Problema 1. Como apreciamos en la figura: Y aplicando las leyes de Newton a los dos ejes: Página 1 de 18

Transcripción

1 Problema 1 Un cilindro de masa m = 10 Kg rueda libremente sin deslizar por un plano inclinado que forma un ángulo α = 30 con la horizontal. Hallar la aceleración de su centro de masas y su aceleración angular. Hallar también el coeficiente mínimo de rozamiento estático para que la rodadura sin deslizamiento sea posible. Si el coeficiente estático fuera la mitad del calculado en el apartado anterior y el coeficiente dinámico un cinco por ciento más pequeño que el estático, calcular la aceleración del centro de masas y la aceleración angular en esas condiciones. Y N f r P x C. I. R. P y X P = mg = 100 N ESTUDIAMOS PRIMERO EL CENTRO DE MASAS COMO SI FUERA UNA PARTÍCULA. Como su trayectoria es una línea recta según el eje X dibujado, descomponemos las fuerzas sobre ese eje y el eje Y perpendicular como hemos hecho en los problemas del mismo tipo sobre la dinámica de traslación de la partícula. Como apreciamos en la figura: P x = mgsenα = mgsen30 = 1 mg P y = mgcosα = mgcos30 = 3 mg Y aplicando las leyes de Newton a los dos ejes: F y = 0 (a y = 0) N = P y N = 3 mg Página 1 de 18

2 Este valor de la normal NO nos sirve para calcular la fuerza de rozamiento ya que NO hay deslizamiento y la fuerza de rozamiento es de tipo estático y, por lo tanto, una incógnita del problema. F x = ma CM P x f r = ma CM 1 mg f r = ma CM (1) Ahora estudiamos el giro alrededor del centro de masas: M CM = I CM α f r R = 1 mr α Y teniendo en cuenta f r = 1 mrα () a CM = α R Siendo R la distancia del centro de masas a eje instantáneo de rotación, el punto de contacto del cilindro con la superficie, nos queda el siguiente sistema de ecuaciones 1 mg f r = ma CM f r = 1 mr a CM R = 1 ma CM Y sustituyendo el valor de la fuerza de rozamiento en la primera ecuación: 1 mg 1 ma CM = ma CM a CM = 1 3 g Y calculando con este valor la fuerza de rozamiento y la aceleración angular f r = 1 ma CM = 1 6 mg α = a CM R = g 3R Página de 18

3 Para calcular el coeficiente de rozamiento mínimo que es capaz de producir la rodadura sin deslizamiento procedemos de la siguiente forma: Pero f r = 1 6 mg f r.máxima = μ e N = μ e mgcosα = 3 μ emg Por lo tanto para la rodadura sin deslizamiento ha de cumplirse: f r f r.máxima 1 3 mg 6 μ emg μ e = 1 3 Resolvemos, por último, la pregunta referente al cálculo de la aceleración del centro de masas y la aceleración angular en el caso de que μ d = , Utilizando el mismo diagrama de fuerzas, pero teniendo en cuenta que ya hay deslizamiento y que por lo tanto la fuerza de rozamiento toma su valor en este caso, el coeficiente dinámico por la normal: F x = ma CM mgsen30 0,7mgcos30 = ma CM a CM = g 1 3 0,7g, 66 m s Y para calcular la aceleración angular aplicamos la ley de la rotación: M CM = I α 0,7mgcos30 R = 1 mr α α = 0,7gcos30 R 4, 68 R Rd s Página 3 de 18

4 Problema Un cilindro macizo, otro hueco y una esfera de la misma masa y el mismo radio ruedan libremente por un plano inclinado α grados respecto de la horizontal. Suponiendo que los tres caen de la misma altura, deducir cuál de ellos llega primero a la base del plano. I c.mazico = 1 mr ; I c.hueco = mr ; I esfera = 5 mr Vamos a calcular la aceleración del centro de masas en función del momento de inercia y después, sustituyendo el de cada uno de los cuerpos, veremos en cuál de ellos es más alta. N Y f r P x P y P = mg α X Como sabemos, estudiamos primero el centro de masas aplicando las leyes de Newton. En este caso su movimiento es de traslación sobre el eje X y, como en el caso de una partícula, descomponemos las fuerzas sobre el eje de la traslación, X, y el perpendicular: P x = mgsenα P y = mgcosα F y = 0 N = P y N = mgcosα F x = ma CM P x f r = ma CM mgsenα f r = ma CM (1) Insistimos, la fuerza de rozamiento es de tipo estático y su valor es desconocido en principio. Página 4 de 18

5 de masas: En segundo lugar estudiamos la rotación respecto del centro M CM = Iα f r R = I α () Añadimos la relación que hay entre la aceleración del centro de masas y la aceleración angular cuando hay rodadura sin deslizamiento: a CM = α R (3) Despejando α en la ecuación (3) y llevando esa expresión a las otras dos ecuaciones: () f r R = I a CM R (1) mgsenα f r = ma CM Y sustituyendo el valor de la fuerza de rozamiento despejada de () en la ecuación (1): mgsenα I a CM R = ma CM a CM = msenα m + I R g Como vemos, la aceleración del centro de masas es tanto más pequeña cuanto mayor sea la relación I R. Para ver que cuerpos de los tres tiene mayor aceleración basta sustituir los momentos de inercia: Esfera: a CM esf = msenα m + 5 mr R g = 5 senα g 7 Página 5 de 18

6 Cilindro hueco: Cilindro macizo: Y dado que a CM cil.hueco = a CM cil.macizo = msenα 1 g = senα g m + mr R msenα m + 1 mr R 5 7 > 3 > 1 g = senα g 3 El cuerpo que más aceleración presenta es la esfera, seguida del cilindro macizo y, por último, el cilindro hueco. Ahora, sin que haya sido preguntado, vamos a calcular el coeficiente de rozamiento estático para que se dé la rodadura sin deslizamiento: Esfera: f r = I a CM R Cilindro macizo: Cilindro hueco: f r = I a CM R f r = I a CM R = 5 mr = 1 mr 5 senα g 7 R = 7 mgsenα senα g 3 R = 1 3 mgsenα f r = I a CM R = mr 1 senα g R = 1 mgsenα Página 6 de 18

7 Restringimos el valor del coeficiente de rozamiento estático para el cilindro hueco que, como vemos, es en el mayor es la fuerza de rozamiento: f r = 1 mgsenα Este es valor que debe de valer para la rodadura del cilindro hueco pero cuánto puede valer como máximo? f r MAX = μ e N = μ e mgcosα Por lo que para que haya efectivamente rodadura ha de cumplirse que: f r f r MAX 1 mgsenα μ emgcosα Problema 3 μ e 1 tgα Sobre un cilindro de masa m y radio R se ejerce una fuerza de 0 N por medio de una cuerda, tal como muestra la figura. La distancia del punto de aplicación de la fuerza dista R del centro del cilindro. Calcular la aceleración del centro de masas. Hacer el mismo problema si el punto donde se ejerce la fuerza está a la misma distancia del centro pero por debajo de este N Y X T = 0 N f r P = mg Como ya todas las fuerzas están descompuestas sobre los ejes X e Y aplicamos ya las leyes de la traslación del centro de masas y la ley de rotación respecto de él: Página 7 de 18

8 F x = ma CM T f r = ma CM 0 f r = ma CM (1) M CM = I α T R + f r R = I α 0 R + f r R = 1 mr a CM R (α = a CM R ) 10 + f r = 1 ma CM () Y despejando de la ecuación el valor de la fuerza de rozamiento y llevándola a la ecuación 1, nos queda: () f r = ma CM (1) ma CM = ma CM a CM = 60 3m = 0 m m s f r = m m = 0 Lo que nos indica que el cuerpo se moverá siempre con rodadura sin deslizamiento, pues en este caso no hace falta rozamiento. Hacemos el mismo problema pero con la fuerza por debajo del centro de masas Y N X T = 0 N f r P = mg Bajo la hipótesis de rodadura sin deslizamiento hacia la derecha, lo único que cambia es que el momento de la fuerza de 0 N es contrario al giro y, por lo tanto, lo restaremos en la ley del giro respecto al centro de masas: Página 8 de 18

9 F x = ma CM T f r = ma CM 0 f r = ma CM (1) M CM = I α T R + f r R = I α 0 R + f r R = 1 mr a CM R (α = a CM R ) Y, operando como antes: 10 + f r = 1 ma CM () () f r = ma CM (1) ma CM = ma CM 10 = 3 ma CM a CM = 0 3m m s f r = m 3m = 40 3 N Página 9 de 18

10 Problema 4 Sobre una superficie circular de radio R y desde su punto más alto se deja caer una esfera de radio r y masa m. Suponiendo que rueda sin deslizar (el rozamiento es suficiente), calcular el punto de la superficie en el que la esfera se despega. R + r N f r φ (R + r)senφ P c P Como se ha visto en problemas de dinámica de la partícula, un cuerpo se despega de la superficie en la posición en la que la normal vale cero. Por eso vamos a calcular lo que vale la normal en un punto genérico de la posición de la esfera definido por el ángulo φ y así sabremos para qué valor de ese ángulo vale cero la normal. Dado que el centro de masas está dando vueltas, descomponemos las fuerzas sobre el eje centrípeto y aplicamos la ley de Newton a la rotación: Página 10 de 18 P c N = m v CM R CM mgsenφ N = m v CM R + r N = mgsenφ m v CM R + r (En la figura se han cruzado dos rayitas rojas a las líneas perpendiculares a las que forman el ángulo φ y que forman, por ello, el mismo ángulo entre ellas). Como observamos en la expresión, para calcular el valor de la normal que es lo que queremos nos hace falta conocer la velocidad del centro de masas. Para ello utilizamos el teorema de la energía, sencillo de aplicar porque el trabajo de la fuerza de rozamiento en una rodadura es

11 nulo porque no hay deslizamiento. En nuestro caso lo aplicamos entre la posición inicial, cuando la esfera está en la parte más alta de la superficie circular, y la posición final definida por el ángulo φ W NC = W N + W fr = 0 E m.i. = mg(r + r) (v = 0) E m { E m.f. = mg(r + r)senφ + 1 mv CM + 1 Iω En donde, como vemos, la energía cinética en rodadura en la posición final consta de dos términos, la de traslación del centro de masas y la de rotación alrededor del centro de masas. Sustituyendo el momento de inercia de la esfera y que ω = v CM r rodadura tenemos por tratarse de una 0 = mg(r + r)senφ + 1 mv CM mr ( v CM r ) mg(r + r) v CM = 10 g(r + r)(1 senφ) 7 Que sustituyendo en la ecuación que nos da la expresión de la normal: N = mgsenφ m v CM = mgsenφ m R + r 10 g(r + r)(1 senφ) 7 R + r N = mg ( senφ 7 7 ) = 1 mg(17senφ 10) 7 Y para que haya contacto entre las dos superficies y la esfera no se despegue se tiene que cumplir, según sabemos: N 0 17senφ 10 0 senφ 10 φ 36,03 17 Despegándose cuando, al caer, llega a formar su posición con la una recta horizontal ese ángulo. Página 11 de 18

12 Problema 5 Un disco de m d = Kg y radio r d = 30cm rueda sin deslizar en un plano horizontal. Una cuerda arrollada a una hendidura del disco a 15cm del centro pasa a través de una polea en forma de disco de m p = 0, 5Kg y acaba en un bloque de m b = 10Kg que cuelga verticalmente. Calcular la aceleración de los tres sistemas y la velocidad del bloque una vez haya descendido 5m. Hacer este cálculo también por energías. Estudiamos, como siempre, cada sólido por separado y dibujamos un diagrama de fuerzas para cada uno. Disco: N T 1 15cm 30cm F r P = 0N Aplicando la ley de la traslación al CM F y = 0 N = P = 0N F x = ma CM T 1 F r = ma CM T 1 F r = a CM (1) Página 1 de 18

13 Ahora estudiamos el giro respecto al centro de masas: M CM = Iα T 1 0, 15 + F R 0, 30 = 1 0, 3 α d () Polea T 1 R e m p g Dado que su centro de masas está quieto ( F ext = 0), aplicamos directamente la ecuación del giro: T M eje = Iα T r p T 1 r p = 1 m pr p α p T T 1 = 1 0, 5r pα p (3) Y por último estudiamos el bloque: T P = 100N 100 T = 10a b (4) Página 13 de 18

14 Y poniendo juntas las cuatro ecuaciones, tenemos T 1 F r = a CM T 1 0, 15 + F R 0, 30 = 1 0, 3 α d T T 1 = 1 0, 5r pα p 100 T = 10a b Con las incógnitas a CM, F R, α d, α p, T 1, T y a b (el radio de la polea no es una incógnita cinemática). Nos hacen falta tres ecuaciones para que podamos buscar la solución del sistema. Estas ecuaciones provienen siempre de la relación entre las aceleraciones: Sabemos que la aceleración de la cuerda es la aceleración del bloque pero como pasa solidariamente por el disco y la polea: a cuerda = a b = a CM + α d 0, 15 a CM = α d r d a CM = α d 0, 3 a b = α p r p Elegimos en estas relaciones la incógnita a CM para poner las demás en función de ella (esto es arbitrario, de las cuatro incógnitas que aparecen se elige la que más cómoda nos parezca) a CM = α d r d α d = a CM 0, 3 a b = a CM + a CM 0,3 0,15 a b = 3 a CM a b = α p r p 3 a CM = α p r p α p = 3 a CM r p Página 14 de 18

15 Que sustituyendo en el sistema de cuatro ecuaciones anteriores: T 1 F r = a CM T 1 0,15 + F R 0,30 = 1 0,3 α d T 1 0, 15 + F R 0, 30 = 0, 3a CM T T 1 = 1 0,5r pα p T T 1 = 1 4 r p 3 a CM r P T T 1 = 3 8 a CM 100 T = 10a b 100 T = 10 3 a CM 100 T = 15a CM Sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas que resuelto da: Siendo entonces a CM = 5, 75 m s, F R = 0, T 1 = 11, 5, T = 13, 75 a b = 3 5, 75 = 8, 6 m s La velocidad del bloque cuando haya descendido 5m: Por cinemática: Por energías: v f = as v f = 8,6 5 = 9, 8 m s Como no hay rozamiento, se conserva la energía: E m = 0 Página 15 de 18 E bloque = mgh + 1 mv = v E polea = 1 Iω = 1 1 0,5 r p v r = 1 p 8 v

16 E disco = 1 m dv CM + 1 Iω Pero tenemos que relacionar ω con v: Disco: 15cm 30cm v Sabemos que F r v = ω(0,3 + 0,15) ω = Quedándonos la variación de energía: v v 0,45 CM = ω0,3 = v 0,3 = v 0,45 3 E disco = 1 m dv CM + 1 Iω = v v 0,3 0,45 Por lo tanto, aplicando el teorema: E disco = 3 v 0 = v v + 3 v v = 9, 9 m s Página 16 de 18

17 Problema 6 Dos discos de igual masa y mismo radio están dispuestos según se indica en la figura: Calcular la aceleración del centro de masas del disco inferior y su velocidad cuando haya descendido x m. Dibujamos el diagrama de fuerzas: T mg Aplicando la ley de Newton a la traslación del centro de masas: mg T = ma cm Aplicando la ley del giro: M CM = I CM α T r = 1 mr α 1 Pero ojo! Si la cuerda no se moviera se cumpliría a CM = α 1 r pero, al moverse también la cuerda con una aceleración a, hay que añadirle esta. Estudiamos el disco de arriba, se trata de una rotación eje fijo alrededor centro de masas: Página 17 de 18

18 M CM = I CM α T r = 1 mr α De donde la aceleración de la cuerda es a = α r Y a CM = α 1 r + a = α 1 r + α r Quedándonos el siguiente sistema de ecuaciones mg T = ma CM T r = 1 mr α 1 T r = 1 mr α a CM = α 1 r + α r De la segunda y la tercera se deduce que las aceleraciones angulares son iguales y nos queda mg T = ma CM T r = 1 mr α a CM = αr Despejando α en la última ecuación y llevándola a las otras dos: mg T = ma CM Tr = 1 mr a CM r T = 1 4 ma CM De donde mg 1 4 ma CM = ma CM a CM = 4 5 g m s Página 18 de 18