TEMA 5 SÓLIDO RÍGIDO

CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS Ten presente la distinción entre velocidad angular ωZ y velocidad ordinaria vX. Si un objeto tiene una velocidad vX el objeto en su totalidad se mueve a lo largo del eje X. Por el contrario, si un cuerpo tiene una velocidad angular ωZ está girando en torno al eje Z, no quiere decir que el cuerpo se mueva a lo largo del eje Z.

A veces por la falta de costumbre te resulta difícil determinar el sentido de ω y α. Para la velocidad angular, ωZ es la componente Z de un vector de velocidad angular ω dirigido a lo largo del eje de rotación. Como puedes ver en la

figura, la dirección de ω está dada por la regla de la mano derecha. Si la rotación es en torno al eje Z, ω sólo tiene componente Z, la cual es positiva si ω apunta en la dirección +Z y negativa si ω apunta en la dirección –Z.

Del mismo modo, es muy útil trabajar con la aceleración angular α. Matemáticamente, α es la derivada con respecto al tiempo del vector velocidad angular ω. Si el objeto gira en torno a un eje Z fijo, α sólo tiene componente Z; la cantidad αZ es precisamente esta componente. En este caso, αZ apunta en la misma dirección que ω si la rotación se está acelerando y en la dirección opuesta si se está frenando.

La estrategia para resolver problemas de dinámica rotacional es muy similar a la utilizada para problemas en los que interviene la segunda ley de Newton. En primer lugar, deberás identificar los conceptos relevantes. La ecuación ΣM=Iα es muy útil en todos los problemas en los que actúan momentos sobre un cuerpo rígido, es decir, cuando existen fuerzas que al actuar sobre el cuerpo alteran su estado de rotación. A veces el problema requiere un enfoque de energía; sin embargo, cuando la incógnita es una fuerza, un momento, una aceleración, una aceleración angular o un tiempo transcurrido, casi siempre es más eficiente usar la ecuación ΣM=Iα. A continuación hay que realizar un esquema de la situación y elegir un cuerpo o grupo de cuerpos que se analizarán. Dibuja un diagrama de sólido libre para cada cuerpo, aislando el cuerpo e incluyendo todas las fuerzas que actúan sobre él (y sólo ellas), incluido el peso. Marca las cantidades desconocidas con símbolos algebraicos. Una nueva consideración es que se debe mostrar con exactitud la forma del cuerpo, incluyendo todas las dimensiones y ángulos que se necesitarán para los cálculos de los momentos. Resulta muy útil trazar paralelamente al

diagrama de fuerzas un diagrama del mismo sólido donde aparezcan la aceleración del centro de masa del cuerpo y su aceleración angular. Así resulta más sencillo aplicar las ecuaciones ΣF=maG y ΣMG=IGα. Además, el sentido de las aceleraciones a veces nos indica el sentido de algunas de las fuerzas desconocidas. Escoge los ejes de coordenadas para cada cuerpo e indica un sentido de rotación positivo para cada cuerpo que gire. Si hay una aceleración lineal, lo más sencillo suele ser escoger un eje positivo en su dirección. Si ya se conoce el sentido de α se simplificarán los cálculos si se escoge ése como sentido de rotación positivo. Para cada cuerpo del problema decide si sufre movimiento rotacional, traslacional o ambos. Dependiendo del comportamiento del cuerpo, aplica ΣF=ma, ΣM=Iα o ambas al cuerpo. Escribe ecuaciones de movimiento aparte para cada cuerpo. Podría haber relaciones geométricas entre los movimientos de dos o más cuerpos, como cuando un hilo se desenrolla de una polea girándola o cuando un neumático gira sin resbalar. Exprésalas en forma algebraica, habitualmente como relaciones entre dos aceleraciones lineales o una aceleración lineal y una angular. Verifica que el número de ecuaciones coincide con el número de incógnitas. Resuelve las ecuaciones para obtener la o las incógnitas. Evalúa la respuesta. Comprueba que los signos algebraicos de tus resultados son lógicos. Por ejemplo, supón que el problema se refiere a un carrete de hilo. Si se está sacando hilo del carrete las respuestas no deberán decirnos que el carrete gira en el sentido en el que el hilo se enrolla. Siempre que puedas, verifica los resultados para casos especiales o valores extremos y compáralos con los que esperas intuitivamente. Pregúntate: “¿es lógico este resultado?” En una polea giratoria, con fricción entre la polea y el hilo para evitar deslizamientos, las dos tensiones no pueden ser iguales. Si lo fueran, la polea no podría tener aceleración angular. Marcar la tensión en ambas partes del hilo como T sería un grave error. Cuídate de este error en cualquier problema que implique una polea que gira. Es importante tener en cuenta que en ruedas la relación vcm=Rω sólo se cumple si hay rodamiento sin deslizamiento. En el caso de problemas de trabajo y energía, su resolución es análoga a los problemas del tema de la partícula con algunas adiciones. Muchos problemas implican una cuerda o cable enrollado en un cuerpo rígido giratorio que funciona como polea. En estos casos recuerda que el punto de la polea que toca la cuerda tiene la misma velocidad lineal que la cuerda, siempre que ésta no resbale sobre la polea. Así, podemos aprovechar las ecuaciones v=rω y at=rα, que relacionan la velocidad lineal y la aceleración tangencial de un punto de un cuerpo rígido con la velocidad y la aceleración angulares del cuerpo. Escribe las expresiones para las energías cinética y potencial iniciales y finales y para el trabajo no conservativo (si lo hay). La novedad es la energía cinética rotacional, que se expresa en términos del momento de inercia I y la velocidad angular ω del cuerpo respecto del eje dado, en lugar de su masa m y su velocidad v. Sustituye las expresiones en

la ecuación de la energía y despeja las incógnitas. Como siempre, verifica que tu respuesta sea lógica físicamente.

TEMA 5 SÓLIDO RÍGIDO

PROBLEMAS

1.- Se coloca un tablón sobre la plataforma de un camión tal como se muestra en la figura. El extremo A está fijo a la plataforma y se apoya en el punto B sobre la caja del camión. La distancia AB=3.264 m y la altura de la caja es h=2.5 m. Determinar la aceleración máxima

del camión para que el tablón no vuelque. Determinamos antes que nada el ángulo que forma el tablón con la horizontal, que será:

º50766.0264.3

5.2ABhsen =θ⇒===θ

Si el tablón no vuelca su aceleración será la misma que la del camión y su movimiento será rectilíneo. Hacemos el diagrama de sólido libre del tablón y tendremos lo que aparece en la figura. En el instante justo en que se produzca el vuelco y la aceleración sea máxima tendremos que es el instante en que se pierde el contacto en B (NB=0) y el

último momento en que no hay rotación del tablón (α=0). Por tanto teniendo en cuenta estas condiciones y volviendo a hacer el diagrama de sólido libre tendremos lo que aparece en la siguiente figura. Aplicamos la segunda ley de Newton:

ΣFX=maX ⇒ Fr=mamáx ΣFY=maY ⇒ NA-mg=0 ⇒ NA=mg

ΣMG=IGα

0cos2lNsen

2lF Ar =θ−θ

mamáxsenθ-mgcosθ=0 amáxsenθ-gcosθ=0

2máx s/m22.8

º50tan8.9

tang

sencosga ==

θ=

θθ

=

amáx=8.22 m/s2

2.- Una placa rectangular uniforme de masa m=200 kg y lados 3 y 4 m, tal como se muestra en la figura adjunta, está suspendida por dos pasadores A y B que pueden deslizar a lo largo de una barra inclinada que forma un ángulo θ=60º con la horizontal. El coeficiente de rozamiento cinético entre los pasadores y la barra es µ=0.20 y la placa inicia su movimiento descendente partiendo del reposo. Determinar: a) la aceleración de

la placa; b) las reacciones de los pasadores. a) Realizamos el diagrama de sólido libre de la placa, teniendo en cuenta que solamente se traslada y no hay rotación, de modo que la aceleración del centro de masas aG tendrá la dirección y sentido del movimiento, que es rectilíneo. Tendremos

por tanto lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFX=maGX ⇒ mgsen60º-FrA-FrB=maG

Como la placa desliza las fuerzas de rozamiento alcanzan su valor máximo: FrA=(FrA)máx=µNA=0.20NA FrB=(FrB)máx=µNB=0.20NB

Por tanto la ecuación del eje X nos queda: mgsen60º-FrA-FrB=maG ⇒ 200 · 9.8sen60º-0.20NA-0.20NB=200aG

1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG ΣFY=maGY ⇒ NA+NB-mgcos60º=0 ⇒ NA+NB-200 · 9.8cos60º=0 ⇒ NA+NB-980=0

Y por último la ecuación de la rotación, en la que tendremos en cuenta que puesto que el móvil sólo se traslada α=0:

ΣMG=IGα ⇒ 023F

24N

23F

24N rBBrAA =−+−−

⇒ -NA · 2-0.20NA · 1.5+NB · 2-0.20NB · 1.5=0

-2NA-0.30NA+2NB-0.30NB=0 ⇒ 1.70NB-2.30NA=0 Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:

1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG NA+NB-980=0

1.70NB-2.30NA=0 De la segunda ecuación:

NA+NB-980=0 ⇒ NA=980-NB Y sustituyendo en la primera:

1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG ⇒ 1697.41-0.20(980-NB)-0.20NB=200aG 1697.41-196+0.20NB-0.20NB=200aG ⇒ 1697.41-196=200aG ⇒ aG=7.50 m/s2

aG=7.50 m/s2

b) Ahora sustituimos en la tercera: 1.70NB-2.30NA=0 ⇒ 1.70NB-2.30(980-NB)=0 ⇒ 1.70NB-2254+2.30NB=0 ⇒ NB=563.50 N

NB=563.50 N Y la fuerza de rozamiento:

FrB=0.20NB=0.20 · 563.50=112.70 N FrB=112.70 N

La normal en el punto A: NA=980-NB=980-563.50=416.50 N

NA=416.50 N Y por último la fuerza de rozamiento:

FrA=0.20NA=0.20 · 416.50=83.30 N FrA=83.30 N

3.- La placa de 45 kg con centro de masas en la posición representada está suspendida mediante dos varillas ligeras y paralelas, AD y BC, y puede oscilar libremente en el plano vertical. ¿Para qué ángulo θ puede soltarse la placa, partiendo del reposo, de tal manera que inmediatamente después de hacerlo la fuerza en la varilla BC sea cero? ¿Cuál es la fuerza en la varilla AD en ese mismo instante?

En primer lugar hacemos el diagrama de sólido libre de la varilla AD. Puesto que tiene masa despreciable, se cumplirá en ella que:

ΣF=0 Así, las reacciones en los pasadores A y D tienen que ser iguales y de sentido contrario. Por la misma razón se tiene que cumplir que:

ΣM=0 Con lo cual, puesto que se trata de un miembro de dos fuerzas, la única opción es que éstas fuerzas tienen que tener como recta soporte la recta AB, y nos queda como en el gráfico adjunto, y sabemos ya que la fuerza F en la varilla AD tiene la dirección de esta varilla.

Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre de la placa. En cuanto a fuerzas, tendremos sólo el peso, vertical y hacia abajo, y la reacción de la varilla, que ya sabemos cómo es. En cuanto a aceleraciones, el centro de masas traza una circunferencia, luego a priori tendrá dos componentes de aceleración, tangencial y normal. La normal en ese instante es nula porque el sistema se

suelta desde el reposo, luego sólo nos queda la componente tangencial. Como se trata de una traslación curvilínea y no de una rotación:

α=0 ⇒ ΣMCM=0 ⇒ Fsenθ · 20-Fcosθ · 30,5=0 ⇒ 20senθ-30,5cosθ=0

º75,56525,120

5,30tg =θ⇒==θ

θ=56,75º Y aplicando la segunda ley de Newton:

ΣFn=man ⇒ F-mgcosθ=0 ⇒ F=mgcosθ=45 · 9,8cos56,75º=241,83 N F=241,83 N

4.- La pieza soldada triangular ABC está guiada por dos espigas que deslizan libremente por sendas guías curvas paralelas de 15 cm de radio talladas en una placa vertical. La pieza pesa 73 N y su centro de masas está situado en el punto G. Sabiendo que en el instante representado la velocidad de las espigas es 75 cm/s hacia abajo por dentro de las guías, hallar: a) la aceleración de la pieza; b) las reacciones en A y B.

a) La masa de la pieza es:

N449.78.9

73gPm ===

No se trata de una rotación, sino de una traslación curvilínea. La pieza traza una circunferencia de 15 cm de radio pero se mantiene siempre en la

misma posición, con el tramo AC siempre horizontal, luego sólo es una traslación y por tanto la aceleración angular es nula (α=0). Hacemos el diagrama de sólido libre de la pieza, y tendremos el peso y las dos reacciones de las ranuras, que puesto que son lisas serán normales, es decir, perpendiculares a la tangente. En cuanto a la aceleración del centro de masas, puesto que traza una circunferencia tendrá dos componentes, normal (en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura) y tangencial (en la dirección tangente). Además, puesto que la única componente de fuerzas en la dirección tangencial es positiva la aceleración tangencial será también positiva. La aceleración normal sí es conocida y vale:

222

n s/m75.315.0

75.0va ==ρ

=

Aplicamos la segunda ley de Newton a la dirección tangencial: ΣFt=mat ⇒ mgsen60º=mat ⇒ at=gsen60º=9.8sen60º=8.487 m/s2

Ya tenemos las dos componentes de la aceleración. Puesto que son perpendiculares, el módulo de la aceleración será:

2222t

2n s/m28.9487.875.3aaa =+=+=

a=9.28 m/s2 b) Ahora de la segunda ley de Newton en dirección normal:

ΣFn=man ⇒ mgcos60º-A-B=man ⇒ 7.449 · 9.8cos60º-A-B=7.449 · 3.75 ⇒ A+B=8.566 Y por último podemos aplicar la ecuación de momentos:

ΣMG=IGα ⇒ -Asen60º · 0.075-Acos60º · 0.150+Bsen60º · 0.150-Bcos60º · 0.150=0

-0.140A+0.0549B=0 Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:

A+B=8.566 -0.140A+0.0549B=0

De la segunda ecuación: -0.140A+0.0549B=0 ⇒ B=2.549A

Y sustituyendo en la primera: A+B=8.566 ⇒ A+2.549A=8.566 ⇒ A=2.41 N

A=2.41 N Y la otra reacción:

B=2.549A=2.549 · 2.41=6.15 N B=6.15 N

5.- El bloque rectangular macizo y homogéneo, está soportado en sus vértices por pequeños rodillos que descansan sobre superficies horizontales. Si la superficie soportante en B se suprime bruscamente, hallar la aceleración inicial del vértice A.

Dato: momento de inercia de un rectángulo respecto de su centro

( ).hbm121 22 +

Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque y tenemos lo que aparece en la figura. Todas las fuerzas son verticales, luego eso implica que la aceleración del centro de masas también tiene que ser vertical. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos:

ΣFY=maGY ⇒ mg-N=maG Y de la rotación:

ΣMG=IGα ⇒ ( )α+= 22 hbm121

2bN

Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas, N, aG y α. Tenemos que relacionar dos de ellas.

Lo otro que sabemos es que la esquina A (que es la que nos interesa) está apoyada en un plano horizontal, luego tiene que deslizar sobre esa superficie, es decir, sólo tiene componente X, como indica la figura. Si relacionamos aG y aA nos queda:

aG=aA+α x AG-ω2AG Puesto que se trata del instante inicial y el sistema parte del reposo:

ω=0 ⇒ aG=aA+α x AG-ω2AG=aA+α x AG

ijijkji

ij2h

2baa

02h

2b

00aa AGAGα

+α

−−=−⇒α−+−=−

Separando componentes:

Eje X: 2ha

2ha0 AA

α=⇒

α+−=

Eje Y: 2baG

α=

Sustituimos la aceleración del centro de masas esto en la ecuación de la segunda ley de Newton:

mg-N=maG ⇒ 2

bmmgN2bmNmg α

−=⇒α

=−

Y ahora sustituimos la normal en la ecuación de la rotación:

( ) ( )12h

12b

4b

2gbhbm

121

2b

2bmmghbm

121

2bN

2222222 α

+α

=α

−⇒α+=

α

−⇒α+=

22

22222

hb4gb6

6hb4gb

6h

6b

2bgb

+=α⇒

+α=⇒

α+

α+

α=

Y sustituimos esto en la ecuación que nos da la aceleración del punto A:

( ) 2222A hb4gbh3

hb42gbh6

2ha

+=

+=

α=

22A hb4gbh3a+

=

6.- Se tiene una placa rectangular de dimensiones 40 cm x 20 cm a la que se ha practicado un orificio circular de 6 cm de radio como indica la figura (1). a) Si la placa está construida de un material de densidad superficial σ=2 g/cm2, determinar la posición del centro de masas; b) se apoya la placa tal como indica la figura (2), siendo la pared vertical lisa y la horizontal rugosa, y la placa se mantiene en equilibrio.

Determinar mediante una sola ecuación de equilibrio la componente horizontal de la reacción de la pared en B; c) plantear un sistema de ecuaciones de equilibrio para determinar las reacciones de las paredes sobre la placa,

en las que no intervenga ninguna ecuación de fuerzas; d) se coloca la placa sobre una superficie horizontal rugosa de coeficiente de rozamiento µ=0,7. Si aplicamos en el centro de masas una fuerza horizontal F de 4 N, ¿cuál será el valor de la reacción del suelo y su línea de acción? e) ¿Para qué valor de F estaría la placa a punto de

girar en torno a su vértice, si ello fuera posible? a) Tomamos unos ejes que pasen por el centro de la placa. La posición del centro de

masas la podemos obtener como la resta del rectángulo menos el círculo:

círculorectángulo

círculocírculorectángulorectánguloCM mm

xmxmx

−

−=

Teniendo en cuenta la expresión de la densidad superficial:

⇒σ=⇒=σ SmSm =

−

−=

círculorectángulo

círculocírculorectángulorectánguloCM mm

xmxmx

=−

−=

σ−σ

σ−σ=

círculorectángulo

círculocírculorectángulorectángulo

círculorectángulo

círculocírculorectángulorectángulo

SSxSxS

SSxSxS

cm988,062040

)6(6020402

2=

⋅π−⋅−⋅π−⋅⋅

=

xCM=0,988 cm Y por simetría:

yCM=0 b) En primer lugar el ángulo θ será:

º304020sen =θ⇒=θ

Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la placa. Tendremos el peso, vertical y hacia abajo, colocado en el centro de masas, y las reacciones del suelo y la pared. Me piden la fuerza de rozamiento FrB mediante una sola ecuación de equilibrio. No puedo usar la ecuación de fuerzas porque en ese eje también estaría la normal NA. Usaremos una ecuación de momentos. Como quiero eliminar las dos normales, que son las fuerzas que no conozco, tendremos que tomar momentos respecto de un eje con respecto al

cual no den momentos ni NA ni NB. Para ello, prolongamos sus rectas de acción, y el eje buscado será el que pase por el punto de corte de las dos rectas de acción (punto O). Así, la ecuación buscada es:

ΣMO=0 ⇒ ( )[ ] 0sen10cos988,020mg20FrB =θ−θ−+⋅− Nos falta la masa de la placa, que será:

m=σS=σSrectángulo-σScírculo=σ(Srectángulo-Scírculo)=2(40 · 10-π · 62)=1373,80 g=1,374 kg Sustituyendo:

( )[ ] 0sen10cos988,020mg20FrB =θ−θ−+⋅− ( )[ ] N72,7F0º30sen10º30cos988,0208,9374,120F rBrB =⇒=−−⋅+⋅−

FrB=7,72 N c) Empezamos por determinar NA, para lo cual no debería aparecer NB. Así, tomaremos momentos con respecto a un eje que pase por la recta de acción de NB. Un punto adecuado sería el punto B. Tendremos entonces:

ΣMB=0 ⇒ ( )[ ] 0sen10cos988,020mg20NA =θ−θ−+⋅− ( )[ ] N72,7N0º30sen10º30cos988,0208,9374,120N AA =⇒=−−⋅+⋅−

NA=7,72 N Y para calcular la normal NB podemos tomar momentos respecto de un eje Z que pase por O:

ΣMO=0 ⇒ -NA · 20+NB · 40cosθ-mg(20,988cosθ+10senθ)=0 -7,72 · 20+NB · 40cos30º-1,374 · 9,8(20,988cos30º+10sen30º)=0 ⇒ NB=13,47 N

NB=13,47 N

d) Tendremos el diagrama que aparece en la figura. Veamos si el bloque desliza. Si suponemos que se mantiene en reposo:

ΣFX=0 ⇒ F-FrB=0 ⇒ FrB=F=4 N ΣFY=0 ⇒ NB-mg=0 ⇒ NB=mg=1,374 · 9,8=13,47 N Comprobamos que efectivamente no desliza, luego: FrB<(FrB)máx ⇒ FrB<µNB ⇒ 4<0,7 · 13,47 ⇒ 4<9,43

Podemos ver que con una fuerza de 4 N el sistema no se mueve porque no se supera la fuerza de rozamiento máxima. Así, la reacción del suelo es:

R=-FrBi+NBj=-4i+13,47j En módulo:

N05,1447,134R 22 =+= R=14,05 N

Podemos ver en el gráfico el ángulo que forma con el eje X:

º46,7337,3447,13

FNtgrB

B =β⇒===β

θ=180º-β=180º-73,46º=106,54º θ=106,54º

e) Ahora aumentamos el valor de F, con lo cual la normal se va desplazando hacia la derecha. El bloque vuelca justo cuando la normal llegue al vértice, pivotando en torno a la esquina C, y siendo

éste el último instante en que los momentos son nulos. Así: ΣMC=0 ⇒ mg(20-0,988)-F · 10=0

1,374 · 9,8 (20-0,988)-F · 10=0 ⇒ F=25,60 N Debería cumplirse además que:

ΣFX=0 ⇒ F-FrB=0 ⇒ FrB=F=25,60 N Vemos que esto es imposible, ya que el máximo valor que puede tomar la fuerza de rozamiento es de 9,43 N, luego antes de que la fuerza sea suficiente para que el bloque vuelque, éste habría deslizado.

NO PUEDE VOLCAR

7.- Una barra homogénea de longitud L=2 m y masa m=3 kg está sujeta tal como se indica en al figura. Si se corta el cable del extremo B, hallar: a) la reacción en el pasador; b) la aceleración del punto A. Momento de inercia de una barra respecto

de su punto medio 2mL121I = .

a) Puesto que la barra mide 2 m el punto A está situado a m5.042= del punto C.

Realizamos el diagrama de sólido libre de la barra, teniendo en cuenta que el centro de masas está situado en el punto medio de la misma, es decir, a 1 m de cualquiera de los

extremos y a 0.5 m del punto C. Al cortar el cable del extremo B la barra pivota en torno a C, de modo que el centro de masas realiza una trayectoria circular en torno a C de radio 0.5 m. Por tanto el centro de masas tendrá dos componentes de aceleración, una normal y otra tangencial. La normal en el instante posterior a la rotura será nula, ya que la barra estaba

en reposo

== 0

rvaG

2G

Gn luego sólo tendremos componente tangencial en dirección

tangente y sentido el del movimiento ya que el sistema acelera. Respecto a las fuerzas, tendremos el peso vertical y hacia abajo y la reacción en el pasador C. Dicha reacción tendrá a priori dos componentes en las dos direcciones del plano, pero es evidente que puesto que no tenemos componente horizontal de aceleración y se debe verificar la segunda ley de Newton, no existirá la componente horizontal de esta fuerza, y la reacción en C será vertical. Tendremos que poner también en el diagrama la aceleración angular α, de sentido horario, ya que la barra acelera. Así pues el diagrama será el de la figura, y aplicando la

segunda ley de Newton: ΣFY=maGY ⇒ mg-FC=maGt ⇒ 3 · 9.8-FC=3aGt ⇒ 29.4-FC=3aGt

ΣMG=IGα ⇒ α=⇒α⋅=⇒α=⋅ C2

C2

C F5.023121F5.0mL

1215.0F

Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas, FC, aGt y α. Además, el punto G realiza un movimiento circular en torno a C de radio rG=0.5 m, luego la aceleración tangencial será:

( ) α=α=ω== 5.0rrdtd

dtdva GG

GGt

Si sustituimos esto en la ecuación del eje Y nos queda: 29.4-FC=3aGt ⇒ 29.4-FC=3 · 0.5α ⇒ 29.4-FC=1.5α

Y tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas: 29.4-FC=1.5α

0.5FC=α Sustituyendo la segunda en la primera:

29.4-FC=1.5α ⇒ 29.4-FC=1.5 · 0.5FC ⇒ 29.4-FC=0.75FC ⇒ FC=16.80 N FC=16.80 N

b) Y a partir de este resultado: α=0.5FC=0.5 · 16.80=8.40 rad/s2 aGt=0.5α=0.5 · 8.40=4.20 m/s2

Ahora para la aceleración del punto A aplicamos de nuevo la ecuación del movimiento:

aA=aG+α x GA-ω2GA=aG+α x GA= 2s/m20.440.820.400140.80020.4 jjj

kjij =+−=

−−+−

En módulo: aA=4.20 m/s2

8.- Un cilindro A de 24 cm de radio y 8 kg de masa descansa sobre un carro B de 3 kg, que está sobre una superficie horizontal lisa (sin fricción). El sistema está en reposo cuando, durante 1.2 s, se aplica como se muestra en la figura una fuerza P de intensidad 10 N. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cilindro

y el carro es 0.2, hallar: a) la aceleración del carro durante el tiempo que actúa la fuerza y la velocidad máxima que alcanza; b) la aceleración del centro del cilindro y su velocidad máxima; c) la fuerza que ejerce el carro sobre el cilindro. Momento de

inercia de un cilindro respecto de su centro 2mr21 .

a) A lo largo de todo el problema tomaremos como sistema de ejes unos cartesianos, con el eje X horizontal y positivo hacia la derecha, el eje Y vertical y positivo hacia arriba y el eje Z perpendicular a ambos y positivo hacia fuera de la hoja. Denominaremos a los datos:

mA=8 kg; mB=3 kg; r=24 cm=0.24 m; µ=0.2; P=10 N Supondremos en principio que el cilindro rueda sin deslizar sobre el carro. Por

tanto, respecto del carro, la aceleración del centro geométrico del cilindro (A), que coincide con su centro de masa, será:

aA/B=αr y además, como no hay deslizamiento, la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo:

Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µNA

Tendremos que tener en cuenta que el cilindro está en movimiento respecto del carro B. Como el carro únicamente se traslada:

aA/B=aA-aB ⇒ aA=aA/B+aB=αri+aBi=(αr+aB)i Ahora realizamos los diagramas de sólido libre, tanto del cilindro como del carro. Como hemos visto, el cilindro tiene una aceleración en la dirección positiva del eje X. En cuanto a fuerzas, está sometido a su peso, a la fuerza P y a la acción del carro, que tiene dos

componentes: la normal y la fuerza de rozamiento. Podemos ver el sentido de la fuerza de rozamiento teniendo en cuenta la ecuación de momentos, ya que es la única fuerza que da momento respecto del centro de masas, y

por tanto el momento tiene que tener el mismo sentido que la aceleración angular (α). A continuación tendremos que hacer el diagrama de sólido libre del carro B, a cuya aceleración hemos denominado aB. En cuanto a fuerzas tendremos su peso, la reacción del cilindro (que por la tercera ley de Newton será igual y de sentido contrario a la acción del carro sobre el cilindro) y la acción del suelo, que sólo será normal puesto que con el suelo no existe rozamiento. Aplicamos a continuación la segunda ley de Newton. Para el cilindro:

ΣFx=mA(aA)x ⇒ P-Fr=mAaA ⇒ P-Fr=mA(αr+aB) ⇒ 10-Fr=8(0.24α+aB)

α=α⋅=⇒α=⇒α=⇒α=Σ 96.024.0821Frm

21Frm

21rFIM rAr

2ArGG

Sustituimos la expresión de la fuerza de rozamiento en la ecuación del eje X: 10-Fr=8(0.24α+aB) ⇒ 10-0.96α=1.92α+8aB ⇒ 10=2.88α+8aB

Tenemos una ecuación con dos incógnitas (α y aB). Planteamos pues la segunda ley de Newton para el carro:

ΣFx=mB(aB)x ⇒ Fr=mBaB ⇒ 0.96α=3aB Tenemos ya dos ecuaciones y dos incógnitas:

10=2.88α+8aB 0.96α=3aB

De la segunda: 0.96α=3aB ⇒ α=3.125aB

Y sustituyendo en la primera: 10=2.88α+8aB ⇒ 10=2.88 · 3.125aB+8aB ⇒ 10=17aB ⇒ aB=0.588 m/s2

Comprobemos ahora que el cilindro efectivamente rueda sin deslizar. Conociendo aB podemos determinar la fuerza de rozamiento:

Fr= mBaB =3 · 0.588 =1.765 N La reacción normal la podemos obtener de la ecuación del eje Y del cilindro:

ΣFy=mA(aA)y ⇒ NA-mAg=0 ⇒ NA=mAg=8 · 9.8=78.4 N La fuerza de rozamiento máxima será:

(Fr)máx=µNA=0.2 · 78.4=15.68 N Vemos que efectivamente la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo, y que por tanto el cilindro rueda sin deslizar:

Fr<(Fr)máx ⇒ 1.765<15.68 Los resultados por tanto son correctos. La aceleración del carro es:

aB=0.588 m/s2 Puesto que la aceleración es constante, el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado. Por tanto la velocidad máxima del carro se producirá al cabo de los 1.2 s en los que actúa la fuerza P:

vB=v0B+aBt=aBt=0.588 · 1.2=0.706 m/s vB=0.706 m/s

b) Conociendo aB ya podemos determinar α: α=3.125aB=3.125 · 0.588=1.838 rad/s2

Y con el valor de α tenemos ya la aceleración del cilindro: aA=αr+aB=1.838 · 0.24+0.588=1.029 m/s2

aA=1.029 m/s2 Igual que para el carro, el movimiento del centro del cilindro es rectilíneo uniformemente acelerado. La velocidad máxima se producirá por tanto en el instante en que deje de aplicarse la fuerza P, es decir, para t=1.2 s:

vA=v0A+aAt=aAt=1.029 · 1.2=1.235 m/s vA=1.235 m/s

c) La fuerza que ejerce el carro sobre el cilindro está formada por la normal y la fuerza de rozamiento, que ambas hemos determinado ya. Vectorialmente tendremos:

R=-Fri+NAj=-1.765i+78.4j Y en módulo:

N42.784.78765.1NFR 222A

2r =+=+=

R=78.42 N

9.- La rueda desequilibrada de la figura tiene una masa de 50 kg y rueda sin deslizamiento por un plano horizontal. El radio de giro de la rueda respecto a un eje horizontal que pase por el centro de masas vale 160 mm. En la posición representada, la velocidad angular de la rueda es de 6 rad/s. Determinar la aceleración angular de la rueda y la fuerza que el plano le ejerce en su punto de contacto, correspondientes a ese instante.

La rueda rueda sin deslizar hacia la izquierda, luego el centro de masas está ascendiendo. Eso implica que la velocidad disminuye, de modo que el sistema está frenando, las aceleraciones lineal y angular tienen sentido opuestos a las respectivas velocidades. Además, como el sistema rueda sin deslizar la aceleración del centro geométrico de la rueda, O, será:

aO=αr=0.3α Vectorialmente tendremos:

aO=0.3αi La velocidad angular tiene sentido antihorario luego tiene la dirección positiva del eje Z, lo que implica que la aceleración angular tendrá la dirección negativa del eje Z:

α=-αk Por tanto, la aceleración del centro de masas será:

aG=aO+α X OG-ω2OG= jiikji

i α−−α=−α−+α 12.0)32.43.0()12.0(60012.0

003.0 2

Hacemos el diagrama de sólido libre. Colocamos las aceleraciones, cuyos sentidos conocemos. En cuanto a las fuerzas, tendremos el peso de la rueda (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la superficie de contacto y apuntando hacia el sólido) y la fuerza de rozamiento (puesto que tiene que cumplirse la

segunda ley de Newton tiene que tener el mismo sentido que la aceleración en el eje X). Aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación y tendremos:

ΣFX=maX ⇒ Fr=m(0.3α-4.32) ⇒ Fr=50(0.3α-4.32) ⇒ Fr=15α-216 ΣFY=maY ⇒ N-mg=-m0.12α ⇒ N-50 · 9.8=-50 · 0.12α ⇒ N-490=-6α

ΣMG=IGα ⇒ N · 0.12-Fr · 0.3=mk2α ⇒ 0.12N-0.3Fr=50 · 0.162α ⇒ 0.12N-0.3Fr=1.28α Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas.

Fr=15α-216

N-490=-6α 0.12N-0.3Fr=1.28α

Sustituimos la primera ecuación en las otras dos: N-490=-6α

0.12N-0.3(15α-216)=1.28α ⇒ 0.12N-4.5α+64.8=1.28α ⇒ 0.12N+64.8=5.78α Y ahora de la primera ecuación:

N-490=-6α ⇒ N=490-6α Sustituimos en la segunda:

0.12N+64.8=5.78α ⇒ 0.12(490-6α)+64.8=5.78α 58.8-0.72α+64.8=5.78α ⇒ α=19.02 rad/s2

α=19.02 rad/s2 Y ahora la normal y la fuerza de rozamiento:

N=490-6α=490-6 · 19.02=375.91 N Fr=15α-216=15 · 19.02-216=69.23 N

Como la fuerza de rozamiento y la normal son dos perpendiculares la reacción del plano es:

N23.38291.37523.69NFR 2222r =+=+=

R=382.23 N

10.- Un tambor de 100 mm de radio es solidario de un cilindro de 200 mm de radio. La masa combinada de

ambos es 4.5 kg y su radio de giro combinado es 150 mm. Se sujeta una cuerda como se muestra y se tira de ella con una fuerza P de módulo 22 N. Sabiendo que los coeficientes de rozamiento estático y cinético son µe=0.25 y µc=0.20 respectivamente, hallar en los dos casos si el cilindro desliza o no, así como la aceleración angular del disco y la aceleración de G. a) Suponemos en primer lugar que el disco rueda sin deslizar, de modo que tendremos que la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo:

Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µdN Y además la aceleración del centro geométrico del disco, que coincide en este caso con el centro de masa será:

aG=αR=0.2α Hacemos por tanto el diagrama de sólido libre partiendo de esta suposición y tendremos lo que aparece en la figura. En cuanto a aceleraciones obviamente el disco rodará hacia la derecha puesto que la única fuerza externa que se aplica va hacia la derecha. Esto implica que si no hay deslizamiento la aceleración angular

tiene que tener sentido horario. En cuanto a fuerzas tendremos la fuerza externa P, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Puesto que hemos supuesto que no hay deslizamiento la fuerza de rozamiento puede tener cualquiera de los dos sentidos del eje X. Como en principio no podemos saber cuál es, la suponemos hacia la derecha, y al resolver, el signo nos dirá si esta suposición es correcta o no. Aplicando la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación tendremos:

ΣFX=maX ⇒ P+Fr=maG ⇒ 22+Fr=4.5 · 0.2α ⇒ 22+Fr=0.9α ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=4.5 · 9.8=44.1 N

ΣMG=IGα ⇒ Pr-FrR=mk2α ⇒ 22 · 0.1-0.2Fr=4.5 · 0.152α ⇒ 2.2-0.2Fr=0.10125α Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, Fr y α:

22+Fr=0.9α 2.2-0.2Fr=0.10125α

De la segunda ecuación: 2.2-0.2Fr=0.10125α ⇒ α=21.728-1.975Fr

Y sustituyendo en la primer: 22+Fr=0.9α ⇒ 22+Fr=0.9(21.728-1.975Fr) ⇒ Fr=-0.880 N

El signo negativo implica que el sentido de la fuerza de rozamiento es contrario al supuesto. Comprobamos a continuación que el cilindro no desliza:

Fr<µdN ⇒ 0.880<0.20 · 44.1 ⇒ 0.880<8.820 Vemos que efectivamente la fuerza de rozamiento no adquiere su valor máximo luego el sistema rueda sin deslizar.

NO DESLIZA La aceleración angular vale:

α=21.728-1.975Fr=21.728+1.975 · 0.880=23.47 rad/s2 α=23.47 rad/s2

Y la aceleración del centro de masas: aG=0.2α=0.2 · 23.47=4.69 m/s2

aG=4.69 m/s2 b) Vamos a resolver operando de igual modo. Suponemos también que el cilindro rueda sin deslizar, luego tendremos como antes las dos condiciones:

Fr<µdN aG=αR=0.2α

Hacemos con esta premisa el diagrama de sólido libre. La aceleración del centro de masas será horizontal y hacia la derecha, lo cual implica que la aceleración angular tiene sentido horario. En cuanto a fuerzas, tendremos la fuerza P, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Ahora se tiene que verificar la ecuación ΣMG=IGα, lo que implica que los momentos tienen que tener sentido horario. Puesto que el peso y

la normal no dan momento respecto de G, y la fuerza P lo da en sentido antihorario, la fuerza de rozamiento tiene que hacerlo en sentido horario, luego dicha fuerza tiene que tener sentido hacia la izquierda. Aplicamos ahora las ecuaciones correspondientes:

ΣFX=maX ⇒ P-Fr=maG ⇒ 22-Fr=4.5 · 0.2α ⇒ 22-Fr=0.9α ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=4.5 · 9.8=44.1 N

ΣMG=IGα ⇒ FrR-Pr=mk2α ⇒ 0.2Fr-22 · 0.1=4.5 · 0.152α ⇒ 0.2Fr-2.2=0.10125α Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:

22-Fr=0.9α

0.2Fr-2.2=0.10125α De la primera ecuación:

22-Fr=0.9α ⇒ α=24.444-1.111Fr Y sustituyendo en la segunda:

0.2Fr-2.2=0.10125α ⇒ 0.2Fr-2.2=0.10125(24.444-1.111Fr) ⇒ Fr=14.96 N Comprobamos a continuación que el sistema no desliza:

Fr<µdN ⇒ 14.94<0.20 · 44.1 ⇒ 14.96<8.820 Vemos que la suposición realizada es incorrecta, luego el cilindro desliza:

SÍ DESLIZA Ahora habría que resolver de nuevo. El diagrama de sólido libre sería igual, ya que el cilindro desliza hacia la derecha, de modo que la fuerza de rozamiento, de sentido contrario al deslizamiento, iría hacia la izquierda, luego el diagrama no varía. Lo que tendremos ahora es que puesto que el cilindro desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo:

Fr=(Fr)máx=µdN=0.2 · 44.1=8.820 N Y del eje X:

ΣFX=maX ⇒ P-Fr=maG ⇒ 22-8.820=4.5aG ⇒ aG=2.93 m/s2 aG=2.93 m/s2

Y de la ecuación de la rotación: ΣMG=IGα ⇒ FrR-Pr=mk2α ⇒ 0.2 · 8.820-22 · 0.1=4.5 · 0.152α ⇒ α=-4.31 rad/s2

El signo nos indica que el sentido de la aceleración angular es contrario al supuesto, es decir, antihorario:

α=4.31 rad/s2

11.- Calcular la velocidad angular inicial de la varilla OA de 29,2 kg en la posición vertical, tal que alcance la posición horizontal señalada con velocidad nula bajo la acción del muelle. En la posición inicial el muelle está sin deformar. Vamos a aplicar el teorema del trabajo-energía cinética, entre la posición

(1), cuando la barra pasa por la vertical con

velocidad angular ω, y la posición (2), cuando la barra alcanza la horizontal

con velocidad nula. Así, tendremos: W12=∆EC ⇒ Wmg+WR+Wk∆l=∆EC

La reacción en el pivote (R), no realiza trabajo porque no se desplaza, y el peso y la reacción del resorte son ambas conservativas, luego el trabajo realizado por ellas coincide con la variación de energía potencial cambiada de signo:

Wmg+WR+Wk∆l=∆EC ⇒ -∆UG-∆UE =∆EC ⇒ UG1-UG2+UE1-UE2=EC2-EC1 ⇒ UG1-UE2=-EC1 2

CM2CM

221 I

21mv

21lk

21mgh ω−−=∆−

Vamos determinando los parámetros desconocidos. La longitud natural del resorte es:

m697,12,12,1l 220 =+=

Por tanto en la posición (2) el resorte está elongado una cantidad: ∆l2=l0-l2=2,4-1,697=0,703 m

En cuanto al centro de masas, realiza un movimiento circular de radio 1,2 m, luego su velocidad lineal es:

vCM=ωr=1,2ω Sustituyendo todo:

222CM

221

2CM

2CM

221 ml

121

21mv

21lk

21mghI

21mv

21lk

21mgh ω−−=∆−⇒ω−−=∆−

( ) 2222 4,22,29121

212,12,29

21703,02630

212,18,92,29 ω⋅−ω−=⋅−⋅⋅

s/rad30,3176,28389,306 2 =ω⇒ω−=− ω=3,30 rad/s

12.- El bloque cuadrado macizo se apoya en el plano horizontal mediante un pequeño cilindro con rozamiento despreciable. Se suelta el bloque desde el reposo en la posición que se muestra. Calcular la velocidad angular ω del bloque y la velocidad lineal de la esquina O cuando la C alcance la superficie horizontal. Dato: momento de inercia de un cubo respecto de su

punto medio 2mL61 .

Vamos a aplicar la conservación de la energía entre la posición inicial, cuando el bloque parte del reposo en la figura del enunciado, y la posición final, cuando la esquina C alcanza la horizontal. Si hacemos el diagrama de sólido libre del bloque podemos ver que está sometido a dos fuerzas, el peso vertical y hacia abajo y la normal en O vertical y hacia arriba, y son las únicas dos fuerzas que actúan durante todo el movimiento. Esto significa que tanto la aceleración del centro de masas como su velocidad tienen que ser verticales y hacia abajo. Para que el centro de masas caiga sobre su propia vertical la esquina O tiene que

deslizar hacia la izquierda, horizontalmente puesto que se apoya en todo momento sobre un suelo horizontal. Así, el bloque girará en sentido horario.

Aplicamos la conservación de la energía entre las dos situaciones que hemos dicho y que representamos en la figura.

W=∆EC ⇒ Wmg+WN=∆EC ⇒ -∆EPg=∆EC

Hemos tenido en cuenta que puesto que la normal es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Así pues:

-∆EPg=∆EC ⇒ EPginicial-EPgfinal=ECfinal-ECinicial

El sistema parte del reposo luego la energía cinética inicial es nula:

EPginicial-EPgfinal=ECfinal-ECinicial ⇒ EPginicial-EPgfinal=ECfinal ⇒ 2G

2Gfinalinicial I

21mv

21mghmgh ω+=−

222G

222G L

61vgLº45gLsen2mL

61

21mv

21

2Lmgº45mgLsen ω+=−⇒ω+=−

Nos falta relacionar vG y ω en la situación final. Para ello vamos a relacionar las velocidades del centro de masas y de la esquina O en esta posición, sabiendo, como hemos dicho, que la velocidad del centro de masas es vertical y hacia abajo y la de la esquina O horizontal y hacia la izquierda. Tendremos pues:

vG=vO+ω x OG ⇒ 0

2L

2L

00vv OG ω−+−=−kji

ij

ijij2L

2Lvv OG

ω+

ω−−=−

Separando los ejes tendremos:

Eje X: 2Lv

2Lv0 OO

ω=⇒

ω+−=

Eje Y: 2LvG

ω=

Sustituimos en la expresión de la energía vG por su valor: 2222222

G L61L

41gLº45gLsen2L

61vgLº45gLsen2 ω+ω=−⇒ω+=−

( )=

−=ω⇒ω=−⇒ω+ω=−

L51º45sen2g12L

125gº45gsen2L

61L

41gº45gsen2 222

( ) s/rad19.6254.05

1º45sen28.912=

⋅−⋅

=

ω=6.19 rad/s Y la velocidad de la esquina O:

s/m787.02

254.019.62LvO =

⋅=

ω=

vO=0.788 m/s

13.- Los extremos de la barra AB de 4 kg están obligados a moverse como se muestra, por las ranuras abiertas en la vertical. Al extremo A se sujeta un muelle de constante k=525 N/m de tal modo que su tensión es nula cuando θ=0º. Si la barra se abandona en reposo cuando θ=50º, hallar su velocidad angular y la velocidad del extremo B cuando θ=0º.

Aplicaremos la conservación de la energía entre la situación inicial que

marcaremos como 1, cuando la barra se suelta desde el reposo en θ=50º, y la posición final que denominaremos 2 cuando la barra pasa por θ=0º. Tendremos entonces:

ET1+Wotras=ET2 Tomamos el nivel nulo de energía potencial gravitatoria en la posición más baja del centro de masas. Así, inicialmente sólo tenemos energía potencial elástica, ya que el resorte está alargado una cantidad:

∆l1=l-lcos50º=0.635-0.635cos50º=0.2268 m En la posición final tendremos energía cinética, de rotación y traslación, y energía potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, aparte del peso y de la fuerza de recuperación elástica sobre la barra actuarían las normales en A y en B, pero puesto que son perpendiculares al desplazamiento no realizan trabajo. Nos queda pues:

ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPe1=ECR2+ECT2+EPg2 ⇒ G2G

2G

21 mghmv

21I

21lk

21

++ω=∆

Para tener una ecuación con una incógnita tenemos que relacionar la velocidad del centro de masas vG con la velocidad angular ω en la posición final (2). Para ello relacionamos las velocidades de los extremos de la barra, A y B, que sabemos sus direcciones puesto que están obligados a desplazarse en el interior de las guías. Tendremos:

vA=vB+ω X BA ⇒ 00635.0

00vv BA

−ω+=−kji

ji

-vAi=vBj-0.635ωj Separando en los dos ejes:

Eje X: -vA=0 ⇒ vA=0 Eje Y: 0=vB-0.635ω ⇒ vB=0.635ω

El resultado vA=0 es lógico ya que puede verse que en ese instante el extremo A pasa de moverse hacia la izquierda a moverse hacia la derecha, luego instantáneamente en ese momento tiene que detenerse. Ahora, la velocidad del centro de masa en función de uno cualquiera de esos puntos es:

vG=vA+ω X AG=ω X AG= jkji

ω=ω 3175.000

2635.0

00

Ahora, en la ecuación de la energía:

( ) º50sen2lmg3175.0m

21ml

121

21lk

21mghmv

21I

21lk

21 2222

1G2G

2G

21 +ω+ω⋅=∆⇒++ω=∆

( ) º50sen2635.08.943175.04

21635.04

121

212268.0525

21 2222 ⋅+ω+ω⋅⋅=⋅

3.9683=0.2688ω2 ⇒ ω=3.84 rad/s ω=3.84 rad/s

Y la velocidad del extremo B: vB=0.635ω=0.635 · 3.84=2.44 m/s

vB=2.44 m/s

14.- Se tira hacia delante de la rueda representada en la figura mediante una fuerza constante P de 260 N. El peso de la rueda es de 375 N y su radio de giro respecto al eje de la rueda (radio de giro centroidal) es de k=231 mm (IG=mk2). La rueda va rodando sin deslizamiento por la superficie horizontal y en la posición representada lleva una velocidad angular de 15

rad/s en sentido horario. Determinar: a) la aceleración angular de la rueda y las componentes horizontal y vertical de la fuerza que le ejerce la superficie; b) el valor del mínimo coeficiente de rozamiento que evita el deslizamiento; c) la velocidad angular de la rueda cuando ha dado una vuelta completa. a) En primer lugar vamos a determinar el ángulo θ que forma la fuerza P con la horizontal, y que será:

º62.22125tg =θ⇒=θ

Y la masa de la rueda será:

mg=375 N

kg265.388.9

375g

375m ===

Llamamos R al radio de la rueda R=30 cm=0.3 m. Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la rueda. En cuanto a fuerzas, está sometida a la fuerza P, a su peso y a la

reacción del suelo, compuesta por la normal y la fuerza de rozamiento. En cuanto a aceleraciones, el centro de masas de la rueda coincide con su centro geométrico, de modo que por rodar sin deslizar se verifica que:

aCM=aO=αR=0.3α Y tendremos que la aceleración angular α tendrá el mismo sentido que ω puesto que la rueda tiene que acelerar. Nos quedan los diagramas que aparecen en la figura. Aplicamos la segunda ley de Newton.

ΣFX=m(aCM)X ⇒ Pcosθ-Fr=maCM ⇒ 260cos22.62º-Fr=38.265 · 0.3α ⇒ 240-Fr=11.48α ΣFY=m(aM) Y ⇒ Psenθ+N-mg=0 ⇒ 260sen22.62º+N-375=0 ⇒ N=275 N

N=275 N ΣMCM=ICMα ⇒ FrR=mk2α ⇒ 0.3Fr=38.265 · 0.2312α ⇒ Fr=6.80265α

Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 240-Fr=11.48α Fr=6.80265α

Sustituyendo la segunda en la primera: 240-Fr=11.48α ⇒ 240-6.80265α=11.48α ⇒ α=13.13 rad/s2

α=13.13 rad/s2 Y la fuerza de rozamiento:

Fr=6.80265α=6.80265 · 13.13=89.28 N Fr=89.28 N

b) Para que el sistema ruede sin deslizar la fuerza de rozamiento tiene que ser inferior a su valor máximo, de modo que:

Fr≤(Fr)máx ⇒ Fr≤µN ⇒ 32.0µ275

28.89µNFµ r ≥⇒≥⇒≥

µ≥0.32 c) Vamos a aplicar el teorema de conservación de la energía, entre la situación inicial, cuando la velocidad angular es ω1=15 rad/s, y la final, cuando la velocidad angular es ω2. Entre estas dos posiciones el centro de masas se ha desplazado una cantidad:

xCM=2πR Además, puesto que la rueda no desliza, la velocidad del centro de masas en cualquiera de las dos situaciones será:

vCM1=ω1R=0.3ω1 vCM2=ω2R=0.3ω2

Aplicando el teorema de conservación de la energía tendremos:

W=∆EC

De las fuerzas que aparecen realizan trabajo la fuerza externa P y el peso. La normal no realiza trabajo por

ser perpendicular al desplazamiento y la resistencia a la rodadura no disipa energía. Así pues nos queda:

W=∆EC ⇒ WP+Wmg=∆EC ⇒ P · xCM-∆EPg=∆EC

El centro de masas no varía su altura, luego no hay variación de energía potencial gravitatoria:

P · xCM-∆EPg=∆EC ⇒ P · xCM=∆EC ⇒ PxCMcosθ=EC2-EC1 21CM

21CM

22CM

22CMCM I

21mv

21I

21mv

21cosPx ω−−ω+=θ

21

221

22

222 mk

21)3.0(m

21mk

21)3.0(m

21cosR2P ω−ω−ω+ω=θπ

( ) ( )2221

2222 k3.0m

21k3.0m

21cosR2P +ω−+ω=θπ

( ) ( )2222222 231.03.015265.28

21231.03.0265.38

21º62.22cos3.02260 +⋅−+ω=⋅π⋅

ω2=19.75 rad/s Podríamos haber tenido en cuenta que puesto que las fuerzas son constantes, la aceleración del centro de masas también es constante y vale:

aCM=0.3α=0.3 · 13.13=3.94 m/s2 Tenemos la velocidad inicial del centro de masas:

vCM1=0.3ω1=0.3 · 15=4.5 m/s Y el espacio recorrido:

xCM=2πR=2π · 0.3=1.885 m Aplicando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado tendremos:

0885.1t5.4t97.1t94.321t5.4885.1ta

21tvxx 222

CM1CM0CM =−+⇒+=⇒++=

−

=⋅

⋅⋅+±−=

s65.2s361.0

97.12885.197.145.45.4t

2

Obviamente la solución negativa es absurda. Ahora, de la ecuación de la velocidad: vCM2=vCM1+at=4.5+3.94 · 0.361=5.92 m/s

Y puesto que la rueda no desliza:

vCM2=0.3ω2 ⇒ s/rad74.193.0

92.53.0

v 2CM2 ===ω

También podríamos haber tenido en cuenta que puesto que la aceleración angular es constante también es movimiento uniformemente acelerado en cuanto a la rotación, recorriéndose un ángulo de 2π radiantes, con lo que tendríamos:

028.6t15t565.6t13.1321t152t

21t 222

10 =−+⇒+=π⇒α+ω+θ=θ

−

=⋅

⋅⋅+±−=

s65.2s361.0

565.6228.6565.641515t

2

Y la velocidad angular: ω2=ω1+αt=15+13.13 · 0.361=19.74 rad/s

15.- El disco circular de la figura tiene una masa de 68 kg una vez practicado el orificio de 15,2 cm de diámetro. Se suelta el disco partiendo del reposo sobre una superficie horizontal en la posición indicada. Admitiendo que el disco rueda sin deslizar, calcular: a) la fuerza de rozamiento entre el suelo y el disco un instante después de soltar éste; b) la máxima velocidad

angular alcanzada por el disco durante su movimiento; c) la fuerza de rozamiento en la situación b). a) Vamos a determinar la posición del centro de masas del sistema. Para ello tenemos que determinar la masa que corresponde al disco completo y la masa que corresponde al agujero (que consideraremos con masa negativa). Haremos una regla de tres con las superficies, ya que la proporcionalidad es directa (densidad constante). Así, las superficies del disco y del orificio son:

Sdisco=πR2=π · 0,3042=0,2903 m2

Sorificio=πr2= =

⋅π

2

2152,0 0,01815 m2

La superficie de la figura que nos interesa es: S=Sdisco-Sorificio=0,2903-0,01815=0,2722 m2

Puesto que la densidad superficial es constante, podemos escribir:

kg534,722722,0

682903,0S

mSmmS

mS discodisco

discodisco=

⋅==

→→

kg534,42722,0

6801815,0S

mSmmS

mS orificioorificio

orificioorificio=

⋅==

→→

Ahora ya podemos determinar la posición del centro de masas del sistema, tomando los ejes de la figura. Tendremos pues:

=−

−=

orificiodisco

orificioorificiodiscodiscoCM mm

xmxmx

m01014,068

152,0534,4−=

⋅−=

Y por simetría: yCM=0

Por tanto el centro de masas está a la izquierda del centro del disco (como cabe esperar por la distribución de masas). Ahora para aplicar la ecuación de la rotación necesitaremos el momento de inercia del cuerpo respecto del centro de masas, que será:

ICM=(Idisco)CM-(Iorificio)CM En cualquiera de los casos se trata de círculos, de los cuales conocemos el momento de inercia respecto de su centro. Para el disco macizo vemos lo que aparece en el gráfico, luego tendremos que aplicar el teorema de Steiner:

IPdisco=ICMdisco+mdiscod2= =+ 2disco

2disco dmRm

21

222 kgm359,301014,0534,72304,0534,7221

=⋅+⋅=

Ahora hacemos lo mismo para el orificio, y nos quedará:

IPorificio=ICMorificio+morificiod2= =+ 2orificio

2orificio dmrm

21

( ) 222

kgm1323,001014,0152,0534,42152,0534,4

21

=+⋅+

⋅=

Por tanto el momento de inercia de la figura es: ICM=IPdisco-IPorificio=3,359-0,1323=3,227 kgm2

Tendremos también que determinar la aceleración del centro de masas. Conocemos la aceleración del centro geométrico de la rueda, que llamaremos O, y que por la condición de rodadura:

aO=-αRi=-0,304αi Así, la aceleración del centro de masas será:

aCM=aO+α x OCM+ω x ω x OCM Justo cuando soltamos el cuerpo éste parte del reposo luego ω=0:

aCM=aO+α x OCM+ω x ω x OCM=aO+α x OCM=

jikji

i α−α−=−

α+α−= 01014,0304,00001014,0

00304,0

Trazamos a continuación el diagrama de sólido libre del cuerpo y aplicamos las ecuaciones de la dinámica:

ΣFX=m(aCM)X ⇒ -Fr=-max ⇒ Fr=m · 0,304α Fr=68 · 0,304α ⇒ Fr=20,672α ΣFY=m(aCM)Y ⇒ N-mg=-maY

N-mg=-m · 0,01014α N-68 · 9,8=-68 · 0,01014α

N-666,4=-0,68952α ΣMCM=ICMα ⇒ NxCM-FrR=ICMα ⇒ 0,01014N-0,304Fr=3,227α

Tenemos tres ecuaciones y tres incógnitas: Fr=20,672α

N-666,4=-0,68952α 0,01014N-0,304Fr=3,227α

De la primera ecuación: Fr=20,672α ⇒ α=0,04837Fr

Y sustituimos en las otras dos: N-666,4=-0,68952α ⇒ N-666,4=-0,68952 · 0,04837Fr ⇒ N-666,4=-0,033367Fr

0,01014N-0,304Fr=3,227α ⇒ 0,01014N-0,304Fr=3,227 · 0,04837Fr 0,01014N-0,304Fr=0,156Fr ⇒ 0,01014N=0,460Fr

Nos queda el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: N-666,4=-0,033367Fr

0,01014N=0,460Fr De la segunda ecuación:

0,01014N=0,460Fr ⇒ N=45,374Fr Y sustituyendo en la primera:

N-666,4=-0,033367Fr ⇒ 45,374Fr-666,4=-0,033367Fr ⇒ Fr=14,67 N Fr=14,67 N

b) Ahora buscamos la máxima velocidad angular del disco. Obviamente, la velocidad será máxima cuando la energía cinética sea máxima, y esto ocurrirá cuando la energía potencial gravitatoria sea mínima, ya que las fuerzas que actúan son conservativas y la energía mecánica se mantiene constante. La velocidad máxima se alcanzará entonces cuando el centro de masas

pase por la posición más baja. Aplicamos el teorema del trabajo-energía cinética entre estas dos situaciones y tendremos:

W12=∆EC ⇒ Wmg+WN+WFr=∆EC El peso es una fuerza conservativa, luego el trabajo realizado por el peso es la variación de energía potencial gravitatoria cambiada de signo. La normal no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento y la fuerza de rozamiento tampoco realiza trabajo porque el cuerpo rueda sin deslizar. Nos queda entonces:

Wmg+WN+WFr=∆EC ⇒ -∆U=∆EC ⇒ U1-U2=EC2-EC1 ⇒ U1-U2=EC2 2

CM2CM21 I

21mv

21mghmgh ω+=−

Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas con la velocidad angular, para así tener solamente una incógnita. Puesto que el cuerpo rueda sin deslizar:

vO=-ωRi=-0,304ωi ⇒ vCM=vO+ω x OCM=

iiikji

i ω−=ω+ω−=−

ω+ω−= 29386,001014,0304,0001014,00

00304,0

Sustituyendo todo: 2

CM2CMCM

2CM

2CM21 I

21mv

21mgxI

21mv

21mghmgh ω+=⇒ω+=−

( ) s/m22,1227,32129386,068

2101014,08,968 22 =ω⇒ω+ω=⋅⋅

ω=1,22 m/s c) Vamos a estudiar las fuerzas y aceleraciones en la situación (2). Puesto que la velocidad angular es máxima, la condición de máximo es que su derivada sea nula, de modo que:

00dtd

máx =α⇒=ω

⇒ω=ω

Así, la aceleración del centro de masas en esta posición será: aCM=aO+α x OCM+ω x ω x OCM=ω x ω x OCM=

jjjkji

0151,022,101014,001014,00001014,0

00 22 =⋅=ω=ω

ω=

Vemos que sólo tenemos la componente normal de la aceleración, vertical y hacia arriba. Puesto que no tenemos aceleración en la dirección del eje X las fuerzas en esta dirección tienen que ser nulas. Como en la dirección del eje X sólo está la fuerza de rozamiento, tendremos que:

Fr=0 Si hacemos el diagrama de sólido libre en esta posición vemos lo que aparece en la figura. Nótese también que se cumple que ΣMCM=0, ya que las dos fuerzas que nos quedan, normal y peso, en esta situación su recta de acción pasa por el centro de masas.

16.- La masa del disco macizo A representado en la figura es de 50 kg. Un cable arrollado a una leve garganta del disco está amarrado a la barra BC, que tiene una masa de 25 kg. En la posición representada, la barra BC está horizontal y en ese instante su velocidad angular de 5 rad/s en sentido contrario al de las

agujas del reloj. Determinar en ese instante: a) la aceleración angular del disco A; b) la tensión del cable; c) las componentes horizontal y vertical (Cx y Cy) de la reacción del apoyo en C; d) si en ese momento se corta la cuerda que une la barra y el disco, determina la máxima velocidad angular de la barra.

Datos: momento de inercia de un disco respecto de su centro: 2mr21 ;

momento de inercia de una barra respecto de su centro: 2ml121 .

a) Marcaremos con el subíndice A a los parámetros que hacen referencia al disco y con el subíndice B a los que hacen referencia a la barra.

Hacemos el diagrama de sólido libre del disco y de la barra, que son dos sólidos que se mueven independientemente. Para el disco tendremos lo que aparece en la gráfica. El disco no se traslada pero sí rota. Aplicamos la ecuación correspondiente a la rotación y tendremos:

AAA2

AGG rm21Trm

21TrIM α=⇒α=⇒α=Σ

AA 5T2.05021T α=⇒α⋅=

Ahora tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de la barra, que además de rotar sí se traslada. Necesitamos la aceleración de su centro de masas, que coincidirá con su centro geométrico. Así pues, dicha aceleración será:

ijikji

CGCGaa CG 5.125.0)5.0(5005.0

00 B2

B2BB +α−=−−

−α=ω−×α+=

En el gráfico puede verse el diagrama de sólido libre de la barra. Aplicamos la segunda ley de Newton a los dos ejes y la ecuación correspondiente a la rotación. Tendremos pues:

ΣFX=mBaGX ⇒ CX=25 · 12.5=312.5 N ΣFY=mBaBGY ⇒ T+CY-mBg=-mB0.5αB ⇒ T+CY-25 · 9.8=-25 · 0.5αB ⇒ T+CY-245=-12.5αB

ΣMG=IGαB ⇒ BYB2

YB2

BY 083.2T5.0C5.0125121

21C

21Tlm

121

2lC

2lT α=−⇒α⋅=+−⇒α=+−

Tenemos tres ecuaciones y cuatro incógnitas (T, CY, αA y αB). Además tendremos que todos los puntos de la cuerda tienen la misma aceleración en dirección vertical, de modo que el punto del disco en contacto con la cuerda y el punto de la barra en contacto con la cuerda tendrán la misma componente vertical de la aceleración.

En cuanto al disco, llamaremos D a dicho punto. Este punto realiza un movimiento circular, luego tendrá dos componentes de aceleración, la normal (en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura) y la tangencial (tangente al disco y hacia abajo). Así pues:

jijiaD A2AA

2A 2.02.0rr α−ω−=α−ω−=

Respecto a la barra, la aceleración del punto B será:

ijikji

CBCBaa CB 25)(5001

00 B2

B2BB +α−=−−

−α=ω−×α+=

Como hemos dicho, las componentes verticales de la aceleración tienen que se iguales luego:

-0.2αA=-αB ⇒ 0.2αA=αB Y tenemos un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas:

T=5αA T+CY-245=-12.5αB

0.5CY-0.5T=2.083αB αB=0.2αA

Sustituimos la primera ecuación en las demás: 5αA+CY-245=-12.5αB

0.5CY-0.5 · 5αA=2.083αB ⇒ 0.5CY-2.5αA=2.083αB αB=0.2αA

Ahora sustituimos la tercera ecuación en las otras dos: 5αA+CY-245=-12.5 · 0.2αA ⇒ CY-245=-7.5αA 0.5CY-2.5αA=2.083 · 0.2αA ⇒ 0.5CY=2.917αA

Multiplicamos la segunda ecuación por (-2) y las sumamos: CY-245=-7.5αA

-CY=-5.83αA Nos resulta la ecuación:

-245=-13.33αA ⇒ αA=18.375 rad/s2 αA=18.375 rad/s2

b) La tensión del cable es:

T=5αA=5 · 18.375=91.875 N T=91.875 N

c) La componente horizontal ya estaba determinada: CX=312.5 N

La componente vertical la podemos sacar de cualquiera de las ecuaciones: CY=5.83αA=5.83 · 18.375=107.19 N

CY=107.19 N d) Ahora cortamos la cuerda, con lo cual la barra comienza a caer como si se tratara de un péndulo físico. Aplicamos la conservación de la energía entre la situación

inicial, cuando la barra parte de la posición horizontal con velocidad angular de 5 rad/s y la situación final, cuando la velocidad angular es máxima. Aparte del peso no hay ninguna fuerza que realice trabajo, ya que las reacciones en C no se desplazan, de modo que la energía mecánica (potencial+cinética) tiene que conservarse. Si la velocidad angular es máxima, la energía cinética será máxima, y por tanto la potencial tiene que ser mínima, es decir, la

altura debe ser mínima. La velocidad angular será entonces máxima cuando el centro de masas de la barra pase por la posición más baja, es decir, cuando la barra esté en posición vertical. Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Aplicando la conservación de la energía tendremos:

ETinicial=ETfinal ⇒ ECinicial+EPginicial=Ecfinal Inicialmente el sistema tiene energía potencial debida a la altura del centro de masas y cinética, mientras que al pasar por la vertical sólo tendremos energía potencial. Así pues:

ECRinicial+ECTinicial+EPginicial=ECRfinal+ECTfinal 2máxG

2GfBGB

2BG

2GiB I

21vm

21ghmI

21vm

21

ω+=+ω+

Inicialmente, la velocidad lineal del centro de masas será:

jkji

CGvv CGi 5.2005.0500B −=

−=×ω+=

Del mismo modo, en la situación final:

jkji

CGvv CGf máxmáxmáx 5.0005.0

00 ω−=−

ω=×ω+=

Sustituyendo todo: 2máxG

2GfBGB

2BG

2GiB I

21vm

21ghmI

21vm

21

ω+=+ω+

2máx

2B

2GfBB

2B

2B

2GiB lm

121

21vm

21

2lgmlm

121

21vm

21

ω⋅+=+ω⋅+

s/rad38.71241)5.0(

215.08.951

2415.2

21

máx2máx

22máx

222 =ω⇒ω+ω=⋅++

ωmáx=7.38 rad/s

17.- Un collarín B de masa m y de dimensiones despreciables, está sujeto a un aro de la misma masa m y radio r que rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal. Hallar la velocidad angular ω1 del aro en función de g y r cuando B está en la vertical del centro A y por encima de éste, sabiendo que la velocidad angular del aro es 3ω1 cuando B está en la vertical y por debajo de éste.

En primer lugar vamos a determinar la posición del centro de masas del sistema. Tenemos un aro de masa m y un collarín también de masa m. Cogemos unos ejes coordenados como los de la figura, de modo que tendremos:

xG=0

2r

mmmr

mmymymy

BA

BBAAG =

+=

++

=

El centro de masas del sistema está a mitad de distancia entre el collarín y el centro geométrico del aro. Ahora aplicamos el teorema de conservación de la energía, entre la situación inicial, en la que B está en la

vertical de A por debajo y la velocidad angular es 3ω1, y la situación final, en la que B está en la vertical de A por encima y la velocidad angular es ω1. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el nivel más bajo de la posición del centro de masas. Tendremos pues:

ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente tenemos energía cinética, ya que la velocidad es 3ω1, y no tendremos potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, aparte del peso tendremos como fuerzas la normal y la

fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, y la de rozamiento tampoco porque no hay deslizamiento. Por último, en la situación final tendremos energía potencial gravitatoria y energía cinética. Nos queda entonces:

ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECinicial=ECfinal+EPgfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal

( ) ( ) ( ) GBA2finalG

2GfinalBA

2inicialG

2GinicialBA ghmmI

21vmm

21I

21vmm

21

++ω++=ω++

Vamos a ir determinando las cosas. En primer lugar necesitamos el momento de inercia respecto de G, que será la suma de los dos. Así pues:

IG=IGA+IGB Para el aro tendremos, aplicando el teorema de Steiner:

4mr5

4rmmr

2rmmrdmII

222

222

AAGGA =+=

+=+=

Y para el collarín:

4mr

2rmdmI

222BBGB =

==

Por tanto el momento de inercia del conjunto será:

2mr3

4mr6

4mr

4mr5III

2222

GBGAG ==+=+=

Ahora vamos a relacionar las velocidades lineales del centro de masas con las velocidades angulares. Inicialmente:

iiikji

iAGvv inicialAinicialGinicial 2r3

2r3r3

02r0

300r3 11111inicial

ω=

ω−ω=

−

ω−+ω=×ω+=

iiikji

iAGvv finalAfinalGfinal 2r3

2rr

02r0

00r 11111final

ω=

ω+ω=ω−+ω=×ω+=

Sustituyendo todo:

( ) ( ) ( ) GBA2finalG

2GfinalBA

2inicialG

2GinicialBA ghmmI

21vmm

21I

21vmm

21

++ω++=ω++

( )2r2mg2

2mr3

21

2r3m2

213

2mr3

21

2r3m2

21 2

l1

2212

1

221 ⋅⋅+ω⋅+

ω

=ω⋅+

ω

r3ggr3g2

4r3

4r27g2

2r3

219

2r3

21

121

21

212

121 =ω⇒=ω⇒=

ω−

ω⇒+ω⋅=ω⋅⋅

r3g

1 =ω

18.- Media sección de tubo de masa m y radio r se abandona en reposo en la posición representada. Sabiendo que rueda sin deslizar, hallar; a) su velocidad angular tras rodar 90º; b) la reacción en la superficie horizontal en el mismo instante. Datos: posición del centro de masas G respecto de O

πr2 ; momento de inercia del semicírculo respecto de O

IO=mr2. a) Dibujamos las dos posiciones, la inicial que es la que viene en el enunciado, y la final, que es cuando el tubo se ha desplazado 90º, obviamente hacia la izquierda. Aplicamos el teorema de conservación de la energía entre estas dos posiciones:

ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente

tenemos sólo energía potencial gravitatoria, ya que el tubo parte del reposo. En cuanto a las fuerzas, a mayores del peso aparecen la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo porque es perpendicular al

desplazamiento y la fuerza de rozamiento tampoco porque no hay deslizamiento. Y en la situación final tendremos energía cinética, tanto de rotación como de traslación:

ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg=ECR+ECT ⇒ 2G

2GG

2G

2GG mvImgh2mv

21I

21mgh +ω=⇒+ω=

Vamos ahora a determinar todo. La altura correspondiente al centro de masas hG coincide con la distancia entre los puntos O y G:

π==

r2OGyG

Para el momento de inercia tenemos que aplicar el teorema de Steiner, ya que nos dan el momento de inercia respecto de O y necesitamos el momento de inercia respecto de G:

( )4mr4mr21mrr2mmrmdIImdII 22

2

2

22

22

222

OG2

GO −ππ

=π−π

=

π

−=

π

−=−=⇒+=

Y por último para la velocidad del centro de masas tendremos en cuenta que el tubo rueda sin deslizar de modo que:

=

π−ω−=

π+−ω=

πω

+ω−=

π−

ω+ω−=×ω+= iiiikji

iOGvv OG21r21rr2r

0r2000r

( )ii 2r2r −ππω

−=

π−π

ω−=

Sustituyendo todo en la expresión de la energía:

( ) ( )22

2222

2

22G

2GG 2rm4mrr2mg2mvImgh2 −π

πω

+ω−ππ

=π

⇒+ω=

( ) ( ) ( ) 22222

22 444rg42r4rg4 ωπ−+π+−π=π

⇒ωπ−π

+ω−ππ

=

( ) ( ) rg324.1

r2g22

rg2 2 =

−π=ω⇒ω−π=

rg324.1=ω

b) Ahora vamos a determinar la reacción del suelo en la situación final. Para ello tenemos que hacer el diagrama de sólido libre del tubo y calcular la aceleración del centro de masas. Empecemos por la aceleración del centro de masas, que podemos calcular como:

OGOGiOGOGaa OG22 -r- ω×α+α=ω×α+=

En la posición final el centro de masas está en la posición más baja. Esto implica que la energía potencial gravitatoria es mínima, de modo que como la energía total es constante, la cinética tiene que ser máxima. Así pues, si la cinética es máxima, la velocidad angular es máxima, y la condición de máximo es que la derivada tiene que ser nula, de modo que la aceleración angular en esta posición es nula. La aceleración del centro de masas es entonces:

jOGOGOGiaG222 r2-r

π−ω−=ω−=ω×α+α=

Esta aceleración es coherente con lo que hemos explicado. El centro de masas sigue una trayectoria curvilínea, luego tiene dos

componentes de aceleración, normal y tangencial. Puesto que la energía cinética es máxima, la velocidad del centro de masas es máxima, y su derivada, la aceleración tangencial es nula. Nos queda solo la componente normal, que como puede verse tiene la dirección del radio de curvatura en ese instante (vertical) apunta hacia el centro de curvatura (hacia arriba) y en módulo es el cuadrado de la velocidad angular por el radio. Así, la aceleración del centro de masas es vertical y hacia arriba. Al trazar el diagrama de sólido libre tendremos que poner tres fuerzas, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento; el peso y la normal son verticales, y la fuerza de rozamiento es horizontal. No obstante, en esta posición hemos visto que la aceleración del centro de masas es vertical, luego la fuerza de rozamiento en ese momento tiene que ser nula para que se verifique la segunda ley de Newton, y sólo quedarán el peso y la normal, como puede verse en el gráfico. Aplicamos ahora la segunda ley de Newton:

ΣFn=maGn ⇒ 2r2mmgN ωπ

=−

Y sustituimos el valor de la velocidad angular por el calculado en el apartado a):

( ) =

−ππ⋅

+=

πω

+=ωπ

+=⇒ωπ

=−2rg2r2gmr2gmr2mmgNr2mmgN

222

( ) mg12.22

41mg =

−ππ

+=

N=2.12mg

19.- La barra esbelta representada en la figura es de sección uniforme y pesa 100 N. Se suelta partiendo del reposo en posición vertical y gira en un plano vertical bajo la acción de la gravedad. El coeficiente de rozamiento entre la barra y la superficie horizontal vale 0.50. Determinar la aceleración angular de la barra y la reacción en su extremo A cuando θ=40º. En primer lugar la masa de la barra será:

kg204.108.9

100gPm ===

Hacemos el diagrama de sólido libre de la barra en la posición θ=40º. Supongamos que en θ=40º la barra todavía no ha deslizado, de modo que el punto A es un punto fijo y la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo:

Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µN La aceleración angular tendrá el mismo sentido que la velocidad angular, ya que el sistema está acelerando, luego su sentido es horario (dirección negativa del eje Z):

α=-αk Así, la aceleración del centro de masas será:

aG=aA+α X AG-ω2AG Como el punto A es un punto en reposo:

aA=0 El vector de posición será, teniendo en cuenta que el centro de masas está situado en el centro de la barra:

AG=0.5sen40ºi+0.5cos40ºj=0.321i+0.383j Nos falta la velocidad angular. Podemos aplicar la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando la barra parte del reposo en la posición vertical, y la situación final, cuando θ=40º. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la posición más baja del centro de masas, y tendremos:

ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria, ya que la barra parte del reposo. En la situación final no tenemos energía potencial gravitatoria por convenio y sí tenemos cinética, tanto de rotación como de traslación. En cuanto a fuerzas, a mayores del peso aparecen la normal y la fuerza de rozamiento,

pero puesto que hemos supuesto que la barra no desliza dichas fuerzas no se desplazan y por tanto no realizan trabajo. Nos queda pues:

ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPginicial=ECfinal ⇒ EPginicial=ECRfinal+ECTfinal ⇒ 2G

2GG mv

21I

21mgh +ω=

Y podemos relacionar las velocidades lineal y angular de la barra:

vG=vA+ω X AG=ω X AG= jikji

ω−ω=ω− º40sen5.0º40cos5.00º40cos5.0º40sen5.0

00

Y el módulo al cuadrado: ( ) ( ) ( ) 22222222

G 25.0º40cosº40sen5.0º40sen5.0º40cos5.0v ω=+ω=ω+ω= También se puede ver que el centro de masas realiza un movimiento circular de radio 0.5 m, de modo que la velocidad lineal es la angular por el radio:

vG=ωr= ω=ω=ω 5.021

2l ⇒ ( ) 222

G 25.05.0v ω=ω=

Obtenemos lo mismo. Sustituyendo en la ecuación de la energía: 2222

G2

GG 25.0m21ml

121

21º40cos

2l

2lmgmv

21I

21mgh ω+ω=

−⇒+ω=

s/rad623.225.0211

241º40cos

21

218.9 222 =ω⇒ω+ω=

−

Y por tanto la aceleración del centro de masas será:

aG=aA+α X AG-ω2AG=α X AG-ω2AG= ( ) =+−α− jikji

383.0321.0623.20383.0321.0

00 2

=(0.383α-2.208)i-(0.321α+2.635)j Ya tenemos la aceleración del centro de masas. En cuanto a fuerzas, tendremos el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Teniendo en cuenta que se tiene que verificar la segunda ley de Newton, la fuerza de rozamiento tiene que ir hacia la derecha, ya que es la única fuerza que existe en el eje X y la aceleración

en el eje X va hacia la derecha. Ahora aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de momentos:

ΣFX=maX ⇒ Fr=m(0.383α-2.208) ⇒ Fr=10.204(0.383α-2.208) ΣFY=maY ⇒ N-mg=-m(0.321α+2.365) ⇒ N-100=-10.204(0.321α+2.365)

ΣMG=IGα ⇒ α=−⇒α=− 204.1061º40cosFº40NsenmL

121º40cos

2LFº40sen

2LN r

2r

Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, N, Fr y α. Fr=10.204(0.383α-2.208)=3.908α-22.53

N-100=-10.204(0.321α+2.365) ⇒ N=75.868-3.275α

α=−⇒α=− 70.1º40cosFº40Nsen204.1061º40cosFº40Nsen rr

Sustituimos las dos primeras ecuaciones en la tercera: Nsen40º-Frcos40º=1.70α ⇒ (75.868-3.275α)sen40º-(3.908α-22.53)cos40º=1.70α

66.026=6.799α ⇒ α=9.711 rad/s2 α=9.711 rad/s2

Y las reacciones del suelo: Fr=3.908α-22.53=3.908 · 9.711-22.53=15.42 N

N=75.868-3.275α=75.868-3.275 · 9.711=44.06 N Comprobemos antes de dar estos valores como solución que efectivamente en θ=40º la barra aún no ha comenzado a deslizar, es decir:

Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µN ⇒ 15.42<0.50 · 44.06 ⇒ 15.42<22.03 Como habíamos supuesto, la fuerza de rozamiento es menor que el valor máximo y la barra aún no ha deslizado. Tendremos entonces que los valores calculados de la normal y la fuerza de rozamiento son correctos, y como es una reacción formada por dos componentes perpendiculares el módulo será:

N68.4606.4442.15NFR 2222r =+=+=

R=46.68 N

20.- Una rueda no homogénea de 10 kg rueda sin deslizamiento sobre una superficie horizontal según se indica en la figura. Tiene un diámetro de 500 mm y el centro de gravedad está situado a 50 mm de su centro. El radio de giro respecto al centro de masas es de 165 mm. Si la rueda está girando en sentido horario a 9 rad/s

cuando θ=0º, determinar la fuerza (en módulo, dirección y sentido) que la superficie ejerce sobre la rueda cuando θ=90º y 180º.

En la situación inicial, cuando θ=0º, el disco gira a 9 rad/s en sentido horario, luego la velocidad del centro geométrico del disco será:

vC=ωRi= 9 · 0.25i=2.25i Por tanto la velocidad del centro de masas en ese momento es:

vG=vC+ω X CG= ikji

i 8.1005.0090025.2 =

−−+

Ahora aplicamos la conservación de la energía entre esta situación y la final, cuando θ=90º, para saber la velocidad angular del disco en esa posición, que es lo que nos interesa. Tendremos:

ETinicial+Wotras=ETfinal Tomamos el nivel más bajo del centro de masas como nivel nulo de energía potencial gravitatoria. Así, inicialmente tendremos sólo energía cinética. En cuanto al trabajo de las fuerzas, aparte del peso aparecen la normal, que no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, y la fuerza de rozamiento, que tampoco realiza trabajo por estar aplicada en el centro instantáneo de rotación. Y finalmente, en la segunda posición tendremos energía potencial gravitatoria y energía cinética. Así pues:

ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal

G2

G2G

2G

2G mgh'I

21'mv

21I

21mv

21

+ω+=ω+

Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas y la velocidad angular en la situación final. Tendremos:

v’G=v’C+ω’ X CG= jikji

i '05.0'25.00005.0

'00'25.0 ω+ω=−

ω−+ω

En módulo: 2222

GY2GX

2G '065.0)'05.0()'25.0('v'v'v ω=ω+ω=+=

Sustituyendo en la expresión de la energía total:

G2

G22

G222

GG2

G2G

2G

2G mgh'mk

21'mv

21mk

21mv

21mgh'I

21'mv

21I

21mv

21

+ω+=ω+⇒+ω+=ω+

222222222 s/rad417.48'05.08.9'165.021'065.0

219165.0

218.1

21

=ω⇒⋅+ω+ω=⋅+

Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre en la posición final para determinar la reacción de la superficie. Como el sistema está frenando, la aceleración angular tiene sentido contrario a la velocidad angular, y la aceleración del centro geométrico del disco será:

aC=-αRi=-0.25αi La aceleración del centro de masas será entonces:

aG=aC+α x CG-ω’2CG= jiikji

i α−−α−=−−−

α+α− 05.0)42.225.0()05.0(417.480005.0

0025.0

Hacemos el diagrama de sólido libre del sistema, conocidas las direcciones y sentidos de las aceleraciones. La fuerza de rozamiento obviamente tiene que tener el sentido hacia la izquierda, ya que es la única fuerza que tenemos en la dirección del eje X y en este eje la aceleración va hacia la izquierda. Aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación y tendremos:

ΣFX=maGX ⇒ Fr=m(0.25α-2.42) ⇒ Fr=10(0.25α-2.42) ⇒ Fr=2.5α-24.21 ΣFY=maGY ⇒ mg-N=m0.05α ⇒ 10 · 9.8-N=10 · 0.05α ⇒ 98-N=0.5α

ΣMG=IGα ⇒ Nr-FrR=mk2α ⇒ 0.05N-0.25Fr=10 · 0.1652α ⇒ 0.05N-0.25Fr=0.27225α Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, N, Fr y α:

Fr=2.5α-24.21 98-N=0.5α

0.05N-0.25Fr=0.27225α De las dos primeras ecuaciones despejamos la normal y la fuerza de rozamiento y sustituimos en la tercera:

Fr=2.5α-24.21 98-N=0.5α ⇒ N=98-0.5α

0.05N-0.25Fr=0.27225α ⇒ 0.05(98-0.5α)-0.25(2.5α-24.21)=0.27225α 4.9-0.025α-0.625α+6.0525=0.27225α ⇒ α=11.876 rad/s2

Por tanto la reacción del suelo está formada por: Fr=2.5α-24.21=2.5 · 11.876-24.21=5.48 N

N=98-0.5α=98-0.5 · 11.876=92.06 N Vectorialmente tendremos:

R=-Fri+Nj=-5.48i+92.06j Y en módulo:

N23.9206.9248.5R 22 =+= R=92.23 N

Ahora veamos qué ocurre cuando θ=180º. Operamos de modo similar. Tenemos que determinar en primer lugar la velocidad angular en

esa posición, para lo que aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial y la posición final en que θ=180º. Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria la posición más baja del centro de masas. Nos queda entonces:

ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal

G2

G2G

2G

2G mgh'I

21'mv

21I

21mv

21

+ω+=ω+

Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas y la velocidad angular en la situación final, exactamente igual que hicimos antes. Tendremos:

v’G=v’C+ω’ X CG= ikji

i '30.0005.00

'00'25.0 ω=ω−+ω ⇒ ( ) 222G '09.0'30.0'v ω=ω=

Sustituyendo en la expresión de la energía total:

G2

G22

G222

GG2

G2G

2G

2G mgh'mk

21'mv

21mk

21mv

21mgh'I

21'mv

21I

21mv

21

+ω+=ω+⇒+ω+=ω+

222222222 s/rad731.29'10.08.9'165.021'09.0

219165.0

218.1

21

=ω⇒⋅+ω+ω=⋅+

Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre en la posición final para determinar la reacción de la superficie. Como el sistema está frenando, la aceleración angular tiene sentido contrario a la velocidad angular, y la aceleración del centro geométrico del disco será:

aC=-αRi=-0.25αi La aceleración del centro de masas será ahora:

aG=aC+α x CG-ω’2CG En la posición que estamos estudiando el centro de masas se encuentra en el punto de altura máxima, lo cual implica que la energía potencial gravitatoria es máxima. Puesto que la energía total es constante, la energía cinética será mínima, de modo que la velocidad

angular es mínima, y la condición de mínimo es que la derivada es nula. Como la derivada de la velocidad angular es la aceleración angular, en esta posición la aceleración angular es nula:

α=0 Con lo que tendremos:

aG=aC+α x CG-ω’2CG=-ω’2CG=-29.731 · 0.05j=-1.487j Hacemos el diagrama de sólido libre del cilindro en la posición en que θ=180º, sabiendo ya que la aceleración angular es nula y que la aceleración del centro de masas sólo tiene componente vertical. Así pues, en ese instante la fuerza de rozamiento es nula, ya que no hay aceleración en el eje X y por tanto las fuerzas en el eje X tienen que ser también nulas. Tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda

ley de Newton: ΣFY=maGY ⇒ mg-N=1.487m ⇒ 10 · 9.8-N=10 · 1.487 ⇒ N=83.13 N

La reacción del suelo solo tiene componente vertical: N=-Nj=-83.13j N

Por tanto en módulo: R=N=83.13 N

R=83.13 N