• .a .... 11 olección • de problemas resueltos • para .e l , cu.r so de Inamlca • • • T . David Navarrete Gónzalez • • • • • • UAII Q...C.,t U UNMRSID.'D • ,ourONQM', • MfTll()PQUTI'NA • Caroa e • m • M • - M tí I I 5 pc.m= M ~ .•. = m' ~, + m" ~II r r M ~ . m.= m' ~, + m" = il - -k: . M . ~" M M V I r ~' .• . = il f 3 u 1 .2.,0 -k:.III . V - o = o m/s. r o o Para responder el • • ~nc~so e) , expresémos las energias cinéticas antes y después de que ocurre la separación. E 1 = 1/2 M 2 u , E r = 1/2 m' v,2 + 1/ 2 m" v,,2 e In. e ln. Luego, entonces. el cambio en la enerqia es: 6 E E r El m"." 2 - M u 2] el n • eln. - e l n • En esta expresión se sustituyen los valores encontrados en el inciso a) . Con lo cual se determina. el valor numérico del cambio experimentado por la energia cinética. a) v· = 931. 74 m/a, v" =1 3 17 . 69 mIli b) v = 1200 m/s. e . 111 . e) .dE 8 lO 2. 9 6 6)(10 J . e In . , i ,e . • 9 31 . 74 ,os • 45 658 . 84 • .. 13 17. 6 9 ". 30 • 9BB. V ~" 931 . 74 ••n 45 - 658 . 84 ,• • V"= 1317.69 un 30 - 658 . 84 O O O O • 1200 ~ ; O m/ • . C. m. O 6 • • • PROBLEMA 11 2 • • • Para el sistema de dos particulas mostrado en la figura, encuén- trense las siguientes c antidades: La aceleración y velocidad del centro de masa, la cantidad de movi miento angular respecto del cento de masa. Este ultimo referido a la situación que se indica en la figura. , .. ,• .,. ,l l AT OS .l.N COC NlTAS • = 20 N. a = 7 2 2 2 c . • . . . • . . ••• « •• • m 3 k . m I .. ,• • I ~ = 7 2 m = 2 k . c . m . 2 • b I • = O . S m . L - 7 c. m . • b ,= 0 . 2 m . x O • • - 4 mi . I • I = 2 mi . 2 SOLUC ION Las prl•m eraS dos preguntas son contestadas mediante la segunda ley de Newton. ¡.' TOT = rn 5 1ST C. H . La respuesta a la pregunta de c ual es la cantidad de movimiento angular respecto al centro d e masa, está dada por la expresión que define al moment o angular . 'L e. m. = .. r • , P' + .r. ,• , P' , .~ r. x ~ I I , 2 cel ,,1 20 ¡.' , ¡.' 2 - O , O TOT 2 O O , 2 I I , 4 ¡t ¡.' , 2 rn + rn O - I 2 - O c . m. rn 1 0 1 rn + rn O 9 I ti l I 2 O O O d ~ 1 ¡t e. m. - • •• ~ (ti , ¡t dt + ~ ( , ,0 ) e . m. d 1 e . m. c . m. c. m. O 1 4 41 ~ - + ~ , + .. ( 1 I O dI { l =O I O V { l ",OI c. m. C. III . e. m . O O O Esta expresión nos determina, la v e locidad del centro de masa, en c ualquier instante de tiempo; quedand o por determinarse aún l a velocidad inicial co n que se mueve el centro de masa. 7 . o -v , < • m, -v , < • + m-> < -> , o m, v , + m, v ," o o ~ (l=OI -- C.III. m, + -m, • , + • , • - m, v ", • , + m, • - 415 - m, v ,< ~ (t=O I ; - 12/5 c. m. m , + • , O O asi que, sustituyendo en la ecuación encontrada, para la velocidad del centro de masa en cualquier instante de tiempo, se tiene : • l - 4/5 4 t -4/5 ( t ) '" o + - 12/5 - - 12/5 e . m. o o o • , 4l - 4 /5 -¡ o o/. ( t ). - 12/ 5 e . lII . e.lII . o o Ahora determinaremos la c antidad de movimiento angular respecto al centro de masa del sistema. Para lo cual haremos uso de la expresión escrita al principio de la solución. - J1-r> )( - re ( r > , - t,) X ( ~, - ~,) 1. As1 que entonces el momento angular inicial , se expresa como: C . ID . m, m, L ->, , - r + , ) x ( ~,' - ~,, ) Inl c. m ->, donde los vectores , r , , ~,' y ~, ' están dados, por las condiciones iniciales del problema. 8 o • o - I y , -r> I -> I I r , - -> - - I -v> I ; b I • b • V y ; o I I • , o o o o Con los cuales se construyen, fácilmente, los términos que aparecen en la expresión del momento angular. • - y , I -r> , I -r> I - - I I I b b I •• ~, - ~ -- • y I I o o Asi que : 0 . 5 - , - o •• - ~ I - 4 I o o Luego entonces, finalmente, el momento angular queda como lo siguiente: 0.5 - , o o c. m. LI ; 3(21 o x • = 6 / 5 o - , o k q m/s 5 o o , 12/5 Por completez, se determina también, el vector de posición del centro de masa inicial del sistema, expresado por m -r> I + m -r> I o • 2/5 • ~ c. m. - I I 2 2 r I m l /S = b + = b 2/5 b I m, + o o o o. , -> e . m. r - O. , l •• O 9 * * * PROBLEMA 11 3 * * * En el sistema mostrado en la figura se tienen dos cuerpos, moviéndose sobre una superficie horizontal • Sln fricción; de tal manera que experimentan una colisión elástica, por medio de un resorte que se encuentra suj eto al cuerpo de mas a ro. Las velocidades, antes de que ocurre la colisión, son y respectivamente. a l Cual es la máxima compresión que experimenta el resorte . si su constante elástica tiene un valor de K = 7400 Nl m . bl Cuales son las velocidades que adquieren los cuerpos después de que el resorte recupera su longitud no deformada . .. .. ---... v v 1 , rI CU RA (Antes de la colision) , .. r .. r ---->~ u u 2 1 I ////////////////////////////// FICURA (Despues de la colision) SOLUCION DATOS INCOGNITAS I V - • O/ • o) X - 7 1 ~x v 1 r • 3 m/. .) U - 7 2 1 m r - 1 k. U, - 7 1 m, • , kg K - 7 . 00 N/m Debido a que la colisión es de tipo elástico, se cumplen los principios de conservación, de la energía así como el del momento lineal total. E l nl Clal _ EflfUll 51st. 51st . Debido a que el movimiento es en un plano horizontal la energía potencial gravitacional es para ambas situaciones ( antes y • la col l s l o n) la m~sma, así que entonces la energía del sistema antes y después de la colisión esta formada por la energía cinética de los cuerpos como llt3 energía potencial elástica del 10 resorte. (ll 1 ( 2) 1 1 Ini cI al E -- E E E e l n . + + e l n . po t. elaal . f t na I ( ll f (2 ) f f E - E + E + E el n . e l n . pol o eh.at. Para determinar la maxima compresión experimentada por el resorte se deberá analizar. la situación intermedia, donde este se comprime al máximo. ~ f - O ... f v = O 1 2 m m 1 2 //// 1 /////////////// X , En dicha situación, ambos cuerpos quedarán en reposo por un instante de tiempo, para después recobrar nuevamente su movimiento. Esta afirmacion se basa en el hecho de que el momento lineal del centro de masa inicialmente es igual a ce r o, y por la ley de conservacion del momento lineal, Cambien en cualquier instante de tiempo posterior, en particular en e l instante de maxima ='1 P _ -7 compresion. y = f - U • ( Pc.m.= O t ) c . m. c . m. • Asi que por la conservación de la energia se tiene 1 1 2 + -1 1 2 1 2 f 2 + 1 2 - • v m v + - k X ~m./ 2+! • v k X 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 f Donde las velocidades iniciales son aqué llas con que se mueven los cuerpos antes de c omenza r a comprl• m•l r el resorte, y las velocidades finales son aquellas cuando el resorte está comprimido al ma• xl.• mo . Así ml• smo x representa la compresl•. o• n experimentada por el resorte durante el proceso en estudio. Así que, entonces, tenemos: X. = O, X ; X v f= • O=vf . 1. mal(. c omp f 1 2 Luego entonces el principio de conservación de la energia se expresará mediante lo siguiente, -1 2 1 2 1 2 • v + - v - k X 2 1 1 2 • 2 2 2 max . c omp 1 mlY ~ + 2 • v X = / 2 2 ma x .comp k X - 0 . 0854 2 4 2 m. ~. comp Ahora bien, ésta energía p otencial adquirida por el resorte, al estar compr imido hasta el máximo; se transformará nuevamente en energía cinética cuando el resorte se extienda hasta recobrar su forma original. 11 E ,In l c . = E , final , 2 - k X = ~ m U f 2 + ! m u' 2 2 lIIilI X . c; omp 2 1 t 2 2 2 Donde á,f y á ' son las veloc idades adquiridas por los cuerpos 2 después de la recuperación del resorte. Por lo que , se puede hacer uso del principi o de conservación del momento lineal total del sistema y, será expresado como: p' = p' + á ' + ;1 ' 2 2 E,''n = v' 2 + Uf 2 = E r 2 2 c ln De estas ecuaciones se requiere determinar las velocidades finales tl¡f y tl f , las cuales está n e xpresadas por: 2 á,' = ;1,' + ;1' 2 á ' + ;1' 2 2 Sustituyendo los datos del problema~ se determinan; los valores numéricos de las velocidades después del choque. , 6 -3 -6 á,' - - - o + ! o = o o/. J o J o o 6 -3 3 il ' -2 , o + - o o o / . 2 J o J o o •• t.telad.da d.ea .. r u , 1 • I v I • -> 1• 2 v • ) 2 a , • D 2 • D • • SOLUCI ON DATOS INC(X; NlTAS m '" 4 kg a l N - ? • I 1 m = 2 pI ~q b. - ? • 2 • E , In ro = J '. f ) P - ? f • , E , In 0= 10 m I D = 5 1ft 2 1 V = 5 m/ s . I I V = 2 m/ s 2 1 V = O m/ s. ) Para saber que cuerpos chocan primero determinaremos el tiempo, empleado . por los cuerpos que se encuentran en movimi e nto, en alcanzar al cuerpo que está en repos o . Estos tiempos se designarán como ti y t Y están dados p o r 2 D D I t - - 50 2 25 = 2 seg . t = = = 2 . 5 seq . 1 V 25 2 V 10 I 2 Estos tiempos diferentes nos indican que , antes de que los cuerpos lleguen al cuerpo en reposo, estos deberán c hocar entre si. Designemos por t' el tiempo que emplea mI en alcanzar a m , y por 2 d' y d' las distancias recorridas p o r estos cuerpos, en dicho t'. 1 2 15 d' d' t' I 2 J Esta relación refuerza la afirmación anterior de que los cuerpos que chocan primero, entre si, son mI y m • 2 PRIMERA COLISIONo m con m 1 2 Por la conservación del momento lineal del sistema se tiene: p'u I = p'u f .Is t 51st y por la conservación de la energía del sistema, se cumple; E(1 ) 1 = E{J ) f c ln c ln Las ecuaC1• 0nes obtenidas de estas leyes son: ro ~(1 ) 1 -Hlll -H1)f ~(1 1 f + m2 " = m v + 2 1 m2 " I I I 2 m(v;Ut )2 + m [v 1 2 2' u'1' = ml (V;lIf)2 + m (V~1)f ) 2 z 01 Como el movimento es uní-dimensional la ecuación vectorial se simplifica, transformándose en ecuaC1• 0• n algebráica. m v(1) I v (1)1 ( 1 ) r + m = m + v(1 J{ " m. ,., 1 1 2 2 1 1 2 (1 )1 Despejando de esta " se tiene I ro V {ll l+ ro VO)I - ro vo)r v (ur- 1 I 2 2 2 2 1 m 'J 1 1 Sustituyendo la ecuaC•l o• n (J) , en la relación de la energ1a, se tiene 2 2 m )'+ 2m 2 [ v(1J( {t J 1 - 2 ( 1 JI m + m - 2m v 2 2 2 I m " 2 [ v O) r 2 ) + I 1 16 m 2 0)1 (1 ) I 2 + 2 m v V + - m ] = O 2 I 2 [ mI 2 Sustituyendo los datos del problema encontramos + 36 = O o/s Asi la velocidad con la cual se mueve el cuerpo ml después de la colisión es V~llf = 6 o'l/s . Sustituyendo en la ecuaCl• o• n (3) • este resultado • encontramos el valor de V(1lf I (1 ) f V = 3 111 / . I (Ilf Debido a que estas velocidades y v cumplen la siguiente 2 relación (lH V < V~t)f I la siguiente colisión ocurre entre m y 2 SEGUNDA COLISIONo m2con m, Usando los mismos principios de conservación , del momento y de la energ1a, analizaremos la colisión de IDl con mJ. m\t1 21 1+ mtl lZI '= mil lZ) f+ mlÍ1 Z1 f 2 2 3 3 2 2 3 3 Pero, como el cuerpo m inicialmente se encuentra en reposo, \t~2 ) = O 3 entonces la conservación del momento lineal se simplifica en: m \t (2 ) I = m 11 (2 ) ( + m \t (2) ( 2 2 2 2 3 3 ( 2 ) I ( 2 ) f ,( 2) f "2 " 2 " o m o + m, o 2 o o o (2) \ (2) ( + m2u 2 - m2u 2 '4\ De manera similar, la conservación de la se expresa como: (21 1) 2 In ( U = + 2 2 (5 ' Despejando de ( 4 ) u~ . l o sustituimos e n la ecuación de la energía, m u (2 ) I (2) r > - m u u~ 2 ) r = 2 J J '6' U ~2)r 2 + )7 2 m , u ,(2 1 r ( - 2m, + m, ) - O m 2 o o 121t 2 • u •• • 2 2 • , 4.8l1li'8 . 2 • • r susti tuyendo en (6) se encuentra u 2 u~ 2 I ( = _ 1. 2 mis Este resultado debe interpretarse en el sentido de que el signo negativo está indicando que el cuerpo m ha invertido la 2 dirección de su movimiento, lo cual tiene como resultado una nueva col isi6n entre m y ro . 2 1 TERCERA COLISION : mi con m 2 Nuevamente haciendo uso de la c onservación de la energia y del principio de conservación del momento lineal tenemos: m ~ (3) I = m ~(3 ) r + -H3 1f 1 I I 1 mzwz (J)I -.( 311 (3)( (3)( • I 2 • I •• m o + m o = m o + m o 1 o 2 I 2 o o o (3)1 mw - m2w~311 - ro W(JH + m2w~3)f (7) I I I I 222 mi (w~JII) 2+ m (W t)) I) = ro (W IJH) + m (W (3) f) lB) 2 2 1 1 2 2 Despejando de Wl3 J f (7) , • Y sustituyendo en 'B) se tiene: 1 (J I 1 (J) I mw - mw - (3)( mw W 131 ( 1 1 2 2 2 2 (9) 1 m I 2 2 m 2m [w~J)(] 2 (m [w ~3)r] [ 2 1))1 JJI z+ 2 ) + w - 2 + m m 2 m2w: ) I I m 2 [ 2 + - m.) (w1 3 ) 1)2 - 2 ro w1 311 ( 311 w • O m 2 2 I I ••• . / . w (3)( = 2 1.2 ./0 Siendo la solución w( 3}f • = 4.4 mis •• ya que el otro valor 2 18 corresponde a la velocidad como si no hubiera existido coli s ión con el cuerpo m. Lo cual, es imposible, desde el punto de vist a 1 pr áct ico. A.s 1 que sustituyendo en (9) este valor de W~3) ~ encont ramos : (3)f W = o.z 111/8 1 Compara ndo los valores de las velocidades. despué s de estas c ol i sio ne s , se observa que cumplen la siguiente relación d e orde n ; , .• (3) f::: (2) f ( ... 0 . 2 . 1 •• 4 . 4 mis • y 4 .8 mi s ) 1 U, (2 )( (3) ( (3){ U, > W > W 2 1 Es to i mpl ica que no pueden ocurrir más colisiones entre l o s t r es c uer p os mi ' m & ro,. Por lo tanto, solo son po s ibl es tre s 2 col is ion e s ! . Ve a mos a h ora cual es el momento lineal y energía inicial de l sis tema . P 1 = P 1 + p 1 ->1 + -.>,1 - m ;¡ 1 + mv-> 1 + m,v S 1 2 1 1 2 2 , 1 1 1 V V V , pi _ 1 2 2' m -1 o + m o + m, o -s o l. o 1 2 • o o o o ESI - (112) (rnlv~ 2 + 2 + m, V ,i 2 ] = 5 4 Joules As í mismo, podemos calcular el momento lineal y energia fi na l del sist e ma p ( - p ( + p ( + -p> , ( = rn ;¡ ( + m;¡ ( + m, ~ ,r s 1 2 1 1 2 2 ( ( ( v v V P ( 1 2 , s = m o + m o + m, o 1 2 o o o ( ( ( • v • • v • • ,v , P ( 1 1 2 2 - s o o 410 .2) . 21 4. 4). 3( 4.8) 2' P ( - -1 o o Kq ~ 151 S o o 2 2 2 E r= ( ) /2) s m}(w;3H ) + mz (w~3Jr ) + m3 (u~z) r) Es ( = (1 /2 ) (4(0.2) 2 • Z(4 . 4)2 • 3(4 . 8)2 ) = 5 4 Joulel . Dichos resultados confirman que realmente se c o n serva t a n t o e l mome n t o linea l total como la enefq ia del sistema en estudio. 19 * * * PROBLEMA 11 6 * * • Un hombre esta colocado en una pista de hielo, y usa unos patines que hacen (casi) nula la fricción con la superficie del hielo, y lleva en sus manos una caja de masa m , la cual es lanzada por el hombre con una velocidad relativa a él ~ , , en la dirección mostrada en la figura. Inicialmente él se encuentra en reposo. Determine la componente horizontal de la velocidad final del hombre si su masa es M. Desprecie la fricción y el movimiento de sus brazos. -+ v o ,,..,. ~ o • ,-r- .·..- • (su perfi c ie de hiel o) 1;1111111111111)/7/~/n/71IT/~/~117/~/n/71IT/~/n/'l1'1"1 f" IC URA SOLUCI QN DATOS INCOGNl TAS -+ f m= 20 1Cq v = ?• h M= 70 1C9 V , = 4. nV8 t = 30 • v~ = O De acuerdo a que la fuerza externa total sobre el sistema se puede considerar c omo cero (la fri c cion es desprec iable) se cumple que: 1 =-0 Tol Lo cual tiene como implicación, que se cumpla. la conservación del momento lineal total del sistema en consideración. P = Constante 5 1at P 1 _ P f S l s t S l at P 1 -+1 V Slst p r + m ~ f 5 1st o o Por lo tanto , igualando el momento t o tal inicial con el momento 20 total final, tenemos: ;J f + ro , ;J H , f - m e IIH , {U Pero sabemos que la velocidad relativa está dada por la siguiente relación: -- , - En dicha expresión l as v elocidades, ~c y ~H' están referidas a un observador inercial (po r ej e mpl o e n el c entro de masa del sistema) De ésta podemos despejar la velocidad del hombre y sustituirla en la ecuación (1). -;1+;J ;J f - - e , H H f • Ha •, coa ro ~ 11 .. f f e H V • .en ~ H Hy - - ( 11 J( ro + 11 •, H e H 1 f O • Hz f V - v CO$ t Ha , f o y - - 18/ 9 ) CO lO 30 - - 0 . 7 7 mI s . Ha 2 1 • • • PROBLEMA ti 7 • • • Los cuerpos de la figura tienen masas mi y m y velocidades ~1 y 2 ~2 respectivamente. a) Determine el momento angular total del sistema, relativo al punto 11 O 11 Y relativo al centro de masa c.m. Verifique la relación entre ambos valores. b)Determinese la energía cinética relativa a 11 O "y la relativa al centro de masa C.M. comprobando la relación entre ambas. y m ~ 1 C.M. 1 • I r -+ -+ / V 1 r 2 , ' " 2 o =m --------+ , 2 , o 2 ·2 ri CU RA DATOS 1 NCOGN ITAS m - • kq a) to , L C. IIO. t o , t C. ID . I 1 S S ' S s m = 2 • e. lII . C. III . kq b) E ° , E , E ° , E " n , In "n • , I n V = 2 m/ s I V 2 = 4 m/ s r - 5 m. I r - m. 2 • SOLUCION Los momentos angulares medidos por dos observadores, colocados, en dos sistemas de referencia inerciales, privilegiados, llamados el sistema inercial 1I O ,. Y sistema centro de masas 11 c.m. 11 serán denotados por t ° y t e . lII . . De la m1• srna manera el momento s s asociado con el centro de masa del sistema se le denotará por t c. m. El momento angular, como sabemos, es un concepto dependiente del punto de observación ; el cual se define, para una particula como: t o - -r+ , P Veamos pr1• mero, el momento asociado al sistema visto por un observador en, el sistema de referencia inercial "O". t ° - t o + t o - t • P, + -r. • P= m -r+ , ~ + m t ~ S I 2 1 2 2 I I I 2 2 • 2 o v , o o o t o I 2 = m , , o + m o , v - o + o -S I 1 2 2 o o o o -m r v m, v I I I 2 2 2 22 o o t o - - 2 -1 O O J:g_ • S m , • - m, • 88 222 1 1 1 Ahora veremos cual es el momento angular medido por un observador colocado en el sistema de referencia centro de masas, " c.m. " • t C • II _ __ t c. ...+ t C . IlI "-_ r-+ , ':J ,+ -lCP r +, ~, -_ -+, xp mr x ~'+mr'x~' S 1 2 1 1 2 2 11 1 2 2 2 Esta expresió~ requiere una interpretación cuidadosa de sus términos . Los vectores de posición f 'y r I son los vectores 1 2 • que localizan a las particulas pero ahora vistas desde el sistema centro de masas, de igual manera -v+ , I y -+ V 2 I son las velocidades medidas por un observador co locado en el sistema centro de masas. Estos vectores de posic ión y de velocidad están dados por las siguientes relaciones: m m f' 2 -+ .. = m, m ( r ,- f) - 1 1 • r; 2 m + m ( r , - f ) 2 2 1 2 m m :jo, -- 2 -+ .. -+, 1 :j v") m + m ( v - v ) v -1 2 2 m, + ( -10 1 2 1 2 2 Por lo cual el moment o angular medido desde el centro de masas quedará expresado p or: t e. • m m- 2 -+ -+ ] [ 2 v .. v .. S m + ( r10 , - r ) 2 m, + m ( ) 1 2 ]+ 1 2 2 - m - m + m ( ro + ~ .. 1 .. ( r - f ) , 2 1 2 ] [ m m ( v - :j,l 1 ] , 2 + 1 2 t mm c . m. = , 2 -r+ - f ) , -v+ ( - :j ) m , +m ( - ... IJ. r , :j S 1 2 1 2 2 " " En .. dicha expresl• o• n • IJ. es la masa reducida del sistema • r es el vector de p osl•. c ión re l ativa entre los dos c uerpos, y asi ml• ."s mo :j es el vector de velocidad relativa entre l o s c uerpos. " , t m • 10 2 , m m o c. m. = 1 2 , 1 2 S m + m , - • = , + o 2 m 10 1 2 o o 2 , . , 2 2 1 • 1 o t C, ID . 2 -, ~ s ,.o " • • Veamos ahora cual es el momento angular que tiene asignado el centro de masa del sistema en estudio. Este está expresado por la siguiente relación: 23 = ms t x ~ e. lII . e . lII . c . • . Donde ms es la masa total del sistema, es el vector de c . • . posición del centro de masas del sistema, y ~ es el vector de C. lB . velocidad con que se mueve e.l. centro de masas. Estando dados por¡ mr m ~ + m ~ m= m+ , t - 1 1 ,~ 1 1 2 2 = s 1 c . .. . e. lII . o -1 x = (mI +m2) o L = o 2 -1 kg 111 • e. lII . 72 Con los tres resultados obtenidos se puede realizar la comparación de los momentos angulares mediante la siguiente relación , LO s - L c . • . s + L C . In . O O O O LO = - L c. m. O + L - O + O - O S S e. lII . aa l O 12 aa La determinación de la energia cinética relativa a los sistemas de referencia se realiza de la siguiente manera: E ~ = (1/2) [ ro v 2 + m v 2 ] = 72 Joules. c~n 1 1 2 2 E c . • . = (1 /2) [m v , 2 + m v ,2 ] = 1/ 2 jJ v 2 _ 26 . 66 Joule. e ln 11 22 f't 1 E = V 2 -- -1 -> y , • I 1 r I • • -> I e , -> c,m. 2 e I ) x' • 2 ) x O -> e • 2 2 fl CU RA DATOS lNCOCNITAS o -> o o m - 3', a l t , L , E I e t n . e . ... . -> C . III . e. m. • • 4 k, b l t , L , E 2 e l n . e • 3 m. el Trayector ias de . ,- I I 2 e - 2 m. y del c entr o de III,,"S,," 2 • - 7 m/ s . I • - 5 m/ s . 2 r • JO N. I f :: 40 H. 2 Se sabe que los conceptos de momento angular y momento producido por las fuerzas (torcas), son dependientes del punto de observación (en e ste C3 S0 e l punto "o" ) . t o = -r> , L o = r x p y además la energia cinétic a para una partícula, está dada como: I E = rnv ' e l n 2 Primero, veremos, cual es el momento total producido por las fuerzas ejercidas sobre las partículas, visto por un observador en OXYZ. 15 o f , - f O O ' 2 2 t O = , , x O + O X O - O O N-ID . T O O O O - , ,f , - 90 t o t + t - -r+ = O O , 2 , X P, + -r+ X T 2 P2 O -., v , , O O 2 t O = , , X O + O X . , - O T 2 2 O O O O ., , ,, , + . , , 2 2 2 O t = 2 -, o O kQIII S T - 10 3 La energia cinética simplemente es la suma de las energías de las part1culas del sistema. , ,2 + 2 E E + E = ( 1/2) 111 v (1/2) • v e in . e l" (l) o'n 12) 2 2 E = 123 . 5 Jo ules . dn Respecto al sistema centro de masa los vectores de posición , son los vectores primados, por lo que las expresiones del momento angular , el momento produc ido por las fuerzas y la energía serán denotadas como primadas. + t' + 2 t c . • . = t e. m T , x P,' x P2' EC, m = (l /2) m, v ,, 2 + 11/2) e l n . En estas expresiones los vectores de posición están relacionados con los vectores de posición primados de la siguiente manera . • • l', = 2 -,+ 2 -+ • , ( - ;' ) -- r + • , 2 2 • , + • 2 ,,' • , • , ~ ~ = - -,+ -+ • , ;' ) + ( • , - 2 = - • , + r • cel 2 2 • , • • V' - l', - 2 -+ • , + r • ce ' 2 -•+ , - • , • V' = r = 1: 2 2 cel Sustituyendo estas • expres~ones, en la ecuación del momento angular obse rvado desde el si s tema c entro de masa se tiene : 2 t • c: . . . "'" 1 - •+ -+ x r + x r T ce l cel cel 26 m m 1 2 -> ( , -: ) -> ( v - -; ) • + m 1 2 1 2 1 2 -, -v t T· · · - 2 1 •• U , 1 2 x -v , donde U está dada por U - 1 2 o o o o - k"" 2 -1 o - o • j.L (r v + r " I 1 1 2 2 53. 14 De manera análoga, para los momentos producidos por las fuerzas, se tiene • t e .• . -- T r'1 F' + -r>, x x F' - x p' + r' x ~, 1 2 2 r'1 1 2 2 2 2 t • m e • • . fII , = 1 2 -r> -a> 1 2 -> 2 ce , x -> 2 x a T ( m +m ) ,e' + , r m • ) ,e' ce) 1 2 ) • 2 ~ e. m. -> -> 'T - U r ,e' x a ce , donde la aceleración relativa está dada por: ~ - ~ - ~ (l / m ) F - (l / III , F re 1 1 2 1 ) 2 2 Por lo tanto, sustituyendo en la expres1• 0• n del momento total producido por las fuerzas, se tendrá lo siguiente: -, " / m , o o 2 1 1 t " ·' = U , x " / m ) - o - o T 1 2 2 o o - .. ( r F" /111 + r f 1m) - 85 . 7 .... 111 222 Finalmente la energía cinética medida desde el sistema centro de masas estará dada por: 2 2 • m E e. m. , 2 1 mI ·2 2 1 2 ) = (1 / 2) m v {1 /2l m v' = - 2 V +- e ln . 1 1 2 2 2 (m +11'1 ) rel 2 1 2 Donde la magnitud de la velocidad calcula como, v o - v 1 1 o v - , v 2 - v 2 2 o ce' o o c m E . . _ '1/2' ...... V 2 = 7 . 37 Joul es . cln. re l Las trayectorias de las part ícu las se encuentran integrando las ecuaciones de movimiento de c ada una de ellas, o sea integrando la segunda ley de Newton en las variables lineales. Debido a que las fuerzas , a las que esta n sometidas las particulas, son constantes la integración es sencilla. 10 10 L ( l / m 1 F = o d-v> (t); ~ d t= O dl 1 1 1 o 1 1 O 27 -7 l O l - 7 + 10 l - " ( t) = " (l=O) + ;tI l = o + o - O 1 1 O o O d-+r = -+ -+ " (t) dl .. r 1 (U = r (l=O ) + 1 1 1 " 1 (l) d l 2 2 O - 7t +S l - 7 t+S t x 1 -r+ (t) = 3 + O = l , 3 = '1 O O O z 1 2 X = - 7< • 5 l 1 y = 3 1 z = O 1 Estas ecuaciones nos indican que la partícula mi se mueve en el plano OXY a lo largo de una linea recta, paralela al e j e de las ordenadas, de valor y=3 y se mueve hacia los valores negativos de las x un tiempo muy pequeño; para posteriormente moverse hacia las x positivas, cuando transcurre el tiempo. De manera completamente similar se determina, pa r a la particula , la aceleración -a+ la velocida d -+ y la pos1• • v • c1• o• n 2 2 -lO ;t2= (11'2) F - O 2 O -IOt ~2 (tl = S O 2 2-Sl ~ ( t) = 5t 2 O X = 2 - ,,2 2 y = 5 l 2 z = o 2 26 Despejando de Y2 el tiempo, y sustituyendo en x encontramos la 2 ecuación de la trayectoria de la partícula m , 2 y' = 1 0 - 5x Esta ecuaci ón , indica que el movimiento realizado por m es a lo largo de una parabola que, esta localizada en el plano OXY. Para el movimiento del c entro de masa, se tiene: -,> .,-> - (1 0 /7 ) ~a e . lII . I 2 = = o • I • • 2 o - 7 - 10/7 t - 5 e .m . o 2 8 / 7 - 7t - S /7 t 9 /7 + 5 l <.m o c . m. x 2 - 8/7 - 7t-5/7 t C. m. y = 9/7 + 5 t.. Estas ecuaciones nos indican que el centro de masa del sistema se mueve a lo largo de una trayec toria de tipo parabólico, sobre el plano OXY, cuya ecuación es : x = 8/7 - 7/5 ( Y - 9/7 ) + 1/35 ( Y - 9/7) 2 ~------------------------------------~ 29 • • • PROBLEMA 11 9 • • • En un sistema de referencia , una particula de masa rn se r cas t desplaza a lo largo de la trayectoria f 1 (l) = [r:s~n t), t está dado en segundos y las distancias en metros . Además supóngase que hay una segunda partícula idéntica que se desplaza de tal modo que el centro de masa del 2R cas t sistema se mueve según la trayectoria R = ( o 2R sen t l . o o O ,,) . Encuéntrese la trayectoria de la otra particula, b) • Cuál es la fuerza total que actúa sobre las partículas. y .., R (t) , ~ . , It) , o SOLUC I ON De acu~rdo, con la relación que define, a la posición del centro de masa de un sistema de partlculas este está expresado por .., m , r (l) = I (t) c. m. m, + m2 Debido a que las masas de ambas particulas son iguales m =m, entonces se tiene , 2 m, .., m2 .., ll) r1 (t, ) + r ( U < . • 2 m 2 m 2 I 2 .., ~ (tl = 1/2 r (U + 1/2 c. m. , 30 Por lo tanto al sustituir el vector centro de masa I y el vector de posición de la part icula 1 se o btiene 2R cas 1' 2 r cas -r> o ( t ) 2R sen 1 r sen c. m. ( 0 ~ 1 - ( 1" 1 0 0 Igualando, las correspondientes compo nentes en, ambos miembros de la igualdad vec t o rial encontramos 2 R cas t 1/ 2 r cas t + 112 X(tl o 1 2 R sen t - 1 /2 r sen t + 1/2 V I L ) o 1 x ( ti - 2 [2 R cas t - 1/2 r ces t ) o 1 v ( l l - 2 (2 R sen t - 1/2 r sen t ) o 1 Por lo tanto el ve c t o r de posición de l a segunda partlcula está expresado como - 4R cas t - rICOS tt 1 ( ' ROosen t - r sen O ' La segunda ley de Newton establece que , la fuerza total externa sobre el sistema , es equivalente a la acc i ó n sobre el centro de masa del si stema , considerado como una partl- cula de masa rns igual a la masa total . F - m -a> T s c. m. Para la situación que se es tá estudiando , lo expresamos de la siguiente manera F c. m. - 2 m T 2 d , 31 2R COS t 2 o d 2 m 2R sen t 2 o d l o -4f1R COS t ~T - - 4r.R sen t O 31 • • • PROBLEMAI! 10 • • • Dos part1c ulas iguales, cada una de ellas c on masa ro , se mueven en el interio r de un tubo circular , horizontal liso de radio R como se muestra en la figura. Supóngase que, inici almente las partículas están colocadas simétricamente en los puntos o• 1 y ' 0 · 1 [ en el s istema de referencia [ o o de la figura, y se mueven co n velocidad ;J. Para l os o instantes t anteriores a s u colisión en el punto A : a ) Determine la posición del c entro de masa b ) Cuá l es la suma de las fuerza s externas que actúan sobre las d o s parti c ulas ¡ e ) Calcule la fuerza qu e actúa sobre cada partíc ula por separado, d ) Determine la suma de fuerzas obteJlidas en e) y compárelas con b) y -> -> • 01 • vlsld o superi o r • 2 • 1 fiGURA DAtos I NCO(; N ITA S -> • 1 " • . 2 • . ) , , • • • -> h ) , V T o -> -> e ) , , 1 2 -> -> dJ r ,• , • b) 2 SOLUC\ON La c1 nemática para el movimien t o ci rcular determinará las posiciones de ambas partíc ula s al estarse moviendo den- 33 tro del tubo circular, que en coordenadas polares (cilin- dricas) se expresan por • cos e (t) - • cos e (t) -r+ (l) - • sen e(t) • sen e (t) 1 O O A partir, de la definición, de la posición del centro de masa para un sistema de partículas (en este caso 2 part1- culas) obtenemos t (l) - c . .. . + m 2 En el caso bajo análisis las masas de ambas particulas son iguales por lo tanto la posición del centro de masa se reduce a t -(t) - 1/2 ( r+ (ll + -r+ (l) ] e. m. 1 2 -+ [ .R cos e) - . cos r It, - 1/2 sen e + R sen c. m. [ ~l O O O -+ r (l) - c. m. [. sen el O Del movimiento circular se tiene e V t d o - w 8 1l) = W l - d t • O v -+ r (l) = sen( o t) c. m. • • O 289281.8 2 -+ • • d r ;1 , -+ c. m = m = (m • · 2' r (l) = 2m s lr>l C. m. e • m. 2 d t 34 O ¿ ¡! - d , s en ( VO l ) '~R ,.c Iol,;; t • R d 1 O o • t - - o sen ( o ) e)(l . si" R R O Ah ora bien, la dinámi ca para cada una de las partlculas, nos da ,.. 2 d 1 cos e ( t I ¡! ... • r d I 2 m a - m 1 - m H d 1 1 1 1 2 1 2 sen 9 1l) d 1 dt O 2 d ¿ ( . cos B ( ti ) 2-> dt d r 2 ¡! = ... 2 d m a m - m . 2 sen e \tI 2 2 2 2 2 2 dI d 1 O cos Vo l 2 1R- ' V o Vo l - m -7-'--- sen , I 1 R R O VOl • cos , I 2 R V ¡! o m • sen , Vo l I 2 2 R R O Luego e ntonces, la suma de fu erzas sobr e las particulas, se expresa mediante ] 0 s igui e nte .Vo l cos Vo l ( ) • co s( R ) m 2 2 V m V ¡! , + ¡! , - - 1 o Vo l sen + 2 o Vo l ( n ) • sen( - ) H " R O O 35 o 2 v F F -- - o + 2m sen (~) 1 2 R R O Comparando, el resultado encontrado para, la fuerza externa sobre el sistema; con la suma de fuerzas ejercidas sobre cada una de las particulas, encontramos que ambas coinciden, como debe de ser de acuerdo con la dinámica del problema. 36 • • • PROBLEHA ~ 11 • • • Un satélite artifi c ial, en ó rb ita alrededor de la tier r a, tiene una masa m. " y se enc uentra describiendo una trayec t o - ria elíptica plana. Un si s t ema de r ast reo terrestre observa que cuando este pasa po r la posición S , su vector de posi - ci6n es y lleva una veloci dad ~ ; estos forman ent r e 51 B o un ángulo de 90 , siendo este su máxi mo a c ercamiento. Siguien do su trayectoria de movimiento, posteriormente se observa en el punto A, siendo su vector de posición t • y s u vel oci dad ~ • . En e s te otro punto se o bserva que el á ngulo o entre ellos es de 60 . a ) Cuál es la velocidad del satélite artificial cuando pasa po r el punto B ? b ) Cuál es la mini ma distancia entre la tierra y el satélite ( S \J po n~~ 1<'1 tlf'rr ... >':omo un .. "'sf er d d .. "'''S , B m A " o , , O • o -'> V • -'> r SI5 T E " A B OXYZ -- -------------------'>, • R T m r n ATOS l NlUt,N 1 T A S m = BOO , • . , V - ? 3 B - v .12 )(1 0 , • m " " r -- r ? 6 " "'1 1). - : 1 "> )(1 0 m • o ~ •~ bO n m oS 97 0)( 10 , T - , , 3 , - 1 , -, r. ~ b , o -' )( 1 o m ';tllllC¡f'lN Apli c ando e l princ i p io de conservac ión de la energía mecáni- ca, al sistema Ti e r ra-Sa te l ite, s e tiene : E T = E = CONSTANTE " " 37 donde las partes constituyentes de la energia son E - 2 2 1/2 m v + 112 1 W c ' n • • T m m Epot - T G .•.. " r T-5 " m m E T , A = 112 + 1/ 2 m + G • , A m m T , E B_ 2 1/2 112 m v + G , B 'B B EA = E m m, m m 2 2 T 112 1 w + 112 m v + G , - 1/2 m v 2 T " 2 + G , + 112 IW T A , A , B T B A B G m G m ,2 + T 2 T V 2 , V + 2 , .1l B A B Como la f uerza , que actúa sobre el satélite artificial, apunta en la dirección del vector de posición , esto implica que la torca ejercida sobre éste es nula, o sea que :t - O Lo c ual tiene como consecuencia que se conserve el momento angular t del sistema, L = L 1 f La medición del momento angular la realiza un observador "inercial" situado en la tierra (sistema OXYZ ) . m ... = , r ... x V + + m • • T Pero como la tierra no se traslada respecto a si misma .v.. = v ... - .o.. • Luego entonces en el punto A (B) , se tiene: 1 f LO= m ... A r ... A ... x v 1 W A • • + • T A LO m .r. . B x ;J B ... + 1 W B • " • T B ... A ... A m r x V + ... 1 W - m "r 'B x ;J , B + ... l W • • " T A • • T B ... ... , r x v = , v sen z A A A A '" ... , x V , v sen 90 ° z B B B 38 Ah o ra bi e n, para el aná l i s i s . l a veloc idad de rotación de la t i erra c om o s u moment o d e ine r ci a no c ambian al evoluc i o nar el si s tema e n e l ti e mpo . Po r l o cual la conservac i ó n d e l mo me nt o angular se s implifica en - r • v • sen 12) B r B Reemplazand o la e c ua c i ó n (2) en l a (1 ) , se tiene (r v s en '~#' ) 2 • 2 e 2 • m ( r • v •s e n(/) + 2 e m r T - T B + - E' r 2 r B B - r m - 2 A ( 2 G ) ( r • v • s en < 3 J ~ ? .. e. In . • /1 F ,/1 = 6 • el r ( l = 5 ) ~ ? o . m • 11 F2 11 = 12 • d ) ji ( l o::6J - ? r • L - 3 m. h = 1 0 m. II~ II~ 5 mis. 1 ~ - 1U3 r ad . e - TU. r ad . II~ II ~ 3 mis. 2 SOL UClON Primero especificaremos c on claridad cuáles son las condi- ciones iniciales bajo las que se enc uentra el sistema estudiado. • 40 o L ~ - ~ r ( l ~O j h r , 4l =O¡ - o 1 o o o v cose o " 2 COS~ 1 ~ - o o V I t =-OJ v senB l _OI - lo' sent/J 1 'o 2 O Ahora apliquemos las definiciones de posición, veloc i dad y aceleración del centro de masa. ... ... m r ,,, . + m r.. I t I = 1 1 2 > r ¡ ti c m m, + m 2 . ., ,,, m v .. , tI + ... m v ,,, V - , 1 1 1 , . m m + m 1 2 ,. .. ... m a ,,, ... ,,, + m a ,,, 1 2 2 a = c . m + m 1 2 F - m .. a T T , . o r , 1 2 , 2 2 F' = F' + F + o = , - T 1 2 1 1 • o o o o ., 1 2 2 a ,,, 1 F' ( 11 b ) = 1 ( . m. m T T o o Pero de la cinemática sabemos que d ( iI d I , . J . .. , .. ., , " 1 • I d V , . = a .. , di v • Jd di < ~ • 11 co • v,l l -Ol l ;...O • ,,, - iI . - JI ¡; , I l o J , . di c . I o 41 ... ... V (l) - V (t=OJ + e.lI'I e. m En dicha expresión, se tendrán que sustituir , la velocidad inicial del centro de ma s as a s! como la acelerac ión encon- trada antes. , , J2 2 dt 2' Já ( d' - 1 d ' = J d< -e . m l ' t :0 ,-o o J o o d t m ~ { l =01 + m ~ (t·Ol V cosa Y2COS~ 1 1 2 2 1 ~ (t=OJ - m + m = 1/3 v sene + 2/3 v zsen

( l=O) = 1/ 3 v sen 9 + 2/3 vzsens

2 ' V ( t -31 = , + 2. 9 1 - 5.91 e .• o o o l=3 De manera similar integra ndo la velocidad, pode mos determinar la posición de l c ent ro de masa en cualquier i nsta nte de t iempo , d ( -r> (l)= (u ] .r. . -> (t)= r ( t ",OJ e . • d' e. m e. m + J ~c. ~ t ) d t , -o 42 , , • , 2,; l ~ r , n ' - '" h , • , '" Ql d. • O O t • [. J ' JO . )M < • o o n El momento lineal , que pos ee el s iste ma c ua"d o han trascu- rrido 6 segundos está dado por \0& . 18 0';) . 08 P - .-, el) m v , .H I • ji -; H - b l = 6 V , ,.( " J = 6 8 . QI - " J . 4b m/ ,¡; . "1 T T o o 43 • • • PROBLEMA 11 13 • • • Una mancuerna formada por 2 cuerpos de masas m y m,2 unidos l mediante una varilla de masa despreciable ( m), se encuentra inicialmente en reposo; sobre una mesa horizontal "sin fricción" y esta puede moverse libremente. En dirección hacia la mancuerna se mueve un cuerpo de masa ID , el cual experimenta una colisión de 3 tipo elástica con la mancuerna, quedando en reposo después de la colisión. Determ1nense las siguientes propiedades del sistema mecánico en consideración: a) El valor asociado a la masa del cuerpo IDJ; b) La velocidad con que se mueve el centro de masa ( c omo K) de la mancuerna inmediatamente después de la colisión; e) La velocidad angular, respecto al centro de masa de la mancuerna ( c. m. 1'1), después de la colisión . y \ y f - - _ .-..- ......................._ .. _.. -_ ... . 4 /7 o D v \ c. m . " v) , c.m . • x ' c . m . L _•_ ___. --- -- 1-::--------> x ID) O i V , 1 : O 3 / 7 D ID , ---- /'W , f F'I C URA VI.ta d. un ,o.b servodor f uera de l plano de movImIent o. "Antes" y "despues " d. c o llsl on . DATOS INCOGNITAS m = 3 kq . m = 7 \ ) m f = 4 kg . v - ? 2 c. m. M - v~ _ 15 m/ s w•' = ? 0 = 0 .6 m. SOLUC JON Debido a que la colisión es de tipo elástico , se cumplen , el 44 principio de conservación de la cantidad de movimiento lineal y la energía mecánica total. Además como no actúan torcas externas se conserva también el momento angular total del sistema. p I nl e. p final • 5 1st . 51st. E I n le . E final • St sl. 5 1s t. L Inl e. L fina l S I sto S I st. Establezcamos primero las ecuaciones de conservación del momento lineal total del sistema. pi p' 5 1s t. S I s t . donde, pi pi. m-v> 1 S I s t. • J 11 e. m. 11 p' p , • m;J' S I st . J " e . m. 11 P 3 - Momento lineal del cuerpo de masa ID3 ( Ini c ial o final) P - Momento lineal de la mancuerna (Ini c ial o ftnal) M 'J = Velocidad del cuerpo de masa ID 3 (Ini c ial o fina l ) 3 ~ :- Velocidad del centro de masa de la mancuerna (Inicial o final) e. m. M Luego entonces, por la conservación del momento lineal total, se tiene: ;J I + m ;JI + ;J , 11) J " c. m. H C. m. H De las ti condiciones iniciales It del problema • se conoce la siguiente información: - m I + m • = ¡¡ . ¡¡ . -> , ;J , V • ¡¡ 1 2 c. m. l"I J • e . m. M Sustituyendo en la expresió n de la conservación del momento lineal, ;J , m = + " e. m. M o sea que; m - I , v> - m -v> ( 2 ) 3 J en donde, " e. m. " I , • J • " x -v> I - , , o • -v> - • 3 • , .. • " " ,yo • , Por lo tanto se tiene que ; " 45 , ( v v 3 N x - ( o m v N N Y o ( v N z Lo cual implica que se cum,p le lo siguiente: ( - ( o = m v N N Y ( o = m v N N z As1 finalmente se encuentra que,; m ( v = m• v '3 ' 3 3 N x Siendo esta toda la información que se puede determinar con la conservación del momento lineal. Ahora veremos lo que se puede encontrar a partir del principio de conservación de la energía. Debido a que la fuerza total externa sobre el sistema es cero, se cumple que: - donde: Elnt e la! , - , , = E + E' E + E + E' Shl-., e l nel. Polen . c ln . t ras l el n . Ro l . Po t e n flna1 ( ( ( E = E + E - E + E ( + E ( Shlellla c lnel . Po l en . c ln . t r asl c ln . Ro l Po len Como el movirnento es en un plano la energía potencial no experimenta cambio alguno tanto a ntes como después de la colisión. Lo cual implica que se c umple lo siguiente: E' = E ( Pol e n . polen . Así que entonces la c onservación d e la energía se expresa como: El +E 1 = E f + E f , 5 ) eln l rlls l e l n Rol e l n lr a sl e ln Ro l P.e. ro las condiciones iniciales del problema, ~ = O i3e. m . • • •' = O • ( ---,)v 3 u •• • simplifica n la e c uación que expresa la conservación de la energia. , 2 E' , 2 , 2 = 1 / 2 • v + 1/2 ., v = v e ln . l rll . I 3 3 1'( e. 1!! 1'( 3 E' 1'2 IN W ' 2 = o e ln . Rol • 46 Ef - f 2 v f 2 . /2 m v + . /2 m -- 1/2 m Vf 2 cln . lr • ) 2 '9 o2 f 2 W v f 2 - J f K V V + (1 6 m+ 9m ) / (m • = O c . m " 3 e. m" • 2 J '9 (9 J Veamos a hora la información que nos puede propor cionar el principio de conservación del mo ment o angular t otal de l sistema. El 1'1 l e l • x • - 5/28 X - (c. m. K. ID J P J - o o - o J I O O 5/28 D v J I ni c i al l! -+ In le I W I ¡¡ ¡¡ le . m. K. -Ma ne K lII r X P r - 5/28 O X O = ¡¡ (e,1II Ml ID J J J O O final r -> 2 l! - I -- O -> r W (J6 ID (c. 111 K. m. Mane. w Mane Ha ne 1 • • 2 4. • r O W K x Inlc l el r fi nal l! - O I W le . • Ml 51st Mane , y - l! ( e. 1D Kl 51st I r 5128 D v W J K z ( 11 ) Esto i mpl ica que: w r I = o Mane K x I w r O Ma ne K y r I W - 5 / 28 O v • Mane K z J 48 , D v f 3 W " -, - 5/28 I , " , 49 v f 3 W " , - 5/28 O ( ,. , (12) m • 9 m J( 2 ) 2 D , v f 3 W " 2 45/28 , D ". m ,• 9 m , 2 Sustituyendo los datos numéricos del problema determinamos el valor de la velocidad angular, con la cual gira l a mancuerna alrededor del su centro de masa, después de experimentar la colisión. (2451 (1 5) (tOI w f " - - 2.60 rad/ s , (84) (28) (6) , , Ahora podernos regresar a la ecUaClon '9' y sustituir la ecuación (12) , para determinar la velocidad con que se traslada, el centro de masa de la mancuerna, después de la colisión. 0 2 9 yl (245)2 f m2 v 2 _ VI vf + ,. mm" .' m ) [ e. m 1'1 3 e.m" ( 2 D2".m¡. 39m2, 2(28,24.l = O (245, 2 v~ 2 Vf 2 c. m 11 - v~ f V + = O c. m K ) [ [ 49 2 Irn, +tn2J (16tn. (281 ¡ f 2 V - V' f V + 0.62 = O c. m " 3 c. m H • ' 5 + /222 . 52 ' 14 . 96 ID / s f V - - e . m H 2 0 .04 m / • Así que sustituyendo este r esultado en la expresión encontrada para la masa del cuerpo m , tenernos : 3 f V = ( m, e ,. m M 7 = C14 . 961 = {609B1 33 kq ' 5 V { 0.0 4 0.01866 kQ 3 49 • • • PROBLEMA 11 14 • • • Un hombre se coloca en el centro de una plataforma. cuyo eje de rotación es un eje vertical, y lleva en su mano una rueda cuyo eje , , de rotación también es vertical. Los momentos de 1nerC1a del hombre, plataforma, y rueda respecto del eje vertical son: I ; 5, H 1 p =7 Y 1 , =2 2 (Kq.m respectivamente). El hombre, que se encuentra unido rígidamente a la plataforma , le comunica a la rueda una velocidad angular de rotac ión de 120 r ev/lnl n • Determinar: a) Qué velocidad angular de rotac ión adquieren el hombre y la plataforma, como consecuencia de la rotac i ón de la rueda, b) supóngase que la fuerza ejercida po r el hombre es constante y que actúa un tiempo igual a l / lO .eq . e) calcule la energía cinética adquirida por el sistema después del tiempo especificada. SOLUCI ON S l tu a c l o n Inl c l ao l ~R ti S l tuac lon FInal _ ~ _ ti O P>. 1 1.,----+ <-) "- R iJ 00 /' /~ I p>. Ip ...J.. :¡ ./ / ~ , , I • eje d e rotl:lc I o n )I DATOS INCOGNITAS -+ f W = 120 r e v / ml n = 4n r a d / seg =1 2 . 56 r aod/s. . l W - ?, p>. 1 2 2 •= 5 Kg •• 1 = 7 k g 2 m , 1 = 2 kg m p b ) t . - ? R e ) ftnal ? E - , e ln Debido a que la fuer za a p l i c ada por el hombre, sobre la rueda, se deberá considerar c omo una fuerza interna al sistema, formado por los cuerpos; Platafo rma , Ho mbre , y Rue da , Aplicaremos e l princ ipio de c onservación del momento angular total. Para que esto s e a rea lizable se tendrá que cumplir la condición sigui ente; que el punto de suspensión de la plataforma no ejerza fuerza alguna que altere la condición de la conservación del momento angular tota l del sistema (friccíon despreciable ) .. Además tambi é n s e c umple el teorema del Trabajo y la Energia para el sistema en c onsideración. As1 que la soluc ión e stá dada po~ las siguientes expresiones: 50 'tlnI CI,,¡ - L flno1 51 atem. Slstem. W = ó E - fI na I - ElnlCle¡ E L -LR+L +L + 1 j + Slstem H p H H Como la plataforma y el hombre se encuentran unidos r1gidamente, , al glrar la rueda en alguna dirección, ambos se moverán con la misma velocidad angular de rotación, o sea ~ -+ -+ -+ w=w=w =w h P P+H ' respecto al eje vertical de giro , pero en dirección contraria a la rotación experimentada por la rueda. L = + 1 ) ¡;l S lstem p Pero, por las condiciones iniciales, del problema ... 1 o ¡;ll '"R = - O , P+H Asi que t 1nl C. ( l +l )¡;ll =0+0=0 Slstem H P p+H Lini o, _ O . S lslem , En la situación final, después de que el hombre le comun.lca la velocidad angular .w.. r a la rueda , la plataforma más el hombre R adquieren cierta velocidad angular. la cual se determinará de acuerdo con la conservación del momento angular del sistema. ~ rlnal _ 1 ... r w- > r ..S lslem R "'R + ( lH + rp ) PH Donde t es el momento producido por la fuerza apl icada por el R hombre sobre la rueda. y t es el momento producido por la P>H rueda sobre el hombre más la plataforma. Por lo tanto el momento aplicado por el hombre, de acuerdo con la segunda ley de Newton es Ó (3R = 11 t - = - = 11 t - - - t r = ( l / la ) 8&g . o - o - 42 H • • • -.2 La energia cinética adquirida por el sistema está dada por Erlnal E f lMI + E (tnal e I nel c lnel. R c lnet.( P+h ) E final = + f 1/2 ( Ip + IH ) W 2 e lnel R>H E f1n",' - ( 16 + 8 13 ) 184 . 23 Joules . c lnel. 52 • • • PROBLEMA 11 15 • • • Un c uerpo es féri co se libera e n la posición mostrada, en la figura, c on el punto "A". El c u e rpo rueda ha c ia abajo, s in resbalar, determ1nese: a) la rapidéz que lleva el c uerpo c ua nd o éste pasa por el punto B, b) Y también e ncuentre la fuerza normal (ejercida por el camino) en di c ho punto. m • " .. " 1 " H .. H H 1 1 • h 1 //////////////////////////7///////////7///////////7//// fi GURA UATOS I NCor. NITAS m = 0. 1 J';I,1 a) ? • H - 0.7." m b) h = 0 . 2: m. n = O . O!> m. r = 0 . 01 m. V A = O m/. 1 = 2/~ m r c. m. Debido a que el c ue rpo es f é rico rea li za un rodamiento puro, la fuerza de fricc ión no reali za trabajo mecánico sobre el mismo. Por lo que se cumple la relación v w r. e. m . Ahora bien , e ntre l os puntos A y B, se c umple la ley de conserva- c ión d e lil e n e rgiil. Eligiend o , c omo referencia del nivel de pote nc ial, la s uperfi c i e del piso; se tiene : E E + E + E 1)(' l e ln l r., 9 1 e l n Ro l En e l punto A la e nerg l a es puramente potenc ial, está e n reposo. E A z E A 2 2 1/ 2 m VA + 1/ 2 1 w 1' 0 1 , E A - En el punto B la e ne rg 1a que tiene el c uerpo es de los siguientes tipos: pote nc ial, c inética tra s laciona l, y ci nética rotacional. 53 + E B + E B + 1/ 2 1 eln.Tr-as el n.Rot Así por la conservación de la energía se tiene: E A - E B = W • r m g(H-rl - m 9 (h -2,) 2 + 1/2 m v• + 1/2 ( 2/5 m Simplificando la expresión anterior, determinamos la rapidéz en el punto B. -10 9 eH-h+r ) = 0.916 llIIs 7 Para determinar cual es la fuerza normal en el punto B construire- mos un diagrama de cuerpo libre en dicho punto. y ---..."..B.." "" .. -------->. x ¡t. t La fuerza resultante de éstas será la fuerza centripeta, (dirigida hacia el centro de curvatura). e o o o -N • + p = O O - p - - F e = F - P -m 9 + ro 1 . 117 N. e 54 • • • PROBLEMA 11 16 • • • Determinar las ecuaciones de movimiento, así como las relaciones cinemáticas necesarl" as para encontrar la aceleración del cuerpo rígido mostrado en la figura. e I 1 I n d o u n I r orine dcsenredAndo9C. • R j.l '" o • k ////////////////////////////// // fiGURA , y y i -> N "iI C-______________-> , --------,.-------~ "C------------->J x, 1 ~ -> '~ 1 p DATOS 1 NCOCH ITAS . - ?" c . rn. -> R=O. 2 111 a :: ? o

- ( " - " 9 C 05 = ( 2/ " . 2 ) o = a (2) y • T a 2 por la relación , que existe, entre las v a r i a b les lineales y a n gu lares sabemos que: a = R ex (J) e • m • Las ecuaciones (1), (2) Y (3) se simplifican e n : 2T a - ". a - 2 q sent;p 213 q senq, , a-a I R = e . • c. m. 3 • Sustituyendo los datos numéricos del problema e ncontra mos los valo res numéricos de las aceleraciones li nea l y a ngul ar : a 2 2 3 . 27 mI s ex = 16. 3 red! . e .m . Las relaciones cinemáticas, se determinan i ntegrando, tanto la aceleración l i neal como la aceleración angular (constante s ) . v (,) c. m ( ~ gsenl/> 1 t - v ('=0 ) e. l'II . w (,) = J ( 2 g a dl 3 • senl/> 1 t w ('=0 ) r (,) - v ( l =O) t + r ('=0 ) <. m c. m. e . • 9 (,) -- 2 senljl l - w(, =o ) , + 9('=0) ObB ervoc I o n : Eslas e)(pres I o ne s fInales n o pueden especifi c arse de INInera m .. Simplifi c ada y. que e I pr o blellld n o di c e nada a c erca de las condl c l o neli Ini c ia l e s de l pr o b l ellla . 57 • • • PROBLEMA 11 17 • • • Dos personas de igual masa rn se encuentran localizadas en la periferia de una plataforma circular Aislada (ver la figura). La cual inicialmente gira con una velocidad angular w. En un mismo instante de tiempo estos comienzan a caminar hacia el centro de la plataforma, la cual tiene un radio R , Y se abrazan. DETERMINE: a) . - La velocidad angular final W r cuando las dos personas se encuentran abrazadas (en el centro). b) ,-El cambio experimentado por la energia cinética del sistema, e) .-El trabajo realizado sobre la plataforma. FI CU RA o • o • o o +" +" / / R DATOS .I,N COGNITAS • : 300 kq W : 7 m : ; 60 k. bl fl E R " 0.6 m. e In . " 7 w" 5 r~d/II . " W - 7 I ,"obre 1& phlaf. SOLUC ION La solución del problema se realiza en base a la apl icación del principio de conservación del momento angular, debido a que el sistema se encuentra aislado, y no existen torcas aplicadas externamente sobre el sistema (personas + plataforma). Asi que se cumple 10 siguiente: t -- Constante , t -- t I ; donde t - 1 -w+ & L • ; - 1 -+ I I • W ; 1 • 1 + 1 + IH 2 pI H 1 58 , 2 1 p ' 2 " R Aplicand o la conservación del momento a ngular tenemos que: , 2 -> , 2 -> "il ) W , = ( " + 2m ) R U( 2 2 De esta expresión es posible despejar la velocidad angular con la que se encuentra girando la plataforma , al estar abrazadas las dos perso nas, o sea la velocidad angular e,l . m 2 + 2 2 R 1 -> 2 " R W, -w> , m • • -w> 2 m • " , " o o -> W , - 9 o = o r ad / s 7 5 6 . 42 Aho ra se encontrará el cambio experimentado po r la energía cinética del s i s t ema al ir desde la conf iguración inicial hasta la s ituación fi nal. Inicialmente la energía que posee el sistema es energ1a de rotación ya que las personas están paradas en la periferia • Sln moverse, lo mismo sucede c uando se ha n encontrado en el centro de la plataforma: así que es fácil determinar el cambio expe rimentado por la energía cinética del sistema . El _ 1 1 w2 , E' 2 = - 1 W c ln . :2 a \ e l n . 2 • , f, E - Er - E' o ' n . f , - o ( sistema aislado) Así el trabajo realizado sobre la plataforma resulta ser: W ' i---+. f , -- TRABAJO REALI ZADO SOBRE LA PLATAF'ORKA . lNT W . --->. f , = ! ( ,.1 11Plat . .,. ---+) f ) = ( l J . /'12 J . 60 • • • PROBLEMA 11 18 • • • En el sistema mostrado en la figura , se tiene un sistema de dos poleas en forma de discos, unidos concéntricamente con radios R y 1 R, la unión es r igida entre las poleas. Si las masas de las 2 cuerdas es despreciable y son inextensibles, no resbalan sobre las poleas, y además no existe fricción entre la superficie del plano y el cuerpo m) , CALCULE: a) La aceleración lineal adquirida por cada uno de los cuerpos, y la aceleración angular de las poleas; b) La tensión que se genera en cada una de las cuerdas del sistema. fI GURA > R 1 R I ro ) 1 1 • , ,,, ,, ,, ,, ,, movimiento DATOS IN COC N I TA S R , R -+ -+ 1 2 • 3' • 4 m m 1 ' 2 ex ex 1 ' 2 m m 3 ' 4 -+ -+ e T T , 9 3 ' 4 SOLUCI OH La descripción del movimiento reqUl• .ere que sean planteadas ecuaciones a partir de la segunda ley de Newton tanto para las cantidades lineales corno para las angulares. Por comodidad primero abordaremos el problema de las c antidades lineales. Construyamos el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los 61 cuerpos que forman el sistema. y' y" .0'1 ., Y i -+ 1 , 1• o v . N 1 3 m m 3 , . 0 '1 . • ¡ 1 x X' 1·3 , X" 3 e 1· 1 p 3 1. 1 .. 1 :: • -•+ 1 •. 1· • 1·. 1 . 1 3 3 3 3 3 3 • P • • p • p 1T " e: Para cada cuerpo, se plantea la segunda ley de Newton ; 10 cual nos da las siguientes ecuaciones: T 3 e ' N -3 P,- T,:: 111 , a , • F o T' .ene +T'+P-f o x 3 , P y La segunda ley de Newton para las variables angulares se expresa mediante la siguiente ecuación: 2 2 R T - R T - ( 1 .. 1 ) a " 1/2 I • R +IIIR] (-a l 1 3 :2 4 1 2 1 1 2 2 Ahora bien, la aceleración angular a del sistema de poleas es única ; ya que la unión es rigida entre los discos del sistema de poleas. Esto tiene como consecuencia que se cumplan las siguientes relaciones • a 1 = a • R 1 As! que, las ecuaciones que gobiernan la dinámica de este sistema son las siguientes: e - o: 111 •a • 2 2 - R T " 1/2 [ • R + m R J a I 3 1 1 2 2 6 " .!lo • · 2 = • 1 3 • T cosa .. f x :: o .. T 4 .. P - fy '" o 3 p 62 Este sistema se transfo rma en las sigu i entes • eCUaC10neS T .: m Ra • m q s en B T ::: lllq-al R CX 3 3 1 3 4 4 4 2 1 2 2 - R (m R a +m qseo8)+ . ( • q - m R a) -1m R +IIIR)a 1 3 1 J 2 • • 2 2 1 1 2 2 De esta última expresión se puede despejar la aceleración angular a . - DI R s e n 8 • m R 3 1 4 2 a - ,--,7-':,.--,:; 2 2 [111 . (1 /2 )m ] R + [ m + ( 1 / 2) 111 ) R 9 3 1 1 4 2 2 Inmediatamente quedan determinada s las aceleraciones lineales al y • . : • a 1 1 9 Sustituyendo ex , en la expr es i ón a nter iormente encontrada de T , nos 3 da el valor de T J o 2 2 111 R s en e .o .. 111 R R T - 3 c. . 3 1 1 3 1 2 2 2 11 /2 ) 111 J R + (m + 11 / 2) . JR 3 I I 4 2 2 - . .' • • T • - • 2 J 2 ( m . (I /2) m)R + 2 ( m + 0 /2 )111 J A J 1 1 4 2 2 F F T Sen e • T • p Y 3 • p 63 • • • PROBLEMA 11 19 • • • Ccns idére el • mecan~smo mostrado en la figura, en este la polea puede • 9~rar libremente alrededor del punto O. Si la cuerda se considera ligera e inextens i ble, c al c ular: a) La aceleración que experimenta cada uno de los bloques ; b) La tensión de la cuerda en cada lado de la polea, e) La energ1a cinética de la polea c uando ésta ha girado una vuelta completa . Supónga que el sis tema inicialmente se encuentra en reposo. n GURA R • m • • o I 3 ////// ////////////////// / 1 Il • o ¡,/ k % % % % ~ DAtos J NCOCNITAS 11'1 :: 1 Ir. 9 I a l -+ • '" 1 (de c ada bl oque ) .. ""3 kQ 2 b l -+ T • ? ( en c ad a lado de In '" O . S _ 9 P la pol ea ' R=Q .OS ~ e l E = 7 I de.pu~s c l n . POL 1.L :0 . 3 do ~ ¡ : 1 / 2 .. vuelta . D v = V :: O 11 2 1 SOLUC ION Como es costumbre la resolución se • • • ~n~c~a determinando primeramente l o s diagramas de cuerpo libre de los cuerpos que constituyen al sistema bajo estudio. 64 .,.. 1 r .... . ... ... T 2 { , T 11 1 • ,1 2 • , .... lI'I o v . .... oov p P 1 2 y 1 .... T' 1 -<-,= 1-~~----+, x ... p .... T' P I 2 A partir de los diagramas se plantean las siguientes ecuaciones: ... .,... ... ... ... p • • T • ( - 1 1 1 11 • 1 • 1 '" ... .... .... p 2 • , - • (2) 2 2 • 2 .... , .... , .... .,.. ... .... T • T • P • • 1 2 • P • • o ,J) P P t , t t t - ... + + + 1 a - t o ' 41 P T ' T' T P 1 2 Para el movimiento circular se sabe que existe la siguiente relación entre las ca ntidades lineales y angulares; a = R a Veamos ahora, las ecuacio nes algebraicas que se encue nt r a n a partir de las ecuaciones ve c toriales del sistema dado o o - { T .. , 11 1 • 1 - + + o + o - m o 1 1 1 o o o o o o o o - p + T - m 1 2 2 • 2 o o o La ecuac ión ( 3) no se usará ya que no se traslada la polea de su lugar de fijación. Pero si es de importancia saber la t o rca total, experimentada por la misma, respec to al punto de fijación 65 t .. , -, Ó t .. , .. Ó t .. • o : , - o p : , , • R , 1 , t • 1, 1 r P P T 1 1 T' 2 2 P 1 2 t ' = .. R , .. .. .. T' • R , 1, = 1 a T 1 1 2 2 - T' 1 1,= .. o .. o R o l' = T' , R = R , 1= o 1 2 2 1 2 o o o o o - T' R o o 1 t' - R X o + o X - T' = o T 2 o o o o R ( T' T' ) 1 2 o t ' - o - .. 1 a T R t T - T 1 2 ) Para que el sistema se mueva se debe cumplir que •• T - T • O 1 2 De los dos casos posibles . el movimiento sólo es posible si T > T 2 1 Lo cual tiene como consecuenC•l a que la rotación sea en la dirección de las manecillas del reloj, por lo tanto , o C1 = - ex z = o - a As i el sistema de ecuaciones algebrál.cas que describen la dinámica del sistema queda como R ! T - = - I ex 1 •2• 2 11 = R ex 1 ., " R ex 2 Dicho sistema se simplifica en lo siguiente: 2 R ( T - T ) " 1 /2 .. R a t S) 2 1 P T-~"9 - .. a t. ) 1 1 1 al 9 - T (7 ) 2 2 La ecuación (5), se reduce a T - T _ 1 / 2 __ 4 t. ) 2 1 P La resolución del sistema de ecuaCI• ones nos da las siguientes expreSI• ones. 66 (m - i1 m, ) 2 • = 1m, • m • • ;Z ) 9 2 P m ni CI +l.1 J + (1/2 ) i1 m • , - I 2 , P T • , • • • . ;z 9 2 P T - 2 9 111 • In • 111 / 2 , 2 p a 2 = 6 . 225 111 / . T - 9 . 165 Ht r ", 10. 722 Nt I 2 La determinación de la energía ci nética adquirida después de dar una vuelta completa a partir del reposo estará determinada por ( 2 t: - I /;? I W e In . ( Ahora bien, de las relaciones c inémáticas, para el movimiento circular tenemos: w - w + a 1 ( I e - e , + >-W 1 + ' ;z a 1 I De las condi ciones iniciales del movimieto se sabe que, B :: o , . w = o I I y también sabemo s que se c umple lo siguiente : 9 : 2 Tf a ... R • W ? ( ( sustituyendo las condic iones iniciales, en las ecuaC1• 0nes anteriores éstas se reducen a l o siguiente 2 w( " a l (1/21 a l Que simplifi c adas nos dan J e ( = ( 1/2) ( a De donde, podemo s e n contrar, la veloc idad angular que tiene la polea, después de dar l a vu e lta completa. I = / 2: a / R e I Finalmente, la e nergla ci néti c a resulta se r 2 2 E _ 1/ <: 1 W ' 1 / 2 ( 1 / 2 m R J , 2 ,, / 11 e ) = 1/2 mR"e e lo ( E " 0 . 489 J e I o 67 • • • PROBLEMA ti 20 • • • Un cuerpo homogéneo, constituido por un cilindo hueco y cuatro varillas, rueda "sin resbalar" subiendo por un plano inclinado de ángulo 8 I como se muestra en la figura. si en la base del plano el cuerpo tiene una velocidad de traslación v , Calcular: o a) El momento de inercia del cuerpo par3 un eje que pasa por su centro de masa y perpendicular al plano de la figura; b) La máxima altura H que puede subir sobre el plano inclinado y, e) El tiempo que tarda en regresar a la base del plano. FICURA H K //////////////////////////////////// DATOS INCOCNITAS 1'1 =- 5 kq al 1 '" 7 m = 1 kq sl5tem~ R =- 0.3 m bl H =? m.x 8 = 300 e l t '" ? v _ lO m/ s reQre80 o SOLUCION Primero hagámos un dibujo del cuerpo, para determinar su momento de inercia respecto al eje mencionado. c ilindro hucco 3 eJc de r o taclo n d :: R ecm rI> E R co a rI> ,rI> - 450 q d := ( Vz / 2 ) R 68 L. I + o " + • I VA' 2 2 1 2 I - • • I • d + • L CIL VA" 12 2 2 I [" R • 4 m (1/ 2 ) R + o J I - [ . + 2 8 / 3 111 ) o • Ahora trataremos la cuestión de c uál es la altura máxima de subida del cuerpo. Para lo cual, partimos del princ ipio de conservación de la energía mecánica del sistema E - E: + [ + [ e ln . l r OIll c ln . Rot Po l [' _ I 2 1/ 2 In v • 1/2 T w2 • •• R • • • I • ( 2 y • 1 / 2 • , , Por la conservación de la ene rg í a [ -- [ . 2 2 9 ) • 1/2 I ( • c o s e) (lh 4111 ) !ji R - • o • 2 - 1/2 m, ( O ) • 1/2 I ( o ) 2 • ( 11 • .'" • 11 • 8 / 3 '" ] ( 2". 2 2 20/ ) 111 ] H- R '" [ ' 0 . <0' e J 69 [ 2 M + 20/3 ID ) o ( M+41f1) ( 9 ) Para responder la ultima pregunta, la situación se presenta ahora de la siguiente manera; al llegar a su punto más alto el cuerpo se detiene o sea que la nueva velocidad inicial es cero . La distancia recorrida por el cuerpo está dada como o = H- R / s en e Pero de la cinemática, sabemos que o - oo + vol + La cual se trasforma, para la situación estudiada en 2 o = 1/2 " l También de la cinemática sabemos que "r = v o +at Lo cual implica que . v v r - o - t Estas ecuaciones reunidas nos dan v cos e H - R -- 1 ( Vo c~s e o sen 8 t 2 2 • Finalmente el tiempo empleado en la bajada del cuerpo es: 2(H-R) t - y CO G e s ena o 2 1 - 0 . 69 19-m . H 1 . 72 m. t - 0 . 6 6 .0 S 70 • • • PROBLEMA 11 21 • • • Se tiene un recipiente hueco, el cual se rellena con agua y se hace girar con una velocidad angula r -> W , corno se muestra e n la figura. El agua se va esc apando poco a poco y finalmente se vac1a. Después de un tiempo l se o bserva que el recipiente se ha evacuado completamente. Sabiend o que el eje de rotac ión pasa por el eje d e simetr1a del recipiente, como se muestra en la figura ; y despreciando la fri cc ión con el aire, Cuál será la torca p r omed i o necesaria que se le debe aplicar al sistema mientras que el agua se desaloja para lograr mantener fija la velocidad angular , o sea que ésta no cambie ? f I CUM A -w> DATOS I NC()(.H I T AS W ,, 90 r" d / s t _ 7 l ~ 900 • 2 1 '" '14 . 2 kq 111 La solución del problema, se determinará a partir del concepto de torca . Como sabernos, la torc a total externa se exp r esa , en térmi nos del momento angular del sistema bajo considera ción. -> t d L T d , -> -> L " I , W -+ -> d ( I W ) d ( I ) d W t , -> , ~ d , - W d , + I , d , Esta es la torca instantanea para un sistema e n rotac ión e n el que 71 cambia su masa y su velocidad angular; para el caso en estudio se tiene que la velocidad angular no cambia, asi que entonces Para cambios finitos esto se convierte en: 6 1 % = 6 + t IZ donde Il ¡j - t. Luego entonces esta se reduce a la siguiente expresión, 6 1 6 t o sea que la torca promedio sólo depende del cambio experimentado por el momento de inercia del sistema. 6 r I 1 - = 6 = t t I r 1 = 1 + 1 1 - 1 cono .qua % c ono 6 1 1 - ( J con o + ) = - 1 co n o 1 - - aqu4 ... = ( - W ) t t Dicho resultado indica que, la torca deberá ser aplicada en dirección opuesta a la dirección de rotación. Este resultado unicamente depende del momento de inercia del cono {de aquel, del tiempo transcurrido y de la velocidad angular ~ del sistema. Siendo la magnitud de la torca promedio la siguiente 11 t 11 9 . 4 2 1'1 - .. 72 • • • PROBLEMA # 22 • • • Se quiere construir una estación orbital, de la forma mostrada en la figura, dos ejes trasversales cilindricos y un cuerpo anular cilindrico, los cuales se pueden c onsiderar corno sólidos. Después de terminado el ensamblaje, se desea generar una aceleración radi- al igual a 9 sobre la pared lateral interna de la parte anular: para lo cual se, colocaron cuatro cohetes impulsores que la harán girar como se muestra en la figura . Si inicialmente la estación no gira y los tanques de los cohetes están llenos (100 Kg cada uno y la rapidéz de quemado es de 2 Kg/ s (por cada uno) a) Cuál es la torca total promedio ejercida por los cohetes si estos funcionaron durante 5 segundos, b ) Qué cambio experimentó el momento de l• nerCl•. a de la estación espacial? fI GU RA J -> W • r L 4 2 <- l' R 1 DATOS 1 NCOCNITA S J 2 1 = 1 - 3 111 0 k q - m bl b 2 t(l =51 = ? 4 2 1 = 1 O k q - m c. "' . - 6. I = 1 R 50 m s l sl I R , = 55 • R - 5 • L - 10 0 m -> -> Wlt I = O o m = 1 O O k o I .co hele dm/ dl - - 2 kI , l _ 5 s eq 2 9 . 8 m / s SOlUCION Como sabemos , la segunda ley de Newto n describe el comportamiento de los sistemas dinámicos, para este c aso sera la versión en forma rotacional: la cual esta expresada por: 73 -> d L( t) d t Donde tlt) es la torca total aplicada al sistema y -> L (t) es el momento angular asociado al sistema. Esta expresión describe el comportamiento en cada instante de tiempo en términos de como este cambiando el momento angular al transcurrir el tiempo de manera instantánea. El proceso que se está describiendo, 25 un proceso entre dos estados de tiempo f ini tos. En el cual cambia tanto la velocidad angular de rotación como el momento de inercia del sistema. As1 que -> Ll t) Luego entonces la segunda ley de Newton se expresa como -+ dI(l) + W(U d t Que para el caso finito se expresa como: A -w> A 1 t l t) = 1 -> ( t) + W(U • • A t A t Donde A-w> : -> W ( l) - j,t ) , tll - 1 (t ) - I ( t ) , ,Ó,t = t - t o • s s o o Reduciendo esta • • ecuac~on , de acuerdo a las condiciones del problema (condiciones inicial e s); -> -W ( t ) '" o> , t = o, se expresa o o como -> 1 (t)-I (O ) - W(tl 1 ( t ) • + -> W (t) • • t t Que finalmente queda en la siguiente forma -> ;1 ", W (t) = [ 2 1 (tI - 1 (O) t • • 1 Por la condición, de que la aceleración radial debe llegar al valor de la aceleración de la gravedad, se tiene 2 • , - , W ( t ) , g ( t ) , g Donde r = R , es el radio interno del cuerpo anular. Por lo tanto I 2 9 ( t) W (t) - R I Por lo tanto la torca es: - ,I 1 ( ti - 1 s (O) ) z s dicha ecuación depende de los valores de los momentos de • • ~nercla 74 inicial y final del sistema , veamos c uales son estos. I (ti :: ( J .. I .. I .. 4 I (t) ) • bl b2 c . anul"r (:üheles I IOl = ( I .. I .. 1 .. 4 1 101 ) • bl b2 e. a nular c ohetes La cantidad e ntre paréntesis resulta ser: 2 2¡(l} - 1 (O) = 2 1 .. 1 .. ( 2 111 (U - .. (O» ) • R • • bl c. anular cohete (:ohelO'!! • Finalmente la expresión que adquiere la torca es, t 2 (ll = l / t / q /R I I 2 1 • [ 1 .. 4R (2111 fU - 11 101) 1 z b l c. 5nul . e e e Sie ndo su magnitud 11 t 11 - 87 . 13 )C N- m Para el camb io experime ntado por el momento de inercia se tiene 6 I - I (ll - I lO. • • 1 fU = I .. I .. I .. 4 1 fU • bl b l c . ... nular co het e I fOI - I .. J .. I .. 4 1 COI s bl b2 (... "nu!llor c ohele Pero por la s imetría de los b razos J ... 1 Y también, como se b l b 2 conoce la rapidéz de la combustión e n los cohetes, se puede determinar el cambi o del mome nto de i nercia asociado con ellos. 2 1 ItI :- m (t) R cohete c o hele e 2 I (O) ~ m (01 R c o hele c ot\el e e II 2 1 _ lfU _ I WI - 4 H (111 fU - 111 (O) • ) • • • co hele co hele Donde la masa del cohete e n el i nstante l esta gobernada por: dm :: - 2 In f U .. mCQ) - 2 l dl Por lo tanto e l camb io e n el momento de inercia es 2 II 1 , • • H ( m(O) - 2 l • - m (O) ) II 2 1 • H ( - 2 l ) • - 2 R l • • • • 2 II 1 - - 1. 2 1 • • 10 • IIq - m 75 • • • PROBLEMA H 23 • • • En un depósito cilíndrico anular de radio interior R y radio ex- I terior R se encuentra disuelto un ~aterial en una sustancia volá- • til, inicialmente este esta lleno. Se observa que al final, después de evaporarse la sustancia volátil se ha depositado uniformemente el material no volátil en la pared interna del reci- piente de manera que el radio interno fiüal es R • La sustancia volátil se evaporó en un tiempo t después de iniciado el proceso. Inicialmente el sistema se encuentra girando con una velocidad angular ji respecto al eje del cilindro, siendo 1 su momento de 1 inercia. Al final de la evaporación la velocidad final es ~ y su f momento de inercia t r' a) Cuál es el cambio experimentado por el momento angular si ? ~ ( - 3 ¡;l R = 9 / 1 0 R I I • m : 10 111 R - 9 / 10 R V N • v • I M = 1 / 50 111 • - masa I • .ustancIe volatl I v v •• • - lDeae • • I • sustencIo. no-v o latll N . v " = lIIa&o del recIpiente clllndlco b) Cuál es el momento de torsión promedio experimentado por el sistema • • • -> S1 10 (u . m. ) N. v W · 15 :l. ( rod / sl, R :0. 8 m, t =60 mln . f I e l Cuál es el espesor de la capa depositada? FICURA z I <--H- R VISTA • LATERAL • 1 .... R I N • R DATOS DATOS IN COCNITAS -> t= 60 IJIln W '" 3 f ? • -> W = 15 z ( rad / s ) R • 9 / laR f I • - ?• R :0.8 ( mta ) R - 9/1 O R I I m = 1 0 ~Q m = 1rI .. m N. V. v H • V . 111=10111 V M • V • M=1 / S0 11'1 , 76 SOLtIl. I OH La diná mi ca rotacional de cuerpos rígidos establece que, para un sistema c uy o mome nto de inercia es I y que se mueve con velocidad angular .w.. , el momento a ngular se define como: ~ = 1 Ol En e l caso bajo consideración el momento angular cambia al transc urrir e l ti empo I es dec ir es fun c ión del tiempo. Tanto el mome nto de l• ne rC l• a 1 como la veloc i dad angular j son funciones del tie mpo, lo c ual nos dice que Lit ) ... = !ILl WIU Supongamos que el tiempo j ni cia l es l y el final es l • luego ) f entonces el momento a ngular inicia l es ~( t , ... ) = ~ , = l( l ,) w( t) " similarmente el momento a ngul ar final es ~ (t ) = ~ r r En estas e xp resiones los momentos de inercia inicial y final están dados por , , 2 2 2 III ) "' 1 " 1_' =- 1/7. " IR t R) + 1/2 ( 111 • m I R rec lp . 8u.l.lol " , v N . V I 2 ¿ 2 2 l (tl a ¡ -, ' ., - l / l PHR.R ) • 1/ 7. m ( R.RI r r " "' c l p Sual. H. V " I IlI,JML. N . V I Luego e nto nces el ca mb io experime ntado por e l momento angular del sistema e ntre e l estado ini c ial y final es , 6 ~ ~ ~ (l) - ~(t ) = ~ - ~ ( I r I 6~ = ('.' - ( , + ... ) , ) W re l. lp .uul N. V. rec I p . u tlL.lo l I 6~ = ('., ~ ) 3 w, - ... ( , ., ) W r " L . " N. V. re c. .. T I -, .w.. , , ~ ... ... -, W • 1 , N _ , w , - ) w r e e I • _ T , " W-> ... , + 3 W I ,·e c. , , - ... W , , ._ T " N . V S u s tituyendo en esta expresión los momento s d e l• .nerCl• .a correspond ie nt:es se e ncue ntra ¿ 6 ~ ", + 7,. + ¿-+ ) w , - 2-+ - N J / ¿ ) H H I O ( m • .. )R W v I1 . V . I I 77 Pero también se conocen las relaciones que tienen las masas entre si, luego entonces sustituyéndolas se tiene -+ 2 2 W [ ( l/SO ). IR + . ,. • . 2 + 3/ 2 IV. I • N. V I !J. L - -W+ 2 2 [(l /50 ) (10m ) IR +R ) - 4 • . 2 + 3/ 2m R2] I • N. V e I ti N. V I • N. V • - 4 • N. V Finalmente sustituyendo las relaciones entre los radios se encuentra la expresión para el cambio del momento angular !J. L = m• -+ W [- 1 9 / 20 N. V I J !J. L = m ol , [ 2 2 (-19120 + l 00/ 40S)R + J / Z (811100)R] 9 N . V I I 11 t 2 = m R (j [ (-19/ 20 + l OO/ 40S ) + 243/ 200] ti N.V I I 11 L ro 2 = R j [0.51191 35802] • N. VII La magnitud asociada con el cambio d e l momento angular es, 2 A = 1 0 0 ( 5)0(0 .8) 0( 0.512) 0, 2 16 . 384 z (leo; lfI / s l De este resultado ahora e s muy facil calcular el momento de tor- sión promedio al cual se sometió el sistema, de la siguiente ecuación II L 16 . 384 , !J. t 3600 El espesor de la capa de material depositado simplemente es R - R - R -9/ 10R - (1-9/ 10) R - 0. 1 RI I I I I 78 • • • PROBLEMA 11 24 • • • Un hombre de masa m se encuentra parado de pie al borde de una mesa giratoria horizontal redonda cuyo momento de inercia es lo y su radio es Ro . Considérese que la mesa inicialmente se encuentra en reposo, pero va montada sobre cojinetes carentes de fricción y que tiene libertad de girar en torno a un eje vertical que pasa por su centro. Supóngase que el hombre se pone a caminar sobre el borde de la plataforma con una velocidad Vo con relación a ella. a) Cuál es la velocidad angular con que se mueve la plataforma, b) Cuál es la velocidad V del hombre con relación al suelo e} Cual es el desplazamiento angular girado por la mesa giratoria cuando el hombre regresa a su posición inicial con relación al suelo. rr CUR A R o o I • , I m 1 o o' o 6 /////////////// vista lateral del sistema DATOS IN COG NITAS m w = ? 1 r o v R , = ? o 8 = ? v o SOLUCI ON Debido a que los cojinetes de suspensión no ejercen fricción sobre la mesa giratoria , no existen torcas externas sobre el sistema. Así que , la dinámica rotacional establece lo siguiente -">'( o = -o> Lo cual, implica que se cumple el principio de conservación del momento angular total del sistema, o sea LO(l) = VECTOR CONSTANTE, t. Esta ley de conservación establece entonces que para dos instantes de tiempo cualesquiera , el vector de momento angular es el mismo. Lo cual nos lleva a la siguiente igualdad, 79 É O (t l = É" (t ) 1 f Donde LO( lt) o= 'E , es el momento angular en el estado inicial y l ÉO(tfl = É; es el momento angula= en el estado final del sistema. Una cosa importante que se debe mencionar es que la val idéz de estas relaciones sólo es cierta si las observaciones se realizan respecto a un sistema inercial de referencia, en nuestro caso el sistema se representa con" o ti, que éstá fijo sobre el pivote de la suspensión del sistema. Luego entonces, el momento angular del sistema inicial . está dado por +"L0p =r-> x "" IH + l P° (3,p 1 IH y de manera similar el momento angular final es É" ~ É O + É pO ~ ~ , JI + l ° ¡;IfP (fH f íHfH P Pero de acuerdo con las condiciones iniciales del sistema se tiene ~ 1 JI ~ o' I H ~ ,¡! + ~ ,JI I H I H fH fH m -•> ° , -> - m -•> , -> + l ° -> -v v ° f f W P fP • > f =-.> ° donde , JI ~ m ~ - m w. , f fH - f f La cual se transforma en , m • v z m • v z + ° ° ° f m R v z w) , ° ° f m • v = ( 1 + m , o o • m. v ° ° La velocidad relat iva al suelo se determina suponiéndo, en el 80 análisis, dos sistemas de referencia uno fijo y el otro en rotación uniforme respecto al sistema inercial. El observador inercial observa que el sistema en rotación (la plahforma) gira con velocidad angular j . Pero el observador fijo f en la plataforma, observa que el piso gira con una velocidad angular - jr' Respecto a ambos sistemas, el vector de posición es el mismo , debido a que coinciden sus orígenes de aplicación. Lo que cambia en el sistema 9 irator io son tanto sus coordenadas como sus vectores de orientación unitaria, siendo los cambios de estos , d x' , J = -w> x ( x' ) J d t Por lo cual , la velocidad observada desde el sistema inercial ( s uelo) . está formada de dos términos , . -> , d x ' d x' -> - d , - x' J + x' ---:--:-J -> - v' + -W> -> x , d t J d t J d t -> v = velocidad obscrvClda desd e el s l slem", Iner c ial -v> ·= vel ocIdad observada respecto al s I st e ma no-Ine r c Ial ... -> W JC r = Termino n o Inercial generol!ld o po r la r o tol!lclón . Así que, finalmente la velocidad del hombre con relación al suelo está dada corno V =V'+;;lf x R r . sue lo f f Pero la velocidad , -> , v '= R W ( u ) y W x R = WR (-u), f f f f f f f por lo tanto la velocidad relativa al suelo es nula. El desplazamiento angular realizado por la plataforma giratoria al regresar el hombre a su posic i ó n o r ig inal con relación al suelo es 81 • • • PROBLEMA ti 25 • • • Un regulador centrífugo esta constituido por dos pequeños cilindros huecos, los cuales van montados sobre una guía cilindica, los cuales deslizan sobre ella sin fricción. La guia es una varilla ci11ndica de masa m. Inicialmente la guia gira con una velocidad angular jo alrededor de un eje vertical, perpendicular a la varilla, posteriormente se le a c olpan los cilindros. La posición adquirida. por cada uno de los pequeños cilindros. después del acoplamiento, respecto al eje de rotac ión, es r . Ambos cilindros I están ligados por un resorte de masa despreciable, el cual se deforma como resultado del acoplamiento, así mismo éstos se manti- enen inicialmente fijos mediante un hilo de masa despreciable cuya longitud es 2 r¡" Repentinamente se corta el hilo, de manera que, el regulador experimenta una disminución de su velocidad angular, a un valor dado Cuando el resorte llega a su máxima deforma- ción . Calcule: a)EI momento de inercia del regulador antes y después del acoplamiento, b) La velocidad angular adquirida inmediatamente después del acoplamiento ¡j . I el La velocidad angular al alcanzar el resorte su máxima deforma- c~'6 n , -w> ' f d) El valor de la constante elástica k , sabiendo que la longitud sin deformar del resorte es 2 r " o /////////////// r r I I k E 1 M aARR'" G UIA ro M 2. 2.1 I I ' • I > , i • I I h I I o L/2 ~=====-:~'.!J e d e rot.¿oc loo ////////////////// 82 DATO S IN COCNlTAS H = 0 . 5 kg W I W =TT r ti d / s o W f r = 1 111 . O k W =2 / 3 1T rod / s 1 f O 6r = 1 / 3 r 1 O f 1 ::: 0.1 0 m SOLUCION Primeramente , veremos las condiciones en las cuales se desarrolla el movimiento de este sistema. Una hipótesis fundamental, para la solución del • m~sma, es considerar que en los puntos de sujec ión del eje de rotación, no se genera ningún momento de torsión. Lo cual tendrá como consecuencia que la suma de torcas externas sobre el sistema sea nula (el resorte no produce torca sobre los cilindos móviles). tI ~ Ó Esto implica, en consecue ncia, la con s ervación del momento angular del sistema o sea -L> (l) = constante t • Veamos la primera cuestión , la guía es una barra cilíndrica de longitud L Y radio R , la rotación se realiza en torno a un eje 1 que pasa por el centro de masa de la gU•l a , pero es perpendicular al • eJe del cilindro . Por el teorema de los eJ• es perpendiculares 1 1 1 z • y , • se tiene 1 ~ 2 1 , - 2 1 z y debido a que I = I . , y Donde 1 es el momento de inercia de la guía respecto a un eje que z pasa por su centro de masa y que coincide con el eje del cilindro. Pero la situación es que la rotación del regulador es en un eje perpendic ular; luego entonces por el teorema de los ejes perpendi- culares 2 2 I , = 1 /2 I , = 1 /2 [ 1/ 2 m r J == 1 / 4 m R, 1 Esta es sólo una parte del momento de • • ~nerCla, la otra parte contribuyente es la de l o s cilindros huecos . Por lo tanto el momento de inercia antes del acoplamiento tiene 83 el valor 2 1 = 1/ 4 m R + 1/2 , [ 2i L_I ) 2 • (R • R2) ] o I I 2 Después del acoplamiento, influyen los cilindros anulares, de la siguiente manera I , • I + I e. Al e . A2 Donde 1 - I debido a que son cuerpos idénticos situados e.Al e. A2 simétricamente respecto al eje de rotación. Su valor se determina por el teorema de los ejes paralelos el cual establece: C . IIl . 2 t =1 +Mr C. .l C. Al El valor del momento de inercia, respecto al centro de masa, para un eje diametral está dado por 1 < .0 = 1/ 4 M ( R2 + R2 ) C. AI 1 2 As1 resulta que, el momento de inercia después del acoplamiento es , 2 2 2 I = 1 / 4 [ , ( , ,+ 112) + 1/ 4 M (R , + R 2 )] Dicha expresión es el momento de inercia ; después del accplamien- to de los cilindro s anulares con la barra guia. Veamos ahora cual es la velocidad angular adquirida por el sistema después del acoplamiento, para lo cual aplicaremos el principio de conservación del momento angular del sistema. El cual establece: li nt e 8 t después - I , L -> ante'6 o o despuée - 1 1W 1 ,el ,,U- > o o , De donde se puede determinar la velocidad adquirida después del acoplamiento, estando dada por ~=(l /l )j I o I o 2 2 1 / 4 m R + 1 /2 M [ IL _ I J + j - ~ I , o 2 2 1 / 4 m R + 2 , [ ( r + 1/2) + 1/ 4 ! I I Similarmente apl icando la conservación del momento angular a la situación en que el resorte esta deformado al máximo, se cumple 84 'E _x ,def. _ L ,,"copl amlento -> -> 1 W = 1 W mm aa En esta expresión se cambio 1 por I , que es el valor ya determi- I • nado anteriormente. Lo que si experimenta cambio es el momento 1 • ya que cambia la posición de los cilindros respecto al eje de rotación. Este momento de inercia está dado por 2 2" [ Ir + 1/2) 2 + IR 2 +R 2 ) R. )] I f I 2 donde r = r + Jj r, es la posición final y II r es la deformación f I experimentada por el resorte. Así entonces la velocidad angular adquirida por el regulador en su estado final es 2 2 2 2 -> ( 1 / 4 m R + 2M [ (1" + 112) + 1/ 4 IR +R 1] ) w 1 I 1 2 = • 2 2 2 2 1 / 4 m R+2H(lr+ 1/2+ lJ.r) + l/41A +R )] 1 I 1 2 para la determinación de la constante elástica tenemos que igualar la fuerza de origen elástico con la fuerza centrípeta, lo cual nos lleva a la ecuación Donde F,= -, (2 ' ''' ' l y F ( r + 112) e f Asi que la constante elástica queda como 2 , 11 W ( r + ll ... + 1/ 2) - ( o 2 '" , Pero, I:J.r = 1/ 3 r o luego entonces se tiene 2 ( 4/ 3 r + 1/2) , = " w( o 2/3 r o 85 • • • PROBLEMA # 26 • • • Se tienen dos cuerpos simétricamente colocados respecto a un punto O. Estos están formados por cilindros homogéneos como se muestra en la figura . Si se mira el cuerpo del lado izquierdo se observa que gira con una velocidad angular j en direcci6n de las manecillas del reloj y el cuerpo de A la derecha gira con velocidad j en dirección contraria a la B manecillas del reloj. El momento de inercia del cuerpo en e lado izquierdo con respecto al eje de rotación es 1 y el A cuerpo del lado derecho tiene un momento de inercia lB' Cuando se unen ambos cuerpos p or medio de un mecanismo de embrague E , Cuál es la velocidad angular resultante adquirida por el sistema después del acoplamiento ? E 1 1 B l) A -> W B --------- - - - ------ ------ ----- - ------ --- --------- •• o -w> lJ A B DATOS INCOGNITAS W •= 1 5 rad / s W =25 r ad/ s - 1 B I = 2 80 k-m A 2 I = 60 k - no B Durante el tiempo que dura el embrague , la unidad A ejerce una torca s obre la unidad B y por la tercera ley de Newton , 8 ejerce una torca idéntica pero de dirección opuesta. Por ser generadas i nternamente estas torc as, se tiene que la t o r ca total externa es c ero. -o+ 86 t _ ::..d_ [L (ti J - o-> T d l Lo cual tiene como consecuencia que se conserve el momento a nqu) ,-n:- del sistema. L (ti - CONSTANTE l Expresarémos el momento angular; antes del embrague, como después del acoplamiento, e ntre las un idades . L ( - r(j + 1(3 ;. A 8 B w - W A B w-> - o , -w> - o A o B o antes de l e mbrague (W - ( w • ( w - ( w - 300 A A B A A • B L ( - o + o - o - o o o o o después del e mbrague L f ( 1 + 1 -> A • ) w Igualando el mome nto angul ar ini c ial y el momento angular final e nc o ntramos 1 W - 1 W ( 1 ~ ¡ ) W A A o Il A o LI f - o o _ L o o Igualando las corres pondientes c omponentes r W - [ W A A o B - 4n w - 3/7 W '= - 1 ':. / 7 I",,(I /S 1 , • 1" A B 81 El signo menos en este resultado, debe interpretarse como que el sistema después del acoplamiento gira en dirección contraria a las manecillas del reloj. BB • • • PROBLEMA 11 27 • • • El c uerpo rlgido mostrado en la figura se mueve sobre una mesa h o r i zo nta 1 lisa, co n una ve l ocidad inicial ~ pero si n o girar . Posteriormente uno de SllS extremos se acopla en un punto fijo (clavo) " A " . DETERMINAR : a) La veloc idad angular de l a varill a después de acop larse. b ) El cambio de la energla c i nética del cuerpo rigido. m I m"s ,"" puntuAl ) -; ---It ' L o H 1 n.l TDS IN COC NI l"A S H -- 2 k . W - ? L • 1 m. • II E - ? m - -o O . 'J k . e l n • 3 no l's . o C;OLUCION Debido a qu e el punt o d e fijacio n ejerce una fuerza c uyo brazo de pa l anca es ce r o , l a t o r ca total externa sobre el sistema es nul a - -o; , Lo c ual sabemos que tiene como co nsecue nc ia , la conser va - c ión del mo mento angular tota l respecto a l punto A. L, (,) - CONSTANTE , L, ' = L, r El momento angular ini c ial es t á f o rmado de dos té rminos, el mo me nto angular d e l a partícula puntual y el de la varill~ rígida L,' L' L ' el + + r • ji A ,P A,Vd ,. c. m v ... ,. c . m Vd,. 89 o lO v. o " , o ¡!, ' o = L • O + L /2 • o = , o o o o ¡!, ( - ¡! ( ¡! ( .. o - .. Llm· K/Z ) o + = 1 ' ,. W + I W ' ,P A . V4r A, Var ¡!, (= .. - [ m 2 2 2 -+ ( I ', . + I ) W L • 1/ 12 L • , (L/2 ) ] w A , Var " ¡!, (= m 2 + -+ ( '" ) L W Igualando los momentos angulares inicial y final se encuentra A 2 .. ( rn + "'/3 ) L W = - VL ( m + " / 2 ) , o , ( m • , /2 ) -+ A - - o W , A - 27/7 m (- , ) L ( • '" ) o w-+ - o r"d / lO 3 . 86 ( ( 6 E - [ - E c ln c ln ". 1 lr"'s . ,o< 2 , 2 E E + E - 1/2 , • + 1/2 ( W S , , • C. /II . I • , "n " 1 ( tra s E = E + , ' . l = 1/2 , , 2 , 2 + 1/2 , W o l n .,r .,( • (:. /11 . ( • r Haciendo uso de las c ondic i o nes ini c iales del problema en estas ecuaciones encontramos • - • , w • o , w - w , , • m • , , ( - ( + , e . m, 1 o • r • • .. , P"rt , 2 E - 1/2 (m • MI 0 1. •o , , 2 E r = 1/2 ( m • MI (W L )/2 > - • 1/2 ce + I ) w o" parl v a rlll As 1 entonces el cambio en la energ la cinéti c a es 2 6E= I / 2 ((ml,2. 1/ 12 ' L • 1 / 4 2 PI: L • 1/ 4 1m • l'I 1L2 ) w 2- 1m· H 1V2] o 6E - 1/2 (S/ 4m + 1/12 M) L 2 W 2 - (m • 10 V. 2 ] [ 90 v ( m • " '2) llE - ( ~/ ~ o 1/2 m • 21 / 12 pt )L ( l ( m • IV ) I 6E - 1/2 [~(~s~/~,-"m~~.~7~/~(;2_.~ I ~(~m~.~~.~/~2é' 2 ( m • " / ) V - 1m + MI I o (5' 4 m t 7 / 12 H ) ( m. " / 2) II E 2 = 1/2 v o [ (m + K / J I 11 E =32 . B6 J . 91 • • • PROBLEMA 11 28 • • • Sobre un bloque de masa M se aplica una fuerza r, ejercida sobre el punto itA ", corno se indic a en la figura . S i el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y el piso es Il , determine: k a) El valor máximo de F de tal manera que no se vuelque el bloque. b) La aceleración adquirida por el bloque 1<- 2 . '1 - ,-e . m - - " //////////////////////////////////// // Il k f'I GUR A OATOS I N COC NITAS M '" 50 k . ... = ? -a+ = ? ti "' 1 m . b l oque e - • 2 0 SOLUCION La fuerza F adquirirá su máximo valor cuando la fuerza normal ünicamente se este aplicando en el punto B, de tal manera que la aceleración angular deberá ser nula. Las ecuaciones dinámicas, para describir el problema, son: -+ 1: - 1 -+ sls t " F - M -a+ ~ 1 5 l Oo m Construyamos, el diagrama de cuerpo libre del bloque 92 1< --, 2 • ---+' 1 , c m .. - - t B • ¡l N = F + + + - a-+ K • (; • rn t F" + t + + t = -a+ I • ( p N r cos e - ( o o •, .. F - r sen e , t o , ¡l - p , N = -+ N , a - o O o o o o F cos e - ( K • ,. m O = F sen e - p - N O o f cos 8 - ( = " a ,. m f sen 8 - p + N = o Esta es toda la información contenida en la dinámica tras la- cional. Aho ra veremos, c ual es l a información, que puede proporcio nar la dinám ica rotacional. Elegimos corno punto de referencia para determinar los momentos producidos por las fuerzas el c entro de masa del bloque. -. F cos 8 o o F' sen e - o o O - a f sena • - ( o t = -r+ • t - - H o - o ( ( o o -fH 93 o o o t ~ -r+ • ji - o • -p o p p - o o o • o o -H • H ~ o o o H. Reemplazando estos resultados, en la segunda ley en su forma rotacional, encontramos o o = 1 a-+ -= o+ - ",rsenB - fH • Na Luego, entonc es, las ecuaciones que describen esta situación son: H • r cos 9 - { < . m '" O - r sen 9 - p • H (2l o - • H - • r s e n 9 - r H 'JI r - IJ, H '" Despejando la no rmal de la ecuación ( 2) Y reemplazándola en (. ) ( = 11 , (p - f se n e ) '51 Sustituyendo ahora ésta, e n las e c uaci ones (1) y (3), encon- tramos P - f sen e J - 1'1 a <. m P t " - IJ , HJ • f ( U sen 8 H - 2 " sen 8 ) - o k De este sistema de e cuaciones , inmediatamente se pueden de- terminar la aceleración y la fuerza pedidas en el problema. 94 ( U H - 6 ) ti q l ¡l k , F - - " , 116 7 . 51 (U H - 2 ... ) sen e l ¡l , 2 ) .. (¡l , H - d) (COSe + •, 9 (¡l ,H sena - 2 d Sen8) I U , - I 1 cos e + uksene • = [ c . m. 1/...1. , - 21 [ sen 8 J 9 95 • • • PROBLEMA .. 29 • • • Una barra uniforme de masa H , se encuentra articulada en el punto HAll. Esta se libera desde el reposo, cuando el resorte tiene su longitud natural ( en el ángulo 8 ). Determinar I la velocidad angular de la barra en el instante en que el ángulo adquiere el valor Sr. 1 .•. .- --•- ---+. 1 / "' B ( res o r t e si n molOsolI ) rodill o -> ::: "pe rmane ce horlzo nlcd .. § k e x = L sen 8 / x = L sen 8. ~ o 1 / ar tl c ulac l on / DATOS lH COC NITAS o e - 30 K = 1 2 k I e , o ? = 60 v = o w, • o L = 2 m . w = 0 o k - 80 N 1 m. SOLUCI ON Primeramente, construiremos el diagrama de cuerpo libre asociado con la varilla y, seleccionaremos como punto de referencia para la determinación de los momentos producidos por las fuerza s, el punto de la articulación A. B c . m . A Establecie ndo la segunda ley de Newton , en forma rotacional La ley de la elasticidad de Hooke , establece que: -+ F = - k~X La torca total a la cual está sometida la varilla es generada por las siguientes fuerzas, el peso de la varilla y la fuerz a ejercida por el resorte, la reacc ión en la articulación no 96 produce torc a. t = R o ... ... o = = , d W 1 Q • d t f •l Sena - 1/2 l Psen8 Es t a ecuación vect orial, nos da una sola ecuación algebráica pa ~a la solución de la p~egunta fo~mulada. f • L sen e - ( 1/2 ) L p s en e = - 2 d W {1 / 3 ) P1 L W d e é W - k ( )( -X ) s ena - Hg sena / 2 = - 1 / 3 " L W o d e 3 (J dW = -,:":--( k f l senS se nS - l sen8 senS , ' • ( 1!? I H') sen8] d8 " L W [ e , dW - 3 W ( k f l sena 2 - L s ena sen 8 ) • (1 / 2) "q sena , L Jde ) • 8 . 1 1 W , 8 8 2 , , 8 , W JO = , sen82d8 s e na Jse na d8 • -3. Jsena d8 2 W , J ) 8 2L 8 8 ) , ) 8 , 8 2 1 / 2 ( w , - w' ) - ,3 k [ ~8 - ) •- Hn 2el • s ena {- co s 8 ) 2 , ) J 18' 8 ) Jo • [ - ( co s 8 , - m 8 ) ) ) L ,2 w - ,JO ) [•~ ( sen2 8 Sl"nZ8 , ) J • - ( 8 , - 8 , ) - s enS c .... s 8 ) 2 ) , + + sen 8 ... os 8 , + - DA TO'. !",( GC H ITA':; K I k ,, I m . W 7 • e " 11 I m e 20 " o/ " I m . 11 '..OlI!LlO H Ini c ialmente el c uerpo , por estar l oca lizado a una altura H y e ll reposo , úni ca mente posee energia pote rlcial respecto a la superficie de la tierra. Pero debido a que, durante s u movimie nt o no, a c túan tuerza s de origen disipativo se cump l e el teorema de co nserva c ión de la e nerg1a mecánica , es decir , E< In 1,... ... . + E( In . Bo t Apli ca nd o es te principio de co nse rva c ión e ntr e los puntos "A" Y " e " e ncontramos o 2 o 1/.;> , W , m A A o Pero de a Cllerdo CO ll la s condiciones ini c iales del problema, s~bemos que la ve l o c idad de traslac ión y r o tdc ión son ce r o en "A" . Por lo tanto EA = " Q t ll 1/ , E' ? 2 ;: " ' / 1 11 I! I • 1 /": " " , ,,, r • 1 /,1 I W ( Además como en el rodamient o puro , la velocidad de traslación del c e ntro de masa y l a veloci dad de r o ta c .ión del c uerpo, 99 estA n relacionadas mediante la expresión v = R W c. m. y el cuerpo se supone que es una esfera rlgida, tiene un momento de inercia conocido igual a , 1 - 2/5 H R c . m. dan como resultado que la energía en el punto "c" es , "9 1h-R l + 1/ 2 H ( R' w ' ) + 1 /2 ( 2/5 K R ) e igualando las energlas en "Al. Y "c" tenemos K q ( H-R l H q ( I'l-R ) • 7/ 10 ti , , H q ( H - h ) 7/ 10 H R - 7 / 10 H v , W - l/RilO q (H- h ) c Ve - /10 9 ( H-h l 7 7 -r> '" -r> -> , (tl (O) + ~ l + 1/2 9 l o o , , + ,,{o 1 , - + , x " V , co se t , h " h + v , S elle l - 1/2 q l " - " , en ",8 o - , s ena - • , ... , ", sen8 " - • , , v , sen 8 h _ h • D , • 100 h - h • sn (H - ti) 2 o sen 6 h - 1 .0835 m. 3'1 . 401 rdd/ s . ••• 101 • • • PROBLEMA ti 3l • • • En la figura mostrada se representa un péndulo fisico constituido por un aro de masa m/2 y una varilla delgada de masa m/2, el cual se encuentra sujetado en el punto fijo 11 o " . El sistema se libera en un instante de tiempo dado y se mueve realizando un movimiento de tipo periódico, en torno al punto de sujeción. Encuentre las siguientes cantidades asociadas con este sistema: a).- Establezca la ecuación que describe el movimiento del centro de masa del sistema en l a ap r oximación de oscilaciones pequeñas, b).- Calcular el tiempo que se tardan en realizar 10 oscilaciones, c).- Calcular la longitud del péndulo simple equivalente. fIGURA ////////~/~d~----~, UOU ) , m- ) R 2 ,• DATOS INCOCNITAS m : J.s Kg e - e(l) R _ 0 . 4 m l _ 7 n n :: 10 osc ila c i o nes L • SOLUC I OH El sistema formado por el aro y la varilla es tal que su centro de masa se encuentra localizado en su centro geométrico , lo cual facilita los calculas a realizar. Primero tendremos que determinar la torca total, ejercida por la fuerza gravitacional, que actúa sobre el centro de masa del sistema aro - varilla . Como sabemos, la segunda ley de Newton en las cantidades angulares se expresa de la siguiente forma: ) -) = 1 " 102 Donde , r O _ Torca producida por el peso del sistema respecto al punto O 15 = Momento de inercia, respecto al punto de suspensión. , a - Aceleración angular del movimiento rotacional. , , - r • F I =- - R m q sen B • 2 1 + 1 2 ( ! ( ~ ) (2 R) • varIlla J 2 5 m 2 1 R • J , o rllqu"d o) y encuentre la amplitud, la constante de fase} frecuencia angular y el período de movimient o de m. b ). En otra situación b - 9 k 9' 1I . Ca lcule la fre c uenc ia an - guIar y el periodo de oscilación del cuerpo m. Para el caso eb) calcule el val o r de la amplitud después de haber efectuado d os osc ílacíones . F"I CURA /- b k / m / -:- / / / / / // / / / / / / / / / / no hay fricci ó n //////111////1/1/ OATns IN COC H(T AS m • J l . A , ~, w , T , , l • 50 N/ m W , T m' - 5 l. A 10 e • JO o SOLUC I ON El primer caso de este tipo de movimiento es fácil de resolver ya que co rresponde a un movimiento osci lator i o no amortiguad o . A partir de las condi ciones establec idas para el problema, primeramente analizaremos el caso b "'O el cua 1 corresponde al c aso de nlovimiento libre de amortiguamiento. Los diagramas de c uerpo libre, para l os cuerpos que forman el sistema, son los siguientes; (en la situacion de equilibrio): 105 y y' -> H ... m H' 1, . ' , x ' -> ... T p 1, Dlaqr&Jaa d. cu erpo .. .. 1\ b re e: 11 qra.lDe d. c.. u .e 'r po.. 11 br e par a m po ra 1 . 1 . 1 . 1 . t b Lo que tiene c o mo conse c uenC l• a que el mov imiento sea de tipo subamortiguado. Para este movimiento, s e tiene que la frecuencia angular w, está dada por la siguiente expresión : Frecuencia Anqular , , w, - w - ( b2 m } 2 ~ W , = w / 2 1 1 - (b/ bc; ) Período de Oscilaci ón de Movimiento r , = w, w, 3 . 79 r ... d / $ "t , - 1 , 66 101 ~-----------------------------------~ La ultima pregunta del probl ema ti e ne como respuesta lo siguiente: El tiempo requerido para que se efectúen N osci laciones, cuyo periodo de oscilación es L , esta expresado por t = N r que para el caso particular ba jo análisis es 107 I t = 2 "t,,= 3. 3 16 • I • Sustituyendo este valor de l y las condiciones iniciales en la solución de la ecuación de movimiento (8 ) , obtenemos como resultado la amplitud del movimiento en dicho instante de tiempo. e - o sen [ (O) W , + ~ I - sen ~ 111 ' 9 8 en 9 = sen ~ k sen if) Puesto que el movimiento se inicia del reposo V o, o sea que o • , - (bnm ) t X (,) = (we eos[w,, • .pl - b e -(bl2m ll sen [ W2m , t + ".,.' 1 ) , o , o o w , eos .p - (bl2m) sen ~ I 2 m w, • tang .p = b 2 m w, ~ = Are . tang ( ) . b Finalmente, de la sustitución en 18 1 , se enc uentra m'q s en 8 x - (1.5)(3 . 3 16) (l'=3 . 316 ) = sen tfJ e sen (13 .76) k X( t. -J.316 ) = 0 . 0386 .. . , 108 • • • PROBLEMA 11 33 • • • Para el sistema mostrado en la figura establezca su ecuación de movimiento. Supóngase que la fricc ión en el punto de apoyo y de suspensión es despreciable, y que los resortes son lineales e idénticos. Además cons i dérese que las o s cil aciones angulares son pequeñas. Determinese el periodo de las oscilaciones realizadas por el sistema en cuestión. La masa del sistema es M , su longitud es L y las constantes de los reso rtes son de valor k. FI GURA • 1 c,m. • L lo: =k 1 2 o DATOS 1 HCOG H 1T A S K = • • q T - -, L = J • , [ ,- d e Mo v . = SO O n '" SOLUC ION Debido a que la barra esta apoyada respec t o a un extremo de la misma y las fuerzas ejercidas por los resortes están aplicadas en el otro extremo de la misma I el momento de inerc ia que presenta es 7 2 - K L 1o = 1 + M r + K ( L ) 2 = 1 2 K L C . I!! . C . II>. 12 2 J La descr i pc ión dinámica del sistema establece que la suma de fuerzas sobre la barra y l a suma de torc a s respec t o al punto " o " son: -t-t -+ -1 -+ ... f-f + f + P +R - K ... T 11 1 11 2 +t +t =¡ ° c; P R 109 Bajo las condiciones del problema se puede considera r que la barra no se traslada en promedio . Las unicas fuerzas que producen torca respec t o al punto " o" son 1 , 1 , y t . 1 2 Si la posición angular respec to a la posición de equilibrio se especifica con ~ , la aceleración angular estará dada por: .. ~ a = Por lo tanto, la ecuación de l a dinámica r otaciona l se expresa como o -. i~ '" , x J a z 1 2 d t En dicha expresión las fuerzas ejercidas por los resortes producen torcas idénticas en magnitud y direcc ión, por lo cual se tiene -. 1 -+ -+ A O ;L 2rx +rlllP=1 '11 z 1 1 L SCt'l f/J 2 f o -,. -. 1 x f = L 1 1 c.o. ' X o -- o o o 2L r coaq, 1 l/2 senl/J o o -,. x t = l/2 c.osf/J X - p = o o o - PU2 sen~ Luego entonces la suma de torcas respecto al punto "0 11 es o o o - L t -P/ 2 5en f/J + 2 f co. tfJ ) 1 Por lo tanto, L ( - P/ 2 sent/J + 2: F" co s tfJ ) = f o l/J 1 En esta ecuación r = - k x , y x = L sen tP . 1 Agrupando todos los términos, en un sólo miembr o se tiene , 2 2 k L untP co_ tP o + , 2 L _en ( 2 ~) = O 110 Pero bajo las condiciones de que las osci laciones sean pequeñas se cumple que: sen

, • ¡! • ¡! . • • 2 LI2 o o t , o ¡! , - F o F 1 2 o o o o 112 Efectuando los productos vectoriales, para determinar las torcas se encuentra L/2 o o -r> x ¡;\ - o x , - o I I o o L/2 r I - L /2 o o -r> x F o r - o 2 2 2 o o L/2 r 2 o -> l: o A L/2 (F .. I '2 ) Por otro lado, de la dinámi c a rotacional, sabemos que t - 1 -> •• • - 1 e a _ m 2 " " - 1 1/ 12 L A A A A 2 2 d 1 d 1 " Ahora bien, las magnitudes de las fuerzas elásticas son iguales por la simetría de la disposición, lo cual implica F -F --kl'ty I 2 m 2 1/ 12 L a--kL.ó.yZ 2 d 1 donde l't Y = L/2 e • con lo cual se tiene 2 d e 1 / 1 2 m 2 L = - k l ( L/2 e ) = - 2 1/2 k L e 2 d I 2 d e + k 6 m e = o 2 d I De la cual podernos determinar la frecuencia angular del movimiento =54 . 77r a d / s . T - 2 Tl/W 0. 11 s eq . 113 • • • PROBLEMA • 35 • • • Una boya cillndrica de diámetro D está sumergida parcialment en un liquido (de densidad p) de modo que su eje permanece vertical. Se observa que si se empuja suavemente y se suelta adquiere un periodo de oscilación T • Determinese el peso de la boya cillndrica. • _--'.0_-, • z , o , ! p _.-~ z p .. __ ...... p ! p fIGURA DATOS INCOG NITA S o - 0 .2 o. p ::: ? 3 P - 62 . 4 k / dm T , 2 s eQ . • , 9 . • ., . 2 . SOlUC I ON Toma ndo como origen de referencia del sistema, la inter- sección del eje del cilindro y la superficie del liquido cuando la boya está en equilibrio y considerando los desplazamientos hacia abajo como positivos. Sea z el desplazamiento de la boya en e l instante t. Se sabe del principio de Arquimedes, que un c uerpo sumergido, parcial o totalmente, en un fluido experimenta un empuje hacia ar r iba igual al peso d el fl uido que se desaloja Luego la varl.a Cl.o -n correspondiente en la fuerza de fl o tación es , 2 -• n o p z 114 , 2 d , ,- - - -,1 2 , Tl O P z 2 d 2 d , + . , z = O 2 d , Donde p es el peso de la boya cilíndr ica. La solución de dicha ecuación diferencial e stá dada por 1 , Z (t) = C sen o2 p , t ) + C, cos o p , t) 1 " 4' De donde la frecue nc ia angular del movimiento estará definida c omo: 2 Tl o P q w - / n 2 0 p (} , p --,;-;p;'-~ , T - 16 n p 2 Tl / W - 2 q Tl P o T = 2 4 - (1 6 Tl , ,1, Tl p o' ) , , = o p , - 973 . 26 H. , Tl 115 • • • PROBLEMA.36 • • • En un eje uniforme están montados tres discos, como se indica en la figura . El momento de i nercia de cada disco en los extremos es 1 y el del cent r o es 41 . La constante de torsibn del eje entre dos discos ( el momento torsar • necesar~o para producir una diferencia de desplazamiento angular de un radian) es K HALLAR : El movimiento de los disco stsi se le apl ica un momento t orsar igual a 2 r sen w t al disco o localizado en el centro de este sistema, supóngase que inicialmente están en reposo los discos y no hay torsión sobre el eje. 1 " 1 f I CURA SOLUC ION Supongamos qu e e n el instante de tiempo t, el desplazamiento angular de l os discos en los extremos es 9 ( t ), y 8 (t ) en t 2 el central. Las diferencias de los angulas de torsión de los extremos de las piezas del eje , d e izquierda a derecha son: K ( e - e ) , K (e ,- e , ) - K (e , 2 , - e , ) respectivamente. El momento total q ue actúa sobre una masa cuando gira es igua l al producto del momento de inercia respecto al eje de r otación por su aceleración angular; luego entonces la ecuación de movimiento del disco c entral e d' e , 1 --' /( (e - e) - /( (e - e) + 2 T sen W t Cl ' d t ' I 2 2 1 o o bien 116 ( 2 1 O' + < ) e, -- < e + "'( sen W l 1 o y la de cualquier disco en los extremos es d'e 1 1 -- < ( e, - e, ) (2l d t ' o bien ( 1 O' + < ) e -- < e 1 , Operando con (21 O' + < ) sobre (2) y tomando en cuenta (1' , K Jt I D .. K ) el '" K • < , e • " < sen W l 1 o de donde , , ( 2 I o .. 3 K 1 ) e) L K sen W l (3' o Las ralees de la ecuación característica son o • o • a 1 • 3 < - a donde ex - , 1 • < seo W , e It ) =c .. e o t .. e c os en • e• s e n a, 11 2 3 • , , !4' 1 W (21W - J<) De la ecuación ( 2) • tenemos • el desplazamiento e , , e, - ( l / K o + I ) e 1 Por lo tanto e 1 , 1 , (ti - e .. e t .. e ( 1 - - ex )cosal .. e I 1 - - ex )sen(Xt + 2 1 2 3 < • < , " < -"'( W I o o + a, , sen W l (5' De las • eCUaC10neS (" y ( 5 , se obtiene (der I v40nd o ) , d e < 1 =c, ex c senat • a c "o •c osal • , , , , se n Wl d l 3 1 W (W - a I ( 4 ' ) d e 2 - - a c -1 2 ( a a c 2 C (1- )s en(X t • •( 1- - a ) ca s al + d l 2 3 < < , rK - "t"W 1 o + , , o , cosWl . (S' ) 2 1 W ( W a ' Pero de acuerdo con, las condiciones iniciales 117 , d e d e en = o , e o, 1 = e = o, 1 Z 2 d , = o , o d , = se tiene e • 1 l: K e • e I I I - - a Z I =0 • e o I 3 K • e a • = o Z 4 Z Z Z Z I W