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Ejemplos de problemas resueltos Ejemplo #1 – motor con volante El volante de un motor tiene un diámetro
0.36md =
La posición angular del volante está dada por:
33
rad2.0
stθ =
En 1 2.0st = , la posición angular será
( )31 3
rad 3602.0 2.0 16rad 16rad 920
s 2 radθ
π = = = =
oo
en 2 5.0st = 2 250rad 14000θ⇒ = = o
El desplazamiento angular: 2 1 250rad 16rad 234radθ θ θ∆ = − = − =
El radio del volante 0.18m2d
r = = ⇒ 0.18m 234rad 42ms rθ= = ⋅ =
Velocidad angular media: 2 1
2 1
250rad 16rad rad70
5.0s 2.0s smed t tθ θ
ω− −
= = =− −
Velocidad angular instantánea: 2 23 3
rad rad2.0 3 6.0
s sd
t tdtθ
ω = = =
En el instante 3.0st = , ( )2
3
rad rad6.0 3.0s 54
s sω = =
Entre 1 2.0st = y 2 5.0st = , ( )21 3
rad rad6.0 2.0s 24
s sω = =
y
( )22 3
rad rad6.0 5.0s 150
s sω = =
2 1
22 1
rad rad150 24 rads s 42
5.0s 2.0s smed t tω ω
α−−
⇒ = = =− −
Por definición 3 3
rad rad6.0 2 12.0
s sd
t tdtω
α = = =
En el instante 3.0st = , 3 2
rad rad12.0 3.0s 36
s sα = =
2
Ejemplo #2 – Lanzador de disco
Modelamos el disco con una partícula que sigue una trayectoria circular
El braco del lanzador es similar a una varilla (brazo de palanca) de 0.80mr =
El lanzador lanza el disco con una aceleración radial 2
rad50
sα = y velocidad
rad10
sω =
( ) 2 2
rad m0.80m 50 40
s stana rα = = =
( )2
22
rad m10 0.80m 80
s srada rω = = =
La magnitud de la aceleración: 2 22
m89
srad tana a a= + =r
Esto es 9 veces la aceleración g
El movimiento de rotación acumula una grande cantidad de energía
3
Ejemplo #3 – Hélice de avión
Una hélice de avión gira a una velocidad 2400rpmω =
El avión vuela a una rapidez de m
75.0sAv = o
km270
h
La rapidez de las puntas de la hélice no debe exceder m
270s
0.8∼ la rapidez del sonido en el
aire, porque para más alta rapidez, el ruido (energía de vibración de las moléculas del aire) seré tremendo y podría quebrar las fuerzas moleculares de la hélice
⇒ Este fenómeno fija el radio máximo de la hélice
La velocidad angular, rev 2 rad1min rad
2400 2400 251min 1rev 60s s
rpmπ
ω = = =
La velocidad tangencial pv rω= , es perpendicular a la velocidad de avance del avión
La velocidad total máxima de la punta, 2 2 2 2 2 2total A p Av v v v r ω= + = + è aislamos el radio
máximo:
2 2
2 2
max
m m270 75
s s1.03m
rad251s
total Av vr
ω
− − ⇒ = = =
La aceleración radial (centrípeta): ( )2
2 42
rad m251 1.03m 6.5 10
s srada rω = = = ×
Como F ma=∑r r
, la hélice debe ejercer una fuerza de esta magnitud sobre cada kg de material en su punta ⇒ la hélice debe ser hecha de un material ligero y muy resistente
4
Ejemplo #4 – Engranajes de bicicleta Este es una herramienta que permite aumentar la eficiencia de la fuerza sobre los pedales cambiando el radio de las ruedas conectadas por la cadena – el mismo principio se aplicada para cambio de velocidades en motores de automóviles Buscamos una relación entre la velocidad angular de las ruedas dentadas y el número de dientes
La cadena no resbala ni se estira
La velocidad tanv v= es la misma en ambas ruedas trasera y delantera
Así 1 1 2 2v r rω ω= = y por tanto:
2 1
1 2
rr
ωω
=
Consideramos ruedas donde los dientes son equiespaciados
Sea 1N y 2N los números de dientes en las dos ruedas - como el esparcimiento es el mismo:
1 2
1 2
2 2r rN Nπ π
= 1 1
2 2
r Nr N
⇒ = 2 1
1 2
NN
ωω
⇒ =
La rapidez angular es inversamente proporcional al número de dientes
En una bicicleta con10 velocidades, obtenemos la máxima rapidez angular 2ω de la rueda
trasera para un pedaleo dado 1ω cuando 1
2
NN
es máximo
Aumentar la velocidad è usar rueda dentada delantera de mayor radio y 1N grande comparado a 2N
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Ejemplo #5 – Ejemplo cable que se desenrolla con la gravedad
Cable enrollado en cilindro de masa M y radio R
Atamos el extremo libre del cable a una masa m y soltamos lo sin velocidad a la distancia h arriba del piso.
Relativa al suelo: hU mgh= y 0sueloU =
La conservación de la energía (no hay fricción): h h suelo sueloK U K U+ = + h sueloU K⇒ =
La energía cinética a llegar al suelo es la suma de la energía de la masa que cae y del
cilindro girando: 2 21 12 2sueloK mv Iω= +
Como 212
I MR= y v Rω= , 21 12 2sueloK m M v = +
De la conservación de la energía: 21 12 2
mgh m M v = +
2
12
ghv
Mm
⇒ = +
y vR
ω =
Para un cilindro de masa despreciable M m= y 2v gh= la rapidez de un cuerpo en caída libre – más grande la masa del sistema en rotación y más lentamente baja la masa
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Ejemplo #6 – Cable que se desenrolla
Se enrolla un cable varias veces en un cilindro sólido uniforme de masa 50kg y de diámetro de 0.12m que puede girar sobre su eje horizontal
Buscamos la aceleración tangencial al cilindro, cuando el extremo del cable es halado por una fuerza F horizontal de 9.0N
La única fuerza creando una torsión es F
El braco de palanca es 0.06m2d
l = =
( ) ( )0.9N 0.06m 0.540N m2d
Fl Fτ⇒ = = = = ⋅
El momento de inercia de un cilindro lleno es:
( )22 21 150kg 0.06m 0.09kg m
2 2I MR= = = ⋅
De la relación ii
Iτ α=∑ : 2 2
0.54N m rad6.0
0.09kg m sIτ
α⋅
⇒ = = =⋅
La aceleración tangencial: ( ) 2 2
rad m0.06m 6.0 0.36
s stana rα = = =
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Ejemplo #7– Cable que se desenrolla con la gravedad Buscamos α del cilindro, a de la masa, y la tensión T
Tratamos los cuerpos separadamente
La suma de las fuerzas sobre la masa:
( )yF mg T ma= + − =∑
Únicamente la tensión produce un momento de torsión:
212
RT I MRτ α α= = =∑
Como a Rα= 21 1
2 2a
RT MR T MaR
⇒ = ⇒ =
Substituimos en la primera ecuación: 12 1
2
gmg Ma ma a
Mm
− = ⇒ =+
Substituyendo en 12
T Ma=
1 122 2 1 2 1
2
g Mg mgT Ma M
M M mm m M
= = = =+ + +
Observe que la tensión no es igual al peso mg , sino no habría aceleración
Si M m? , T mg→ y 0a →
Si 0M = , 0T → y a g→
Si la masa parte de un punto inicial h , la rapidez al golpear el piso será 2 20 2v v ah= +
Con rapidez inicial 0 0v = , 2
21
2
ghv ah
Mm
= =+
8
Ejemplo #8 – Yoyo
Saltamos el yoyo sin velocidad
El principio de conservación de la energía:
1 1 2 2U K U K+ = +
Donde
1 2
2 21 2
01 1
02 2cm cm
U Mgh U
K K Mv I ω
= =
= = +
Usando las relaciones: cmvR
ω = y 212cmI MR=
22 2 2
2
1 1 1 32 2 2 4
cmcm cm
vK Mv MR Mv
R ⇒ = + =
La conservación de energía 21 1 2 2
34 cmU K U K Mgh Mv+ = + ⇒ =
43cmv gh⇒ =
Para la traslación del centro de masa
( )y cmF Mg T Ma= + − =∑
El momento de inercia: 212
I MR=
La ecuación del movimiento de
rotación 212cmTR I MRτ α α= = =∑
Como cmv Rω= , derivando respeto a t cmdv dR
dt dtω
= cma Rα⇒ =
Resolvimos para la aceleración lineal 23cma g= y la tension
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T Mg=
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Ejemplo #9 - Potencia de un motor de coche La potencia de un Toyota Supra 6 es 200hp a 6000rpm
La potencia en Watts:
5W200hp 200hp 745 1.49 10 W
hpP
= = = ×
La velocidad radial:
rev rev 2 rad 1min rad6000 6000 628
min min 1rev 60s sπ
ω = = =
Por definición de la potencia:
5 m1.49 10 N
s 237N mrad
628s
Pτ
ω
× ⋅= = = ⋅
¡No es mucho!
Podemos aplicar este momento de torsión usando una llave de trueca de 1m de largo y aplicando una fuerza de 237N al extremo de su mango
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Ejemplo #10 - un motor eléctrico El motor tiene un momento de torsión constante 10N mτ = ⋅
Esta haciendo girar una piedra de amolar con momento de inercia 22.0kg mI = ⋅
¿Cuál es el trabajo efectuado en 8.0s?
Como Iτ α= 2 2
10N m rad5.0
2.0kg m sIτ
α⋅
⇒ = = =⋅
( )rad rad5.0 8.0s 40
s stω α⇒ = = =
La energía cinemática:
( )2 21 1 rad2.0kg m 40 1600J
2 2 sK Iω = = ⋅ =
El ángulo total: ( )222
1 1 rad5.0 8.0s 160rad
2 2 stθ α= = =
El trabajo : ( )10N m 160rad 1600JW τθ= = ⋅ =
Verificamos que W K= como debe ser
La potencia media: 1600J J
200 200W8.0s smedP = = =
La potencia instantánea no es constante porque ω cambia
22 2 2
1 1 11
2
1600J2
tt t t
t t tt
tW Pdt dt tdtτω τα τα= = = = =∫ ∫ ∫
11
Ejemplo #11 - Deslizador sin fricción ligado por un hilo a un peso
Buscamos la aceleración de 1m y 2m , la aceleración angular de la polea y la tensión en el hilo
Nota que no podemos asumir que
1 2T T= , sino no habría aceleración
Escribimos las dos ecuaciones del movimiento:
1 1 1xF T m a= =∑
2 2 2 2yF m g T m a= − =∑
Tomamos el sentido de rotación positivo en el sentido horario
22 1T R T R I MRτ α α= − = =∑
Como no hay resbalado: 1 2a a Rα= =
En total, tenemos 5 ecuaciones con 5 incógnitas: 1 2 1, , ,a a Tα y 2T
Usando la relación entre 2a y α : 1 1 1
2 2 2 1
2 1 1
T m a
m g T m aT T Ma
=
⇒ − = − =
Sumando para eliminar 1T y 2T : 21
1 2
m ga
m m M⇒ =
+ +
Substituyendo è 1 21
1 2
m m gT
m m M=
+ + y
( )1 22
1 2
m M m gT
m m M
+=
+ +
Si 1m o 2M m? , 1 0a → y 2 2T m g→ , no hay movimiento
Si 2 1m m? o 2m M? , 1a g→ la masa cae libremente
Si 0M = , 1 2T T= è la polea solamente cambia la dirección de la fuerza
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Ejemplo #12 - Motor turbo hélice de un jet
El momento de inercia de la hélice es 22.5kg mI = ⋅
La velocidad angular: 23
rad400
stω =
La hélice gira alrededor del eje de simetría
( )2
2 2 23 3
rad m2.5kg m 400 1000kg
s sL I t tω
= = ⋅ = ⋅
En 3.0st = 2m
9000kgs
L = ⋅
2 2
3 3
m m2 1000kg 2000kg
s sdL
t tdt
τ
= = ⋅ = ⋅
En 3.0st = 6000N mτ = ⋅
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Ejemplo #13 - Discos de embrague Dos discos están girando separadamente con velocidades Aω y Bω
Después de juntar lo la velocidad se redujo a ω
El momento de inercia se transformo en: A BI I I= +
Con no hay fuerzas externas: L cte=
Segundo el Principio de la conservación del momento angular podemos escribir:
( )A A B B A BI I I Iω ω ω+ = + ( )A A B B
A B
I II Iω ω
ω+
⇒ =+
Supongamos que 2.0kg4.0kg
A
B
mm
==
, 0.20m0.10m
A
B
rr
==
y
rad50
srad
200s
A
B
ω
ω
=
=
2 210.04kg m
2A A AI m r= = ⋅ , 2 210.02kg m
2B B BI m r= = ⋅ de forma que 20.06kg mA BI I+ = ⋅
( )( ) ( )2 2
2
rad rad0.04kg m 50 0.02kg m 200 rads s 1000.06kg m s
A A B B
A B
I II I
ω ωω
⋅ + ⋅+⇒ = = =
+ ⋅
Calculamos la diferencia de energía cinemática:
2 21
1 1450J
2 2A A B BK I Iω ω= + = e ( ) 22
1300J
2 A BK I I ω= + =
Se perdió 13
de la energía. ¿Por qué?
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Ejemplo #14 - Blanco girando
Una puerta llena de 1.0m y masa 15 kg sirva de blanco de tiro al revolver
La puerta puede girar sin fricción sobre su eje vertical
Se dispara una bala de 10g a la rapidez de 400m/s al centro de la puerta
Consideramos la puerta y bala con un solo sistema
El momento angular inicial:
( ) ( )2m m
0.01kg 400 0.5m 2.0kgs s
L mvl = = = ⋅
El momento angular final:
L Iω= , donde bala puertaI I I= +
( ) ( )22 20.01kg 0.5m 0.0025kg mbalaI ml= = = ⋅
( ) ( )22215kg 1.0m
5.0kg m3 3puerta
MdI = = = ⋅
Por la conservación del momento angular:
mvl Iω=
2
2 2
m2.0
s rad0.40
5.0kg m 0.0025kg m s
kgmvlI
ω
⋅
⇒ = = =⋅ + ⋅
La diferencia de energía cinemática:
2 22 1
1 10.40 800J 799.6J
2 2K K K I mv Jω∆ = − = − = − = −
o 2 11
2000K K= , de nuevo se perdió una cantidad enorme de energía
