Física 1 (Exactas) Práctica 12.9 - Dinámica del cuerpo rígido

Un cilindro homogéneo de masa M y radio R se traslada sin rodar con velocidad v₁ en la parte exenta de rozamiento BA de una superficie horizontal Más allá de A cambia la superficie de manera que a la derecha de A el coeficiente de rozamiento es μ. Una vez que haya pasado el punto A, el cilindro deslizará primeramente sobre el plano áspero, pero acabará rodando sin deslizar.

 

 

a.     Calcule en qué punto empezará a rodar sin deslizar (rodadura) y cuál será la velocidad correspondiente del centro de masa. 

 

Ecuaciones de Newton (a parir de A)

Según x: - Froz = M a

Según y: N – P = 0

τ: Froz R = I α

 

Donde

Froz = fuerza de rozamiento = μ N

N = reacción del plano

a = aceleración del centro de masa

P = peso = M g

τ = torque respecto del centro de masa (CM)

I = momento de inercial del cilindro = 1/ 2 M R^2

R = radio del cilindro

α = aceleración angular

 

Reemplazando en la ecuación según x

a = - μ M g / M = - μ g

 

Reemplazando en la ecuación del torque

α = μ M g R / (1 /2 M R^2) = 2 μ g / R

 

Comienza a rodar sin deslizar (rodadura) punto C

vC = ωC R

 

Donde

vC = velocidad del centro de masa en rodadura = v1 + a tC

tC = tiempo que tarda en llegar a rodadura

ωC = velocidad angular en rodadura = α tC

 

Reemplazando

v1 - μ g tr = 2 μ g / R tC R

 

Despejando tC

tC = v1 / (3 μ g)

 

Reemplazando en vC

vC = v1 - μ g (v1 / (3 μ g)) = 2 /3 v1

 

Velocidad CM (vC)

vC =  2 /3 v1

  

Posición (xC)

xC = v1 (v1 / (3 μ g)) – 1 /2 μ g (v1 / (3 μ g))^2 = 5/18 v1^2 / (μ g)

 

 

 

b.     Calcule la aceleración del cilindro y el valor de la fuerza de rozamiento a partir del punto en que entra en rodadura (punto C).

 

A partir del punto C à No hay fuerzas externas à a = 0

 

Si a = 0 à Froz = 0

 

 

c.      Calcule la energía perdida entre el punto A y el punto C. Justifique el valor hallado por razonamientos energéticos.

 

ΔEm = EmC - EmA

 

Donde

ΔEm = variación de la energía mecánica

EmA = energía mecánica en A = EcA

EcA = energía cinética en A = 1 /2 M v1^2

EmC = energía mecánica en C = EcC + EcrC

EcC = energía cinética en C = 1 /2 M vC^2

vC = velocidad en C = 2 /3 v1

EcrC = energía cinética de rotación = 1 /2 I ωC^2

ωC = velocidad angular = vC / R = 2 /3 v1 / R

 

Reemplazando

ΔEm = 1 /2 M (2 /3 v1)^2 + 1 /2 (1/ 2 M R^2) (2 /3 v1 / R)^2 - 1 /2 M v1^2 = - 1/6 M v1^2

 

La energía perdida equivale al trabajo de la fuerza de rozamiento

 

WFr = WFr tras + WFr rot

 

Donde

WFr = trabajo de la fuerza de rozamiento entre A y C

WFr tras = trabajo de la fuerza de rozamiento por traslación = - Froz  xC

Froz = fuerza de rozamiento = μ M g

xC = distancia recorrida AC = 5/18 v1^2 / (μ g)

WFr rot = trabajo de a fuerza de rozamiento por rotación = τ  θ

τ = torque = μ M g

θ = angulo barrido = 1/ 2 α tC = 1/ 2 (2 μ g / R) (v1 / (3 μ g))^2 = v1^2 / (9 μ g)

 

Reemplazando

WFr = - μ M g 5/18 v1^2 / (μ g) + μ M g v1^2 / (9 μ g)

         = - 5/18 M v1^2 + 1/9 M v1^2 = - 1/6 M v1^2

 

Física 1 (Exactas) Práctica 12.8 - Dinámica del cuerpo rígido

Desde el extremo superior de un plano inclinado se sueltan, sin velocidad inicial, una esfera, un cilindro y un aro homogéneos, que bajan rodando hasta el extremo inferior del mismo. Demuestre que la esfera llega al piso en menos tiempo que el cilindro y éste en menos tiempo que el aro, cualesquiera sean sus masas y sus radios.

 

 

ΔEm = Emf – Emi

 

Donde

ΔEm = variación de la energía mecánica = 0 (No hay fuerzas NO conservativas)

Emf = energía mecánica final = Ecf + Ecrf + Epf

Ecf = energía cinética final = 1 /2 M v^2

M = mesa de la esfera

v = velocidad final

Ecrf = energía cinética de rotación final = 1 /2 I ω^2

I = momento de inercia del cuerpo

ω = velocidad angular final = v / R (condición de rodadura)

Epf = energía potencial final = 0 (piso)

Emi = energía mecánica inicial = Eci + Ecri + Epi

Eci = energía cinética inicial = 0 (vi = 0)

Ecri = energía cinética de rotación inicial = 0 (ω = 0)

Epi = energía potencial inicial = M g H

H = altura inicial

 

reemplazando

1 /2 M v^2 + 1 /2 I (v / R)^2 = M g H

 

Despejando v^2

v^2 = 2 M g H / (M + I / R^2)

 

 

Momento de inercia

Esfera: I = 2/5 M R^2

Cilindro: I = 1/ 2 M R^2

Aro: I = M R^2

 

Reemplazando 

vf^2 Esfera = 2 M g H / (M + 2/5 M R^2 / R^2)

vf^2 Esfera = 10/7 g H

vf^2 Cilindro = 2 M g H / (M + 1/2 M R^2 / R^2)

vf^2 Cilindro = 3 g H

 

vf^2 Aro = 2 M g H / (M + M R^2 / R^2)

vf^2 Aro = g H

 

vf^2 Esfera > vf^2 Cilindro > vf^2 Aro

 

Por lo tanto

t Esfera < t Cilindro < t Aro

 

 

 

 

Física 1 (Exactas) Práctica 12.7 - Dinámica del cuerpo rígido

Un anillo de masa M y radio R cuelga de un soporte, tal que el anillo puede oscilar en su propio plano como un péndulo físico. Encuentre el período T₁ de pequeñas oscilaciones. Suponga un anillo idéntico que puede girar en torno de un eje tangente al anillo y contenido en el plano del mismo. El anillo puede efectuar oscilaciones dentro y fuera del plano. Encuentre el periodo T₂ de pequeñas oscilaciones. ¿Qué oscilación tiene el período más largo? 

 

Caso (a) (" ...el anillo puede oscilar en su propio plano como un péndulo físico ...")

 

EIR = eje de rotación posición del soporte

  

τ  = - P d = I α

 

Donde

τ  = torque respecto del EIR

P = peso = m g

d = distancia de P al EIR = R sen θ (pequeñas oscilaciones sen θ ≈ θ) 

I = momento de inercia respecto EIR = ICM + IS

ICM = momento de inercia respecto del CM = M R^2

IS = desplazamiento del momento de inercia (Steiner) = M R^2

α = aceleración angular = d²θ/dt²

 

Reemplazando

- M g R θ = (M R^2 + M R^2) d²θ/dt²

 

Reordenando

d²θ/dt² + g / (2 R) θ = 0

 

La solución

θ = A cos (ω1 t + ϕ)

 

Donde

A = amplitud de las oscilaciones

ω1 = velocidad angular = [g / (2 R)]^(1/2) = 2π / T1

T1 = periodo

ϕ = fase inicial

 

Reemplazando

T1 = 2π [(2 R) / g]^(1/2)

 

 

Caso (b) (" ... un anillo idéntico que puede girar en torno de un eje tangente al anillo ...")

 

EIR = eje de rotación posición tangente al anillo

  

τ  = - P d = I α

 

Donde

τ  = torque respecto del EIR

P = peso = m g

d = distancia de P al EIR = R sen θ (pequeñas oscilaciones sen θ ≈ θ) 

I = momento de inercia respecto EIR = ID + IS

ID = momento de inercia respecto a un diámetro = 1 /2 M R^2 (Teorema de los ejes perpendiculares)

IS = desplazamiento del momento de inercia (Steiner) = M R^2

α = aceleración angular = d²θ/dt²

 

 

Reemplazando

- M g R θ = (1 /2 M R^2 + M R^2) d²θ/dt²

 

Reordenando

d²θ/dt² + 2/3 g / R θ = 0

 

La solución

θ = A cos (ω t + ϕ)

 

Donde

A = amplitud de las oscilaciones

ω2 = velocidad angular = [2/3 g / R]^(1/2) = 2π / T2

T2 = periodo

ϕ = fase inicial

 

Reemplazando

T2 = 2π [3/2 R / g]^(1/2)

 

Comparando los periodos

T1 = 2π [2 R / g]^(1/2)

T2 = 2π [3/2 R / g]^(1/2)

 

T1 > T2

 

 

Teorema de los ejes perpendiculares

Ix + Iy = ICM

 

Donde

Ix = Iy = ID = Momentos de inercia de diámetros perpendiculares en el plano

ICM = Momento respecto al eje perpendicular = M R^2

 

Reemplazando

2 ID = ICM à ID = (M R^2) / 2

 

 

 

Física 1 (Exactas) Práctica 12.6 - Dinámica del cuerpo rígido

Una varilla homogénea de masa M y longitud L es abandonada en reposo en la posición que se observa en la Figura Sus extremos deslizan sobre una superficie cilíndrica de radio R, sin rozamiento. La varilla se mueve en un plano vertical. 

 

 

a)      Hallar, utilizando argumentos cinemáticos, el eje instantáneo de rotación de la varilla cuando ésta adopta la posición horizontal. 

 

“ … Sus extremos deslizan sobre una superficie cilíndrica de radio R …”  à velocidades de los extremos son tangenciales a la superficie del cilindro

 

EIR se puede determinar como la intersección de las proyecciones de las rectas perpendiculares a las velocidades à  las rectas perpendiculares a las velocidades tangenciales son radiales à los radios se intersectan en el eje del cilindro.

 

 

b)     Calcule, por energía, la velocidad del centro de masa de la varilla cuando ésta adopta la posición horizontal.

 

Centro de Masa (CM)

  

Centro del cilindro = centro de coordenadas

 

Posición inicial (0)

Extremo derecho: (R; 0)

Extremo izquierdo: (0; - R)

 

CMo = [(R; 0) + (0;-R)]/2 = (R/2; - R/2)

 

Posición final (f) horizontal

Extremo derecho: (L/2; - h)

Extremo izquierdo: (- L/2; - h)

 

CMf = [(L/2; -h) + (- L/2; - h)]/2 = (0; - h)

 

Con

L^2  = R^2 + R^2  (ver figura) à L = 2^(1/2) R

.h = L / 2 = 2^(1/2) R / 2 = R / 2^(1/2)

 

Reemplazando

CMf = (0; - R / 2^(1/2))

 

 

Energía mecánica

 

ΔEm = Emf – Emo

 

Donde

ΔEm = variación de la energía mecánica = 0 (no hay fuerzas NO conservativas)

Emf = energía mecánica final = Ecrf + Epf

Ecrf = energía cinética rotatoria final = 1 /2 I ω^2

Io = momento de inercia respecto de O = ICM + M h^2

ICM = momento de inercia respecto del CM = 1/ 12 M L^2

ω = velocidad angular de rotación = vCM / h

Epf = energía potencial final = M g (- R/2^(1/2))

Emo = energía mecánica inicial = Eco + Epo

Ecro = energía cinética rotatoria inicial = 0 (vo = 0)

Epo = energía potencial inicial = M g (- R/2)

 

Reemplazando

1 /2 (1/12 M (2^(1/2) R)^2 + M (R/2^(1/2))^2 (vCM / R/2^(1/2))^2 + M g (- R/2^(1/2)) = M g (- R /2)

 

Despejando vCM

vCM = [ 3 /2 g R (1/2^(1/2) - 1)]^(1/2)

 

 

 

Física 1 (Exactas) Práctica 12.5 - Dinámica del cuerpo rígido

Una barra homogénea delgada de masa M y longitud L puede girar libremente en torno de su eje fijo horizontal, tal como se indica en la Figura Se suelta la barra desde una posición que forma un ángulo α₀ con la vertical. Hallar,

 

a)      La velocidad angular de la barra cuando ésta pasa por la posición más baja.

 

τ = - P . dp = I γ

 

Donde

τ = Torque (respecto del eje fijo)

P = peso de la barra = M g

dp = distancia del CM a la vertical = L / 2 sen α

I = momento de inercia de la barra respecto del eje = Io + M (L/2)^2

Io = momento de inercia de la barra respecto del CM = 1/12 M L^2

γ = aceleración angular

 

Reemplazando

- M g L/2 sen α = (1/12 M L^2 + 1/ 4 M L^2) γ

 

Despejando γ

γ = - 3/2 g sen α  / L 

 

γ = dω/dt = dω/dα dα/dt = dω/dα ω

 

Reemplazando

ω dω/dα = - 3/2 g sen α / L 

 

Integrando

1 /2 ω^2 = - 3/2 g cos α / L + C

 

Condiciones iniciales ωo = 0 y α = αo

0 = - 3 g cos αo  / L + C à C = 3 g cos αo  / L

 

Reemplazando

ω^2 = 3 g / L (cos α - cos αo)

 

En α = 0° (posición más baja)

ω  = [3 g / L (1 - cos αo)]^(1/2)

 

 

 

b)     La fuerza que ejerce el eje fijo sobre la barra cuando ésta pasa por la posición vertical.

 

Ecuación de Newton

R – P = M ac

 

Donde

R = reacción del eje

P = peso = M g

ac = aceleración centrípeta = ω^2 L / 2

 

Reemplazando

R = M 3 g / L (1 - cos αo) (L / 2) + M g = M g (5/2 – 3/2 cos αo)

 

 

 

c)      Resuelva nuevamente utilizando conceptos de energía el punto a).

 

No hay fuerzas NO conservativas à ΔEm = 0

ΔEm = Emf – Emi

 

Donde

ΔEm = variación de la energía mecánica

Emf = energía mecánica final = Ecrf + Epf

Ecrf = energía cinética de rotación final = 1 /2 I ω^2

Epf = energía potencial final = 0

Emi = energía mecánica inicial = Ecri + Epi

Ecri = energía cinética de rotación inicial = 0 (ωo = 0)

Epi = energía potencial inicial = M g h

h = altura inicial = L / 2 – L / 2 cos αo

 

Igualando

1 /2 (1 /3 M L^2) ω^2 = M g L / 2 (1 – cos αo)

 

Despejando ω

ω = [3 g / L (cos α - cos αo)]^(1/2)