CHOQUES, EXPLOSIONES Y DEFORMACIONES EN SÓLIDOS

Transcripción

1 CHOQUES, EXPLOSIONES Y DEFORMACIONES EN SÓLIDOS En tipo de problema, y de forma general, aplicaremo la conervación del momento angular repecto al eje fijo i lo hay (la reacción del eje, por muy grande que ea, no tiene capacidad de variar el momento angular). Si no hay eje fijo e probable que también tengamo que aplicar la conervación del momento lineal. Empezamo con problema en donde el itema contiene un eje fijo de rotación. Problema 1 Un cilindro de 200 Kg de maa y radio 4 m gira con velocidad angular ω = 2 Rd. Sobre el cilindro y en u periferia etá apoyada una perona de maa 40 Kg y que gira olidariamente con el cilindro, tal como e indica en la figura. En un momento dado, la perona e acerca hata una ditancia de 2 m al eje. Calcular la velocidad angular final del itema y la variación de u energía cinética. Qué ha producido ea variación de energía cinética? 4 m ω = 2 Rd 2 m ω? Página 1 de 8

2 Momento angular inicial L i = I i ω i = ( 1 2 m cilr 2 cil + m p d 2 eje )ω i L i = ( ) 2 = 4480 Kg m2 Momento angular final L f = I f ω f = ( 1 2 m cilr 2 cil + m p d 2 eje )ω f L f = ( ) ω f Y dado que la fuerza que actúan obre el itema no tiene momento repecto del eje (la reacción en el eje paa por él y lo peo on verticale y paralelo al eje por lo que tampoco tienen momento) el momento angular e ha de conervar: 4480 = 1760ω f ω f = 2,54 Rd Energía cinética ante y depué E c.i = 1 2 I iω i 2 = 1 2 ( ) 2 2 = 4480 J E c.f = 1 2 I fω f 2 = 1 2 ( ) 2,54 2 = 5677,41 J Como vemo, la energía cinética del itema ha crecido. La energía cauante de dicho aumento ólo han podido er la fuerza interiore al itema producida por la perona al caminar. Problema 2 Un dico de radio R = 2 m y maa m = 60 Kg decana parado obre un plano horizontal con un eje fijo que paa por u centro geométrico. En u periferia hay un pequeño cuerpo de maa m 1 = 3 Kg y que decana olidariamente obre él. En un momento dado, por efecto Página 2 de 8

3 de una exploión, ete cuerpo ale diparado con velocidad de módulo v = 10 m. Calcular la velocidad angular del cilindro tra el diparo en lo do cao repreentado en la figura donde e repreenta la imagen vita dede arriba. d d 1 30 v = 10 m v = 10 m En ambo cao vamo a aplicar la conervación del momento angular ya que la única fuerza exteriore que actúan obre el itema on la reaccione en el eje, cuyo momento e nulo repecto de él, y lo peo que on fuerza verticale y paralela al eje por lo que también u momento e nulo. Figura de la izquierda: Pue todo etá quieto L i = 0 L f = Iω + mvd = ( 1 2 mr2 ) ω + m 1 vd L f = ω Ya que la ditancia d de la línea donde e apoya mv al eje coincide en ete cao con el radio del cilindro. Igualando amba expreione: ω = 0 ω = 0, 5 Rd Donde el igno meno indica que u entido de giro repecto al eje e de entido contrario al de la maa, yendo por lo tanto el giro del cilindro en entido contrario a la aguja de un reloj. Página 3 de 8

4 Figura de la derecha El razonamiento y la expreione on idéntica alvo que en ete cao la ditancia de la línea de aplicación de mv al eje no coincide con el radio; Problema 3 d 1 30 R = 2 d 1 = 2 co30 = 3 Y aplicando la conervación del momento angular como ante: ω = 0 ω = 0, 43 Rd Un cilindro de 100 kilogramo y radio 15 metro gira repecto a u eje axial vertical con ω = π Rd en el entido a la aguja del reloj. Un niño de 30 kilogramo corre obre una de la tangente al cilindro con v = 8 m tal como indica la figura. El niño alta obre el cilindro y queda obre él girando ambo olidariamente. Calcular la velocidad del conjunto depué del alto: Cilindro vito dede arriba Página 4 de 8

5 Aplicaremo, como en lo problema anteriore, la conervación del momento angular repecto al eje pue, como ante, la reacción en el eje no tiene momento repecto de él y la demá fuerza exteriore on lo peo, verticale y paralelo al eje iendo también u momento nulo. L i = mvd + Iω = ( ) π Fijare que el entido de giro del niño repecto al eje e contrario a la aguja de reloj. Hemo cogido como poitivo el momento angular del cilindro (en el entido de la aguja del reloj) y por ello el momento angular del niño e negativo. E igualando ambo L f = I f ω f = ( )ω f = 18000ω f ω f = 1, 76 Rd Si el niño hubiera venido por la izquierda uperior del cilindro u giro repecto al eje ería en el entido de la aguja del reloj y del mimo entido que el del cilindro. En ee cao, en el momento angular inicial lo hubiéramo pueto poitivo, como el del cilindro, y la velocidad angular final hubiera alido mayor que la inicial. Problema 4 Una polea de maa 30 kilogramo y radio 40 cm. gira repecto a u eje en un plano horizontal con ω = 30 r. p. m. En un momento dado, otra polea de radio 30 cm. y maa 20 kilogramo que no gira cae obre ella llegando en un tiempo a girar olidariamente. Calcular la velocidad angular del conjunto. L i = I i ω i = ( ,42 ) 30 2π 60 = 7,54 Página 5 de 8

6 Donde E igualando ambo 30 r. p. m. = 30 rev 2πRd = 30 mn 60 L f = ( , ,32 ) ω f = 3,3ω f 7,54 = 3,3ω f ω f = 2, 28 Rd Problema 4 Una barra de 10 kilogramo de maa y 2 metro de longitud decana vertical agarrada por un eje que paa por u extremo uperior. Con velocidad v = 15 m y perpendicular a la barra, una maa de 500 gramo e incruta en u extremo inferior. Calcular el ángulo que formará el conjunto con la vertical cuando e pare. Eje 2 m Durante el choque lo peo on verticale y paan por el eje, por lo tanto u momento e cero. La reacción en el eje, como ya e ha dicho mucha vece, no tiene momento repecto del eje. Se conerva por lo tanto el momento angular entre juto ante del choque y juto depué de él. L i = mvd = 0, Página 6 de 8

7 L f = Iω = ( ,5 2 2 )ω E igualando 15 = 15,33ω ω = 0, 98 Rd Para conocer el ángulo que decribe el itema hata parare aplicaremo el teorema de la energía entre el momento juto depué del choque, cuando el itema empieza a girar en poición vertical, hata la poición en que el itema e para. Se trata de una rotación en caída libre. W NC = W eje = 0 Pue la fuerza que ejerce el eje no e deplaza x Eje y h CM final φ L 2 h bloquefinal H = 0 Energía mecánica inicial: Cinética de rotación E cin.i = 1 2 Iω2 = 1 2 ( ,5 2 2 ) 0,98 2 = 7,36 J Potencial gravitatoria Al etar el bloque en altura cero, ólo la de la barra que correponde a la de u centro de maa E pot.i = m barra g h CM = = 100 J Página 7 de 8

8 Por lo que la energía mecánica inicial e Energía mecánica final: E m.i. = 107,36 J Sólo la energía potencial gravitatoria pueto que el itema etá parado: E m.f. = m barra g h CM + m bloque g h bloque Si no fijamo en la figura, la altura final del centro de maa de la barra e: h final CM = L x = L L coφ = 2 1 coφ 2 h final bloque = L y = L Lcoφ = 2(1 coφ) Y llevando eta expreione a la energía mecánica final: E m.f. = (2 1 coφ) + 0,5 10 2(1 coφ) E igualando amba energía: E m.f. = coφ coφ = 107,36 coφ = 102, φ = 21, 1 Página 8 de 8