Dinámica del movimiento rotacional

1 Marcos Guerrero

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2

Energia cinética rotacional Dejando a energia cinética de traslación de la i-ésima partícula como energía cinética de rotación de la i-ésima partícula, tenemos

12mivi

2 =12mi (riω)

2

Ahora todas las partículas tienen la misma rapidez angular ω, por los tanto, la energía cinética de rotación total del cuerpo es la suma de las energías cinéticas de rotación de todas sus partículas:

KR =12m1r1

2ω 2 +12m2r2

2ω 2 +... = 12miri

2ω 2

i=1

i=n

∑

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3

Sumando el factor común de esta expresión tenemos

I= Momento de inercia

KR =12( miri

2 )ω 2

i=1

i=n

∑

KR =12Iω 2

I = miri2

i=1

i=n

∑ Momento de inercia

Energia cinética rotacional

El momento de inercia só lo depende de la geometría del cuerpo y de la posición del eje de giro; pero no depende de las fuerzas que intervienen en el movimiento.

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4

Explique ¿cómo se modifica la ley de conservación de la energía cuando se estudia cuerpos rígidos y que tienen solamente energía cinética de rotación?

Marcos Guerrero

5

Momento de inercia o inercia rotacional La suma de las masas de las partículas por el cuadrado de su distancia al eje de rotación, se llama momento de inercia o inercia rotacional que se denota como I.

La inercia rotacional es una medida que indica la resistencia de los cuerpos a cambiar su estado de movimiento rotacional.

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6

I =m1r12 +m1r1

2 +... = miri2

i∑

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7

Problema

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8

Solucion

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9

Cálculos de momento de inercia

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10

Imaginemos que dividimos a un cuerpo en pequeños elementos de masa dm, de modo que todos los puntos de un elemento estén prácticamente a la misma distancia perpendicular del eje de rotación.

∫= dmrI 2

La densidad de masa por unidad de volumen, p=dm/dV, así que:

∫= dVrI ρ2

Si la densidad de un cuerpo es uniforme

∫= dVrI 2ρ

N O T A : S i e m p r e debemos escoger dV de modo que todos los puntos es tén cas i a la misma distancia del eje de rotación.

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11

Problema

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12 Solución

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13

Teorema de los ejes paralelos Relación simple entre el momento de inercia de un cuerpo de masa M alrededor de un eje que pasa por el centro de masa y el momento de inercia alrededor de cualquier otro eje paralelo al original pero desplazado una distancia d.

cmI

pI

2MdII cmp +=

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14 Escribiendo una expresión para el momento de inercia de la tajada alrededor del eje que pasa por el centro de masa en O es:

cmI

∑ +=i

iiicm yxmI )( 22

])()[( 22∑ −+−=i

iiip byaxmI

∑∑ ∑∑ ++−−+=i

ii i

iii

iiiiip mbaymbxmayxmI ])(22)[( 2222

El momento de inercia de la tajada alrededor del eje que pasa por P es:

Expandiendo los cuadrados y reagrupando:

cmI

proporcionales a las coordenadas de centro de masa por lo tanto son ceros

2dQueda demostrado que:

2MdII cmp +=

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15

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16

Problema

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17

Solución

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18

Problema

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19

Solución

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20

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21

Momento de torsión o torque Medida cuantitativa de la tendencia de una fuerza para causar o alterar la rotación de un cuerpo

τ = rFSenφ→→→

= Fxrτ

Unidad en el SI: Nm

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22

Dirección del Torque .

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23

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24

Problema

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25

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26

Solución

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27

Torque neto o resultante .

τ∑ = τ1 −τ 2 = F1d1 −F2d2

28

Marcos Guerrero

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29

Condiciones de equilibrio mecánico Primera condición: equilibrio de traslación

Para un cuerpo extendido, el centro de masa del cuerpo tiene cero aceleración si la resultante de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo es cero.

0=∑→

F

0=∑→

xF 0=∑

→

yF 0=∑

→

zF

Donde la sumatoria incluye solo las fuerzas externas

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30

Segunda condición: equilibrio de rotación

Un cuerpo rígido en equilibrio no debe tener tendencia a comenzar a girar alrededor de ningún punto, así que la suma de momentos de torsión externos alrededor de cualquier punto debe ser cero.

0=∑→

τ

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31

Situaciones donde existe equilibrio mecánico .

!τ∑ =!0

!F∑ =!0

Si sobre un cuerpo actúan 3 fuerzas complanares y el cuerpo está en equilibrio mecánico, entonces las líneas de acción de los 3 fuerzas se interseptan en un punto.

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32

0

S i un cuerpo es tá en equilibrio mecánico con respecto a un punto O, entonces está en equilibrio mecánico con respecto a cualquier otro punto O´

0

0

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33

Centro de gravedad

Punto donde toda la fuerza gravitacional de un sistema se concentra

Definición

xcg =w1x1 +w2x2 +w3x3 +...w1 +w2 +w3 +...

=wixi

i∑

wii∑

ycg =w1y1 +w2y2 +w3y3 +...w1 +w2 +w3 +...

=wiyi

i∑

wii∑

zcg =w1z1 +w2z2 +w3z3 +...w1 +w2 +w3 +...

=wizi

i∑

wii∑

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34

Momento de torsión gravitacional →→→→→

×=×= gmrwr iiiiiτ

...2211 +×+×==→→→→→→

∑ gmrgmriττ

El momento de torsión total debido a las fuerzas gravitacionales que actúan sobre todas las partículas es:

→→→

×++= grmrm ...)( 2211

→→

×= ∑ grmi

ii )(

Ahora multiplicamos y dividimos para la masa total del sistema:

Marcos Guerrero

35

…Obtenemos

→

→

→→→

→

×=×++

++=

∑

∑gM

m

rmgM

mmrmrm

ii

iii

......

21

2211τ

Si g tiene el mismo valor en todos los puntos de un cuerpo, el centro de gravedad coincide con el centro de masa.

→→→→→

×=×= wrgMr cmcmτ

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36

Localización y uso del centro de gravedad

• Podemos usar consideraciones de simetría para encontrar el centro de gravedad, en caso de cuerpos homogéneos.

• Para cuerpos irregulares , es posible encontrar el centro de gravedad dividiendo el cuerpo en piezas simétricas.

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37

El centro de gravedad puede estar fuera del cuerpo

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38

Determinando el centro de gravedad experimentalmente en un cuerpo plano irregular

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39

Estabilidad e inestabilidad

La estabilidad tiene que ver con la altura a la que se encentra el centro de gravedad con respecto a la base de apoyo y el ancho de la base de apoyo

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40

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41

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42

Problema

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43

Solución

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44

Problema

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45

Solución

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46

Resolución de problemas de equilibrio de cuerpos rígidos Recordar

0=∑→

xF 0=∑

→

yF

0=∑→

zτ

(Primera condición de equilibrio, fuerzas en el plano xy)

(Segunda condición de equilibrio, fuerzas en el plano xy)

• Una vez que se escoge un punto, se deberá usar el mismo punto para calcular todos los momentos de torsión que actúan sobre el cuerpo.

• Es conveniente escoger un punto que simplifique los cálculos lo más posible.

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47

Problema

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48

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49

Solución

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50

Problema

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51

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52

Solución

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53

Problema

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54

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55

Solución

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56

Momento de torsión y aceleración angular de un cuerpo rígido

La Segunda Ley de Newton para la componente tangencial de una partícula es:

tan,11tan,1 amF =Podemos expresar esta relación en términos de la aceleración angular:

zrmrF α2111tan,1 =La ecuación anterior no es mas que el momento de torsión de la fuerza neta respecto al eje de rotación:

zzz rmI αατ 21111 ==

Escribiendo una ecuación para todas las partículas, tenemos:

zzz Irm αατ ==∑∑ )( 2111

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57

Problema

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58 Solución

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59

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60

Trabajo y potencia en movimiento rotacional El trabajo dW efectuado por mientas un punto del borde se mueve una distancia ds es:

θRdds =

→

tanF

es el momento de torsión debido a la fuerza , así que:

RF→

tan →

tanF

θτ ddW z=El trabajo total W efectuado por el momento de torsión durante un desplazamiento angular Y es:

1θ2θ

∫=2

1

θ

θ

θτ dW z

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61

Si el momento de torsion es constante y el cambio de Angulo es finito, es decir:

12 θθθ −=Δ

El trabajo efectuado por un momento de torsion constante es:

θτθθτ Δ=−= zzW )( 12

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62 Transformamos el integrando de la ecuación antes mencionada, en una integral sobre así: zω

zzzzz dIddtdId

dtdWIdId ωωω

θθθαθτ ==== )(

Dado que es el momento de torsion neto. Integrando la ecuación anterior tenemos, el trabajo total efectuado:

21

22 2

1212

1

ωωωωω

ω

IIdIW zztot −== ∫

θτ ddW z=Si dividimos ambos términos de esta ecuación entre el intervalo dt:

dtd

dtdW

zθ

τ=

Obtenemos la rapidez con la que se efectúa trabajo o POTENCIA:

zτ

zzP ωτ=

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63

Problema

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64

Solución

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65

Problema

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66

Solución

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67

Explique ¿cómo se modifica la ley de conservación de la energía cuando se estudia cuerpos rígidos que tienen energía cinética de rotación y energía potencial gravitacional?

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68

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69 MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN Y ROTACIÓN

Consideremos una partícula representativa de masa su velocidad relativa a un marco inercial es:

im vi→

→→→

+= 'icmi vvvLa energia cinética de esta partícula la podemos expresar de la siguiente manera:

)').('(21 →→→→

++= icmicmii vvvvmK

)'.''.2.(21 →→→→→→

++= iiicmcmcmii vvvvvvmK

)''2(21 22

iicmcmii vvvvmK ++=→→

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70 La energía cinética total es la suma de todas las energías cinéticas para todas las partículas del cuerpo. Si expresamos los tres términos de la ecuación como sumas individuales, tenemos:

K = Ki∑ = (12mivcm

2∑ )+ (mi∑ vcm→

.v i '→

)+ (12mi∑ vi '

2 )

K = Ki∑ =12( mi∑ )v2cm + vcm

→

. (mi∑ v i '→

)+ (12mi∑ vi '

2 )

K = Ki∑ =12( mi∑ )v2cm + vcm

→

. (mi∑ v i '→

)+ 12( mi∑ ri

2 )ω 2

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71

22

21

21

ωcmcm IMvK +=

“Cuerpo rígido con traslación y rotación”

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72

RODADURA

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73

vcm = Rωvt = 2vcmacm = Rαat = 2acmΣ!F =m!acmΣ!τ = Icm

!α

¿Qué tipo de fricción actúa en rodadura?

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74

Explique ¿cómo se modifica la ley de conservación de la energía cuando se estudia cuerpos rígidos que tienen energía cinética de rotación y traslación y energía potencial gravitacional?

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75

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76

Marcos Guerrero

77

Todos tienen la misma masa y radio y se sueltan de la misma posición, ¿cuál llega primero?

Marcos Guerrero

78

Movimiento angular (L) El análogo del momento lineal o cantidad de movimiento de una partícula el es movimiento angular.

→→→→→

×=×= vmrprL

smkg /. 2Unidades: Derivando la ecuación anterior respecto al tiempo usando la regla de la derivada de un producto:

)()()()(→→→→

→→→

→→

×+×=×+×= amrvmvdtvdmrvm

dtrd

dtLd

La rapidez de cambio de la cantidad de movimiento angular de una partícula es igual al momento de torsión de la fuerza neta que actúa sobre ella.

→→→→

=×= τFrdtLd

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79

Para un cuerpo rígido que gira alrededor de un eje de simetría →→

= ωILSi la cantidad de movimiento angular total del sistema es L y la suma de momentos externos es, entonces: ∑

→

τ

dtLd→

→

=∑τ

Por ultimo si el sistema de partículas es un cuerpo rígido que gira alrededor de un eje de simetría (el eje z). Por lo tanto:

zIατ =∑→

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80

Conservación de la cantidad de movimiento Si el momento de torsión externo neto que actúa sobre un sistema es cero, la cantidad de movimiento angular total del sistema es constante (se conserva)

zz II 2211 ωω =Considere dos cuerpos A y B que interactúan entre si.

dtLd B

AsobreB

→→

=τdtLd A

BsobreA

→→

=τ

Por tercera ley de newton:

AsobreBBsobreA FF→→

−=

AsobreBBsobreA

→→

−= ττ

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81

Por lo tanto, si sumamos las ecuaciones anteriores tenemos:

0=+

→→

dtLd

dtLd BA

Dado que es la cantidad de movimiento angular total del sistema

BA LL→→

+→

L

0=→

dtLd

“Momento de torsión externo neto cero”

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82

Problema

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83

Solución

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Problema

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85

Solución

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Problema

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Solución