9.2. Ejercicios de dinámica

9.2 Ejercicios de dinámica 9.2. Ejercicios de dinámica 281 Ejercicio 9.8 Un disco de masa M y radio R se apoya sobre un plano horizontal áspero de modo que puede rodar si resbalar con su plano vertical. Si se tira del centro del disco con una fuerza horizontal constante F, determine: R F a) La aceleración del centro de masa del disco. b) La aceleración angular del disco. c) La fuerza de roce. Solución. Sea f la fuerza de roce, de sentido contrario a F.Asítenemos con ˆk hacia adentro del papel como I CM = MR 2 /2 tenemos F f = Ma CM, L CM = I CM ω, d L dt CM = d I CM dt ω = I CM τ CM = Rf( ˆk), 1 2 MR2 d dt ω = Rf, f = 1 2 MR d dt ω, pero el disco rueda sin resbalar de manera que a CM = R d dt ω, d dt ω( ˆk),

282 Soluciones ejercicios ylasdosecuacionesquetenemossereducena de donde salen los resultados f = 1 2 Ma CM, F f = Ma CM, a CM = 2 F 3 M, α = dω dt = 2 F 3 MR, f = 1 3 F. Ejercicio 9.9 Un disco de masa M y radio 2R se apoya sobre un plano horizontal áspero de modo que puede rodar sin resbalar con su plano vertical. El disco tiene un reborde de radio R como se indica en la figura, en el cual seenrollaunacuerdaquesetiraconunafuerzahorizontalconstantef,determine: F R 2R a) La aceleración del centro de masa del disco. b) La aceleración angular del disco. c) La fuerza de roce. Solución. Similarmente sea f la fuerza de roce, de sentido contrario a

9.2 Ejercicios de dinámica 283 F.Asítenemosconˆk hacia adentro del papel F f = Ma CM, L CM = I CM ω, d L dt d CM = I CM dt ω = I d CM dt ω( ˆk), τ CM = (2Rf + RF )( ˆk), como I CM = Mr 2 /2=2MR 2 tenemos 2MR 2 d ω = (2Rf + RF ), dt f = MR d dt ω F 2, pero el disco rueda sin resbalar de manera que a CM =2R d dt ω, ylasdosecuacionesquetenemossereducena de donde salen los resultados f + F 2 = 1 2 Ma CM, F f = Ma CM, a CM = F M, α = dω dt = a CM 2R = F 2MR, f = F Ma CM =0. Ejercicio 9.10 Un disco de masa M y radio R tiene enrollada una cuerda en su periferia y cae partiendo del reposo mientras la cuerda que se sostiene de su extremo se desenrolla. Determine:

284 Soluciones ejercicios a) La aceleración de bajada del disco. b) La tensión de la cuerda. Solución. Si T es la tensión en la cuerda tenemos Mg T = Ma CM, 1 dω MR2 2 dt = RT = 1 2 MRdω dt = T a CM = R dω dt, de donde se obtiene Mg 1 2 Ma CM = Ma CM, de donde a CM = 2 3 g, T = 1 3 Mg. Ejercicio 9.11 Un disco de masa 10 kg yderadio2m puede rodar sin resbalar sobre un plano inclinado en 30 o respectoalahorizontalyestirado por una fuerza horizontal de magnitud 100 aplicada en su centro, como se indica en la figura.

9.2 Ejercicios de dinámica 285 G F 30º Determine: a) La aceleración del centro del disco. b) La fuerza de roce. Solución. Indicando las fuerzas en la figura G F tenemos que f 30º mg F cos 30 mg sin 30 f = ma, mg cos 30 F sin 30 = 0, Γ G = fr = I G α, donde además α = a R, I G = 1 2 mr2. Reemplazando α y colocando valores numéricos 50 3 50 f = 10a, 50 3 50 = 0, f = 5a,

286 Soluciones ejercicios P F 30º Figura 9.1: de donde a = 50 3 50 = 10 10 3 15 3 3 =2. 44017ms 2, f = 50 50 3 =12. 201. 3 3 Ejercicio 9.12 Un disco de masa 10 kg yderadio2m puede rodar sin resbalar sobre un plano inclinado en 30 o respectoalahorizontalyestirado por una fuerza horizontal de magnitud 100 aplicada en el punto P, como se indica en la figura. Determine: a) La aceleración del centro del disco. b) La fuerza de roce. Solución. La única diferencia respecto al problema anterior es que ahora F también hace torque respecto a G, demaneraque F cos 30 mg sin 30 f = ma, mg cos 30 F sin 30 = 0, Γ G = fr+ FR = I G α,

9.2 Ejercicios de dinámica 287 de manera que 50 3 50 f = 10a, 50 3 50 = 0, f +100 = 5a, luego a = 50 3 50 + 100 = 10 10 3+ 15 3 3 =9. 107 m s 2, y f =5a 100 = 50 250 3 = 54. 466, 3 3 el signo significa que la fuerza de roce actúa hacia arriba. Ejercicio 9.13 Unabarradelargo2LymasaMestáarticuladaenunextremo a un punto fijo O, inicialmente en reposo y horizontal. Si ella se suelta, comienza a rotar respecto a la articulación bajo el efecto del peso de la barra. Determine la reacción en la articulación y la velocidad angular de la barra en función del ángulo que ella ha girado. Solución. Sea la reacción vertical en la articulación. Conviene usar conservación de energía, esto es E = 1 2 I 0 2 MgLsin =0,I 0 = 4 3 ML2, de donde r 3g = sin, 2L es la magnitud de la velocidad angular de la barra. La reacción vertical sale de Mg = M d2 ( L sin ), dt2

288 Soluciones ejercicios la derivada se puede hacer porque se conoce y resulta donde damos sólo el resultado = Mg ML d2 sin, dt2 = 5 2 Mg 9 4 Mgcos2. Ejercicio 9.14 Una barra de longitud 2L y masa M se coloca verticalmente sobre un plano horizontal liso, en reposo. Si ella es perturbada levemente comienza a caer. Determine la velocidad del centro de masa de la barra justo cuando ella se coloca horizontal. Solución. Como no hay fuerzas horizontales, el movimiento del centro de masa ocurre sólo en la dirección vertical, por lo tanto podemos tomar conservación de energía da x CM = 0, y CM = L cos, E = 1 2 Mv2 CM + 1 2 (1 3 ML2 ) 2 + MgLcos = MgL, donde entonces v CM = ẏ CM = L sin, 2 sin 2 + 1 3 2 = 2g (1 cos ), L

9.2 Ejercicios de dinámica 289 y 2 = 2g (1 cos ) L sin 2 + 1, 3 cuando la barra se pone horizontal = π/2 yluego r 3g = 2L, y la velocidad del centro de masas en este instante es r 3gL v CM = L = 2. Ejercicio 9.15 Una barra de longitud 2L ymasam se coloca sobre un plano horizontal liso. Si la barra es tirada por una fuerza constante F, inicialmenteperpendicularalabarrayaplicadaenunextremo,labarracomienzaa moversesobreelplano.lafuerzasemantieneaplicadaaesemismoextremo manteniendo su dirección original. Determine una ecuación para el ángulo que gira la barra en función del tiempo. F Solución. Sea x CM e y CM las coordenadas del centro de masas sobre el plano horizontal. Si la fuerza está aplicada en la dirección OX la coordenada y CM no varía y puede tomarse cero. Entonces tenemos F = Mẍ CM, τ CM = FLcos = I CM, la última es la que interesa y si reemplazamos I CM = ML 2 /3 se obtiene FLcos = ML2 3,

290 Soluciones ejercicios o sea 3F = cos, ML es la ecuación diferencial que determina el ángulo. Ejercicio 9.16 Una barra de longitud L y masa M puede oscilar libremente en torno a uno de sus extremos que se mantiene fijo,bajolaaccióndesu peso. Escriba la ecuación diferencial para el ángulo que ella gira. Solución. Conservación de energía da E = 1 2 I 2 Mg L 2 cos, es constante. Luego si derivamos I + Mg L 2 sin =0, de donde I + Mg L 2 sin =0, y si reemplazamos I = ML 2 /3 resulta es la ecuación diferencial solicitada. 3g + sin =0, 2L

9.2 Ejercicios de dinámica 291 q 15 g/a, v = 3 aω respectivamente. Demuestre además, durante 8 8 Ejercicio 9.17 (4) Una semiesfera homogénea de radio a está en reposo sobre un plano horizontal liso con su base paralela a una pared vertical lisa, sobrelacuallasuperficie semi esférica se apoya. La semiesfera comienza a moverse partiendo del reposo, deslizando sobre el piso horizontal y la pared, ambas sin roce. Demuestre, además que cuando la base alcanza la posición horizontal, la rapidez angular y la rapidez del centro de masas de la semiesfera son ω = el movimiento siguiente, que el ángulo entre la base y la horizontal no excede de cos 1 ( 45 ). 128 Solución. El centro de masa del cuerpo está a distancia 3a/8 del centro. Mientras no despega, el cuerpo mantiene su centro fijo, y la única fuerza que realiza torque respecto a ese punto es el peso. Si en la segunda figura es el ángulo que ha girado la línea que contiene el centro de masa, entonces 3 I C = Mg a cos, 8 donde el momento de inercia es I =2Ma 2 /5, luego osea que podemos integrar porque 2Ma 2 3 = Mg a cos, 5 8 15 g = cos, 16 a 1 d = 2 d 2,

292 Soluciones ejercicios obteniendo 1 2 2 = 15 g sin, 16 a y cuando la base se coloca horizontal = π/2 resultando y ω = = r 15 g 8 a, v CM = 3 8 aω. Puede probarse que en esta posición el cuerpo despega y tiene una energía inicial (respecto a la posición inicial del centro) E = 1 2 I 2 Mg 3 8 a =0, y su momentum en la dirección horizontal es P x = M 3 8 aω = M 3 8 a r 15 8 Esas dos cantidades son conservadas, pero ahora todo el cuerpo se traslada y rota, de manera que la coordenada x del centro de masa varía. Así la energía se puede escribir g a. E = 1 2 Mv2 CM + 1 2 I CM 2 Mg 3a 8 cos =0, además Mẋ = M 3 8 a r 15 8 y CM = 3a cos, 8 ẏ CM = 3a 8 sin. Cuando sea un extremo, =0, yenesecaso,ẏ CM =0ylaecuaciónde energía da r 1 15 2 M(3 8 a g 8 a )2 Mg 3a cos =0 8 g a,

9.2 Ejercicios de dinámica 293 quesereducea osea =69. 417 o. cos = 45 128, Ejercicio 9.18 (4) Un disco uniforme de radio a que está rotando con rapidez angular inicial Ω alrededor de su eje, se coloca sobre un plano horizontal donde el coeficiente de roce cinético es µ. Silasuperficieseapoyauniformemente sobre el suelo, demuestre que el disco se detendrá en un tiempo 3 4 aω/(gµ). Solución. Supondremos que la normal que es el peso se distribuye uniformemente de manera que su densidad superficial es σ = Mg πa. 2 Considere un anillo entre r y r + dr. La fuerza de roce en ese anillo produce un torque retardador dado por e integrando De manera que dτ = µ(σ2πrdr)r = µ Mg πa 2 2πr2 dr = µ 2Mg a 2 r2 dr, Z a 2Mg τ = µ 0 a 2 r2 dr = 2µMga. 3 Iα = 2µMga, 3 1 2 Ma2 α = 2µMga, 3 α = 4µg 3a,

294 Soluciones ejercicios y como la condición de frenado es 0=Ω + αt, resulta t = 3aΩ 4µg. Ejercicio 9.19 Una barra de masa M ylargo2a se mueve apoyada en superficies lisas OY vertical y OX horizontal. Inicialmente la barra estaba vertical con = π/2 y se perturbó levemente. Determine y las reacciones en función de. Solución. Respecto a la figura, tenemos que H y la energía es constante O Y G Mg x G = a cos, y G = a sin, v G = a, E = Mga = 1 2 Mv2 G+ 1 2 I 2 G +Mgasin = 1 1 2 Ma2 2 + 2 (1 3 Ma2 ) 2 +Mgasin, de donde r 3 g = (1 sin ), 2 a donde el signo se debe a que está disminuyendo. Para determinar las reacciones utilizamos F = M a G que en componentes es V H = M d2 a cos, dt2 V Mg = M d2 a sin, dt2 X

9.2 Ejercicios de dinámica 295 en el apéndice se explica como hacer estas segundas derivadas con facilidad y resulta H = 1 d Ma 2sin d ( sin ) 2 = 3 Mg(3 sin 2) cos, 4 V = 1 d Mg + Ma 2cos d ( cos ) 2 = 1 4 Mg 10 9cos 2 6sin. ote que la barra pierde el contacto con la pared cuando sin =2/3 es decir cuando =41,81 o. Ejercicio 9.20 Una semiesfera de masa M yradior se coloca apoyada sobre una superficie horizontal con roce de modo que la semiesfera sólo puede rodar sin resbalar. Inicialmente la base está paralela al plano horizontal. C G Siseledaalaesferaunavelocidadangularinicial (0) = Ω, determine en función de. Solución. La figura de análisis es C G V f Pueden calcularse CG = 3 8 R y I C = 2 5 MR2. A pesar que hay roce, el punto de contacto no desliza y por lo tanto se conserva la energía E = 1 2 Mv2 G + 1 2 I G 2 + Mg(R CGcos ).

296 Soluciones ejercicios Las coordenada de G serán (el centro C avanza R por no haber deslizamiento) de donde evaluamos reemplazando en E x G = R CGsin, y G = R CGcos, ẋ G = R CG cos, ẏ G = CG sin, v 2 G = R 2 2 2R 2 CGcos + CG 2 2, = 1 64 R2 (73 48 cos ) 2, E = 1 2 M 1 64 R2 (73 48 cos ) 2 + 1 2 3 2 5 MR2 2 + Mg(R R cos ) 8 = 1 640 MR2 (493 240 cos ) 2 + MgR(1 3 cos ) 8 = 1 640 MR2 (493 240 cos ) Ω 2 + MgR(1 3 8 ) de allí despejamos s = Ω 2 g 1 cos R 493 cos. 240