1.‐Dosmasaspuntualesm1ym2estánseparadasporunabarrasinmasadelongitudL:

a)Deducirunaexpresiónparaelmomentode inerciadelsistemarespectoaunejeperpendicularalabarraquepasaatravésdeéstaporunpuntosituadoaladistanciax1delamasam1.

b) Calcular dI/dx y demostrar que esmínimo cuando el eje pasa por el centro demasasdelsistema.

 a)

2

b)

2 2

Condición de mínimo:

0 ⟹ 2 2 0 ⟹

que es la coordenada del centro de masas si se toma el origen en m1. Esto es, x1 = 0 y x2 = L, con lo

cual resulta:

Es decir, si el eje de giro pasa por el centro de masas entonces el momento de inercia es mínimo.

   

2. Calcular el momento de inercia de un disco homogéneo de masa M y radio R con respecto a: 

a) Un eje perpendicular que pase por su centro. 

b) Un eje perpendicular que pase por el borde. 

c) Un eje que coincida con un diámetro 

 

a) Por simetría, como elemento de volumen usaremos, un anillo de radio r, de grosor dr. Así, si

llamamos h a la altura del disco, el volumen del anillo diferencial es:

2 2

Aplicamos la definición de momento de inercia por el eje Z, sabiendo que :

2 2 12

Y como es el volumen de todo el disco ⟹ , tenemos:

12

b) Aplicando el teorema de Steiner:

Como el eje de giro pasa ahora por el borde:

12

32

c) Por su simetría y como suponemos el disco delgado , luego:

2 ⟹ 2

14

Naturalmente, esta ecuación es válida para cualquier eje de giro que coincida con un diámetro.

Y X

Z

R r

dr

h

3.HallarelmomentodeinerciayelradiodegirodeunaesferamacizahomogéneademasaMyradioRrespectoaunodesusdiámetros.

 Como volumen diferencial tomaremos

una rebanada circular de grosor dx y radio y.

Según hemos visto en el problema

anterior, el momento de inercia de un disco

respecto de un eje perpendicular que pasa por

su centro (aquí el eje X ) es .

Ahora:

12

12

12

Ésta ultima igualdad la obtenemos debido a que:

⟹

Así pues, integrando sobre todo el eje X obtenemos que:

2

22

2|

2 5 3 22 2

523

22

115

23

22

815 4

3

815

2460

25

4.DosbloquesestánconectadosporunacuerdaquepasaporunapoleaderadioRymomentode inercia I.Elbloquedemasam1deslizasobreunasuperficiehorizontalsin rozamiento; elbloquedemasam2 está suspendidode la cuerda.Determinar laaceleración a de los bloques y las tensiones T1 y T2 suponiendo que la cuerda nodeslizasobrelapolea.

 Le aplicamos la 2º ley de Newton a cada uno de los cuerpos por separado:

Bloque de masa m1:

Puesto que no hay rozamiento, que no contribuye al

movimiento. Pero T1 contribuye al movimiento por lo que :

1

Bloque de masa m2:

Según la 2ª ley de Newton.

2

Hemos supuesto que de modo que la aceleración a será

descendente pero positiva (su signo coincide con el del peso).

De [1] + [2] obtenemos:

Polea:

La polea no se desplaza pero rota. Por lo que le aplicamos la 2ª ley de Newton para la

rotación.

⟹ ⟹

Donde se ha utilizado:

Despejamos y finalmente nos queda que:

De este modo sustituyendo la aceleración en [1] y [2] obtenemos:

5.‐Unaescalerade longitudLymasaMsesitúaenposicióncasiverticalcontraunapared.Unapersonadepiesobreunpeldañotienesucentrodemasasalaalturadelapartemásaltade laescalera.Al inclinarse ligeramente, laescaleracomienzaagiraralrededordesubasealejándoselapartesuperiordelapared.Determinarlarelaciónentre la velocidad de la persona agarrada a la escalera cuando llega al suelo y lavelocidad que tendría si saltara inmediatamente, en función de la relación M/msiendomlamasadelapersona.

Si saltara inmediatamente tendría una velocidad dada por la caída libre: 2

Si no saltara y suponemos que cae junto con la escalera, la energía potencial inicial del sistema se

convertiría en energía cinética de rotación de la escalera y energía de traslación de la persona.

212

12

1

(el CM de la escalera se ha supuesto en el centro de la misma a L/2 del suelo).

Donde I es el momento de inercia de la escalera con respecto de un eje perpendicular que pasa por

un extremo (la base de la escalera).

13

Ahora:

por lo que, sustituyendo en [1]:

2 2 3⟹ 2 2

3

Y como:

2 3⟹ 2

3

1

Por tanto, el golpe será mayor si no salta puesto que esta velocidad es mayor que la de caída libre

(además puede que la escalera le cayera encima...).

   

6.‐UncilindrouniformedemasaMyradioRdescansasobreunbloquedemasam,el

cuala suvez seencuentraen reposo sobreunamesahorizontal sin rozamiento.Si

aplicamos al bloque una fuerza horizontal F, éste acelera y el cilindro rueda sin

deslizamiento:

a)Determinarlaaceleracióndelbloque.

b) Determinar la aceleración angular del cilindro. ¿Es horaria o antihoraria la

rotacióndelcilindro?

c)¿Cuáleslaaceleraciónlinealdelcilindrorespectoalamesa?Tomarcomosentido

elmismoqueindicaladireccióndeF.

d)¿Cuáleslaaceleracióndelcilindrorespectoalbloque?

a) En el bloque actúan dos fuerzas: F (hacia la derecha) y f (hacia la izquierda) que es la fuerza de

rozamiento con el cilindro por lo que según la 2ª ley de Newton tenemos:

1

En el cilindro sólo actúa la fuerza de rozamiento pero hacia la derecha

2

La fuerza de rozamiento f hará que el cilindro gire en sentido contrario a las agujas del

reloj luego aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación al cilindro donde el par rotador sólo lo

ejerce la fuerza de rozamiento f:

⟹ 3

Siendo:

Ya que el cilindro rueda encima del bloque, es la aceleración relativa del cilindro

respecto al bloque, donde aB es la aceleración del bloque respecto de la mesa y aC es la aceleración

del cilindro respecto de la mesa.

El momento de inercia del cilindro es:

12

4

Sustituyendo la 4 y la 2 en la [3] obtenemos la siguiente ecuación:

12

⟹ 3 5

Ahora sustituyendo la ecuación 5 y la 2 en la [1], resulta:

3 3 33⟹

33

b) La aceleración angular del cilindro es:

33 3

23

que es antihoraria ya que el par que ejerce la fuerza de rozamiento sobre el cilindro es antihotrario.

c) La aceleración del cilindro respecto de la mesa (aceleración absoluta) es según la ec. [5]:

3 3

d) La aceleración respecto al bloque es:

23

hacia la izquierda, ya que el cilindro acabaría cayendo por la izquierda.

Lo importante en este problema es entender que el cilindro rueda antihorario sobre del

bloque y sobre él se desplaza hacia la izquierda. Sin embargo, el centro de masas del cilindro se

desplaza hacia la derecha respecto de la mesa.

   

7.‐Unabolita inicialmente en reposo en elpuntomás altodeuna gran esfera fija,comienza a rodar sin deslizamiento por la superficie de la esfera. Determinar elángulodesdeelpolodelaesferahastaelpuntodondelabolitapierdeelcontactoconaquella.Elradiodelabolitaesde1cmyeldelaesfera80cm.

 

Sea θ el ángulo en el cual la bolita pierde el contacto. La altura que hay desde el punto más

alto de la esfera hasta el punto donde se pierde el contacto la llamaremos h y cumple:

Por otro lado la bolita perderá el contacto cuando la

fuerza centrífuga que adquiere al moverse por la esfera

grande compense la componente del peso dirigida hacia el

centro de la esfera.

Es decir:

cos ⟹ cos

Ahora aplicamos la conservación de la energía. La energía potencial de la bolita en el

punto más alto respecto del punto de pérdida de contacto (que es el origen de energías potenciales)

es:

cos

En el punto de pérdida de contacto, esta energía potencial se transformará en energía

cinética de traslación y en energía cinética de rotación .

12

12

donde r es el radio de la bolita y el momento de inercia de la bolita (esfera) es:

θ

R

vm

2

cosmg

25

Por la conservación de energía:

12

12

25

Simplificando entre la m y eliminando denominadores:

10 1 cos 5 cos 2 cos ⟹ 10 17 cos ⟹ cos1017⟹

⟹ 54°

Se observa que θ no depende ni del radio r de la bolita, ni de su masa m, ni del radio R de

la esfera grande.

Si comparamos este valor 54° con el valor obtenido 90 41,81 48,19°

en el problema 14 del tema 3, vemos que en dicho problema θ era menor ¿por qué?.

   

8.‐Un cilindrode25kgdemasa se sueltaporunplano inclinado.Eldiámetrodelcilindroesde0.6m.Sielcilindroruedasindeslizar,calcular lavelocidaddelejeCdespuésderecorrer1.6msobreelplanoinclinado.Además,determinarlafuerzaderozamientoqueactúasobreelcilindro.

Para determinar la velocidad en la parte final del plano utilizamos el teorema de

conservación de energía. La energía potencial que posee el cilindro en la parte alta, se

transformará en energía cinética de rotación y de translación. La fuerza de rozamiento no produce

trabajo ya que actúa con velocidad nula durante todo el desplazamiento debido a la condición de

no deslizamiento. El cilindro tiene siempre un punto en contacto con velocidad nula respecto al

plano.

25 9.8 sin 30 1.6

12

12

1225

12

12

250.62

20.6

En la formula anterior hemos sustituido el momento de inercia y la velocidad angular

.

Igualando las energías: 25 9.8 sin 30 1.6 25 25 .

.

Despejamos la velocidad y obtenemos que: 3.23m/s

Como hemos dicho, en un sistema rotante en condición de rodadura (sin deslizar), la fuerza

de rozamiento no produce trabajo (calor) pero se transforma en energía cinética de rotación. La

fuerza de rozamiento se emplea únicamente en hacer que el cilindro gire, luego:

1.612

⟹

12

12 25 0.3 3.23

0.31.6

40.8N

Para calcular dicha fuerza de rozamiento no se ha necesitado conocer el coef. de

rozamiento. Éste sería útil para conocer cuál sería la fuerza de rozamiento máxima posible.

9.‐Uncilindrohomogéneodemasa yradio ruedasindeslizamientoporunplanoinclinado hacia abajo. Determinar la fuerza de rozamiento y la aceleración delcentrodemasas.Sielcoeficientederozamientoestáticoes ,determinarelángulomáximodeinclinacióndelplanodemodoqueelcilindrodesciendasindeslizar.

Este problema podría resolverse como el anterior, utilizando el principio de conservación

de la energía para obtener la velocidad del cilindro después de haber recorrido una cierta distancia

sobre el plano y entonces, mediante cinemática, obtener la aceleración. Sin embargo, podemos

hallar directamente la aceleración aplicando la 2ª ley de Newton de traslación y rotación:

La de 2ª ley de Newton de la traslación nos dice que la resultante de las fuerzas aplicadas al

cilindro en dirección del plano es igual a la masa del cilindro por su aceleración (de su centro de

masas). Las fuerzas aplicadas son la componente del peso (dirigida hacia abajo) menos la fuerza

de rozamiento (dirigida hacia arriba):

sin

La 2ª ley de Newton de la rotación nos dice que la resultante de los momentos de fuerza (pares de

fuerza) aplicados al cilindro es igual al momento de inercia de cilindro por su aceleración

angular.). La fuerza de rozamiento es la única fuerza que ejerce par, por tanto:

donde

Despejando f de la ecuación de rotación, tenemos:

Al sustituir esta expresión en la ecuación de rotación:

sin ⇒ 1

1sin ;

12

⇒

1

1 12

sin

12 2

3sin

Para que el cilindro ruede sin deslizar, debe ser menor o igual que cos (es decir,

donde cos )

cos

sin3

cos ⇒ tan 3

Es decir, para un ángulo cuya tangente sea mayor (o igual) que 3 el cilindro descenderá

deslizando.

Es muy interesante sustituir los valores del problema anterior en la expresión hallada de la fuerza de rozamiento:

sin3

25 9.8 sin 30

340.8N

que evidentemente coincide con el valor de f hallado por conservación de energías en el problema anterior.

 

   

10.‐Uncilindrohomogéneotieneunamasa yunradio .Seveaceleradoporunafuerza queseaplicamedianteunacuerdaarroyadaalolargodeuntamborligeroderadio unidoalcilindro.Elcoeficientederozamientoestáticoessuficienteparaqueelcilindroruedesindeslizar:

a)Hallarlafuerzaderozamiento.

b)Hallarlaaceleración delcentrodelcilindro.

c)¿Esposibleescoger demodoque seamayorque / ?¿Cómo?¿Nocontradiceestola2ªleydeNewton?

d)¿Cuáleselsentidode la fuerzaderozamientoen lacircunferenciadescritaen laparte(c)? 

 

Aplicamos las leyes de Newton tanto para la traslación como para la rotación.

Presuponemos dirigido hacia la izquierda. Después veremos si esa suposición es razonable.

;

a) Despajamos las incógnitas a y f del sistema de ecuaciones:

⇒ 12

12

⇒

⟹ 2 2

⇒ 2 2

⇒ 32 2

⇒ 2 2

3

1 2

3

Cuando el valor absoluto de f sea mayor que cero entonces la fuerza de rozamiento tira hacia la

izquierda, como habíamos supuesto.

T

f

b) Despejamos la otra incógnita:

33

1 2

3 32

2 23

1

El valor absoluto de la aceleración a siempre será positivo y estará dirigida hacia la derecha.

c) Para que:

⇒ 231 1 ⇒ 1

32⇒

32⇒

32

⇒ 32

22⇒

2

Es decir:

2⇒

Esto es, si el tambor pequeño del cilindro (radio r) es más grande de la mitad del radio externo R

entonces, la aceleración del cilindro es más grande que la que proporcionaría una única fuerza T

que tira de la masa m del cilindro. Esto no contradice la 2ª ley de Newton ( ) porque la

fuerza de rozamiento en este caso va a ayudar al movimiento, como se ve en c).

d) Según la ecuación de f hallada en a):

1 2

3

Pero si en esta ecuación hacemos , entonces:1 0

Por tanto, la fuerza de rozamiento sería negativa (estaría dirigida hacia la derecha) y ayudaría al

movimiento. Esto ocurre en una rueda motriz que para que pueda acelerar necesita de un

rozamiento apuntado a la derecha y capaz de proporcionar un par acelerador.

Si entonces 0 (no contribuye al movimiento aunque realmente exista). Esto quiere decir

que si , el sistema de la figura se movería igual sobre hielo que sobre asfalto.

Hemos visto que el tamaño del tambor puede hacer que la fuerza de rozamiento apunte a la

izquierda, a la derecha o sea nula. Esto siempre será cierto mientras exista un coef. de rozamiento

estático suficientemente grande como para evitar deslizamientos y supuesto que el cuerpo es

indeformable.   

11.‐Undiscoderadio ruedasindeslizaralolargodeunplanohorizontal.Sabiendoque la aceleración del centro demasas es , y la aceleración angular de rotaciónalrededordelcentrodemasaes ,determinar laaceleracióndelpuntoB.Aplicarelbalanceenergéticoparacalcularlavelocidaddelbloqueunavezquehayadescendido partiendo del reposo. ¿Hay que incluir la fuerza de rozamiento en el balanceenergéticodeestemovimientoderodarsindeslizar?.Losvaloresdelasmasasestánenelesquema.

 

Movimiento del disco:

Traslación:

Rotación:

12

Condición de no deslizamiento:

Sustituimos en las ecuaciones de Newton de la rotación el valor de la masa M=8kg:

8

128 ⇒ 4

Resolvemos el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas T y Fr en función de aC:

8

4

Y obtenemos 6 y 2

T 

Fr 

α 

Movimiento del bloque:

El punto se mueve el doble de rápido que el punto C. Esto se puede visualizar bien

suponiendo un punto de la rueda fijo A arbitrario. Cuando la rueda gira sobre ese punto,

claramente el punto B sobre el diámetro AB se mueve el doble en el mismo tiempo que el punto C

sobre el radio AC. Por tanto:

2

La aceleración del bloque es como la del punto ya que el bloque va

unido a la periferia de la rueda. Aplicamos al bloque la 2ª ley de Newton de la

traslación:

Sustituimos el valor de la masa m=1.5kg:

1.5 9.8 1.5 2

que con las ecuaciones anteriores 2 ; 6 y 2 hallamos:

1.63m/s ; 3.27m/s ; 9.8N; 3.27N

Balance energético:

El bloque de 1.5kg disminuye su energía potencial por 1.5 9.8 2 al descender 2m.

Aumenta la energía cinética del bloque 1.5

Aumenta la energía cinética del disco (traslación + rotación) 8 8

La velocidad del bloque es la misma que la velocidad del punto del disco 2

Si el disco rueda sin deslizar

Escribimos la conservación de energía:

1.5 9.8 2121.5 2

128 2

Se obtiene:

1.81m/s

3.61m/s

mg

T

aB

En lugar de por energías, esta velocidad también se podría haber calculado por cinemática.

Después de recorre 2 m, aplicamos al bloque las ecuaciones del MRUA con el valor hallado de

3.27m/s :

212

Al resolver el sistema resulta igualmente:

3.61m/s

La fuerza de rozamiento del disco no realiza trabajo (no se pierde calor) porque está

aplicada en el punto que está en reposo. El efecto de es crear energía cinética de rotación ya

que, como puede comprobarse dando valores:

212

12128 2

   

12.‐ Una partícula de masa se mueve con una velocidad constante en unacircunferencia de radio sobre la superficie de una mesa sin rozamiento. Lapartículaestáatadaaunacuerdaquepasaatravésdeunagujerodelamesa.Tirandode lacuerda lentamentehaciaabajo, lapartículasemueveenunacircunferenciademenorradio :

a)Determinarlavelocidadfinalenfunciónde , y .

b) Determinar la tensión de la cuerda cuando la partícula se mueve en unacircunferenciaderadio enfunciónde , yelmomentoangular

c)Calcularel trabajorealizadosobre lapartículapor la tensión integrando desde a .Expresarlarespuestaenfunciónde y

 

a) Como la tensión de la cuerda está dirigida hacia el agujero y no ejerce momento (no

tiene brazo para hacer par) y, por tanto, el momento angular se conserva ya que no hay

pares aplicados:

⇒

b) La tensión igualará la fuerza centrífuga. Ahora, utilizando ,

tenemos:

c) Podemos tomar la tensión como dirigida al centro (signo negativo) y esto influirá en el

signo del trabajo obtenido:

12 2

1 1

Como ⇒ es positivo ⇒ para acercar la partícula al centro hay que realizar un trabajo

que se conviertirá en energía cinética. Como el momento angular se conserva:

2⇒

2 2

Esto es, hemos comprobado que el trabajo realizado por la tensión es igual al cambio en energía

cinética.

   

13.‐La figuramuestraunabarrauniformede longitud . ymasa . quepuedepivotar en suparte superior. Labarra, inicialmente en reposo recibe elchoquedeunaparticulademasa . enunpunto . pordebajodelpivote.Suponerqueelchoqueestotalmenteinelástico.¿Cuáldebeserlamagnituddelavelocidad de lapartículaparaqueelángulomáximoentre labarray laverticalseade °?

 

La colisión es inelástica lo cual quiere decir que se pierde energía cinética durante el

choque. Sin embargo, no hay fuerzas externas que creen momento y, por tanto, el momento

angular se conserva.

; 13

Se obtiene al igualr los momentos angulares:

13

1

Despues del choque la energía sí se conserva ⇒ la energía de rotación se convertira en

energía potencial.

12

donde es la energía potencial ganada por la barra y por la masa adherida al subir en

conjunto.

Puesto que el conjunto se mueve 60°, habrá ganado una energía potencial:

Momento de inercia 

del extremo de la 

barra   

∆ 1 cos 602

12

1 cos 602

1213

1 cos 602

Con de la ecuación 1 :

1213 1

3

1 cos 602

2 1 cos 60 213 ; 7.74m/s

donde se han utilizado los datos del enunciado.

   

60cos22

LL

 

60cosdd  

14.‐Lafiguramuestrauntubocilíndricohuecodemasa ,longitud ymomentodeinercia / .Dentrodelcilindroseencuentrandosmasas separadasunadistancia yatadasaunvástagocentralporunadelgadacuerda.Elsistemapuedegiraralrededordeunejeverticalatravésdelcilindro.Cuandoelsistemagiraconlavelocidadangular ,lascuerdasmantienenlasmasasserompensúbitamente.Obtener las expresiones correspondientes a la velocidad angular final y a lasenergíasinicialyfinaldelsistema.Suponerquelasparedesinterioresdelcilindrocarecenderozamiento.

 

Ya que no hay fuerzar externas que ejerzan par, el momento angular se debe conservar:

102

210 2

102

210 2

10 2 10 2⇒

5 5 ⇒

5

5

La energía cinética (de rotación) inicial será:

12

520

La energía cinética (de rotación) final será:

12

520

55

520 5