07SolidoRigido_Resueltos

5/8/2018 07SolidoRigido_Resueltos - slidepdf.com

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1

UCLM

PROBLEMAS RESUELTOS SÓLIDO RÍGIDO

Equipo docente

Escuela Técnica Superior de Agrónomos (Albacete)

Antonio J Barbero, Alfonso Calera, Mariano Hernández.

E.U.Ingeniería Técnica Agrícola (Ciudad Real)

Pablo Muñiz, José A. de Toro

Departamento Física Aplicada UCLM



2

UCLM

PROBLEMA 1

En el esquema presentado al margen lavelocidad vF de la pesa unida a la poleafija F es 20 cm/s. Determine la velocidadv M de la pesa unida a la polea móvil M .

M

F

10 cm

5 cm

M v

F v

el tramo de cable vertical situado entre las dos poleas D

E

(tramo DE ) se mueve hacia arriba con velocidad vF

Como el centro de la polea fija no se mueve,

(estamos suponiendo que el cable es inextensible).

Esto significa que el punto D de la polea móviltambién se mueve hacia arriba con velocidad vF .

Por otra parte, el trozo vertical de cable unido al techo

I

O

(tramo IO) está fijo, y el punto I también está fijo, su velocidad v I es nula.

Es decir, conocemos la velocidad de dos puntos de la polea móvil (v I = 0, v D = vF ) yesto nos permite calcular la velocidad angular de la polea móvil y la velocidad de sucentro, a la cual llamaremos vC . Esta velocidad vC es igual a la velocidad v M deascenso de la pesa colgada de la polea móvil.



3

M

10 cm

C v

C Dv

M v

F v

I D I D

C v

C

Dv

I C r / r

X

Y

Z

M R

M R2

I Dr / r

Calculamos velocidad angular:

M R

I D I D vvv / rrr

+=ω r I D I r v /

rrr

×+= ω

Datos

0= I vr

jvv F D

rr

=i Rr M I D

rr

2 / =k

r

r

⋅=ω ω

M C vv =

F D vv =

cm/s20=F v

I Dr / rr

×ω El producto vectorial

tiene sentido j

r

M

F

Rv

2=ω

j R jvv M F D

rrr

2⋅== ω

Cálculo de vC

I C I C vvv / rrr

+= I C I r v / rrr

×+= ω

i Rk R

vv M

M

F C

rr

r

×=2

jv

v F C

rr

2=

Resultados numéricos

k R

v

M

F r

r

2=ω

(rad/s)1cm102

cm/s20k k rr

r

=⋅

=ω

(cm/s)102

cm/s20 j jvC

rrr

==

(cm/s)10 jvv C M

rrr

==

UCLM

PROBLEMA 1 (Continuación)



4

UCLM

PROBLEMA 2

En el mecanismo del dibujo se sabe que en el instante mostrado la barra AB giraen sentido horario a 0.20 rad/s. Determínese la velocidad angular de la barra BCy la velocidad lineal de la corredera C que se mueve a lo largo de la ranura.

A

B

C0.20 rad/s

30 cm

40 cm 40 cm

A

B

C0.20 rad/s

30 cm

40 cm 40 cm

A Br

/ r

X

Y

Z

Se conoce la velocidad angular ω AB = 0.20 rad/s, y también se sabe que v A = 0, ya que el punto A está fijo.

Con respecto al sistema coordenado de la figura, y fijando el origen de coordenadas en el punto A

rad/s20.0 k AB

r

r

−=ω

( )m30.040.0 / jir A B

rrr

+=



5

UCLM


Con esta información puede determinarse la velocidad v B: A B AB A B A B r vvv / / rrrrr

×=+= ω

( )m/s08.006.0

030.040.0

20.000 ji

k ji

v B

rr

rrr

r

−=−=

0, está en reposo

La velocidad angular ω BC es desconocida, pero se sabe que su dirección es la del eje Z pues el movimiento del mecanismoocurre en el plano XY, por lo tanto

k BC BC

v

r

ω ω =

ivv C C

r

r

=Además, la velocidad del punto C debe tener la dirección del eje X, ya que C se mueve en la ranura horizontal

BC BC B BC BC r vvvv / / rrrrrr

×+=+= ω

A

B

C0.20 rad/s

30 cm

40 cm 40 cmX

Y

Z

A Br

/ r

A B AC BC r r r / / / rrr

−= )0,30.0,40.0()0,30.0,40.0()0,0,80.0( −=−=

BC r

/ r jir BC

rrr

30.040.0 / −=



6

UCLM


ivv C C

rr

=BC BC B BC B r vvv / /

rrrrr

×+=+= ω ( ) jirr

08.006.0 −=

030.040.0

00

−

+ BC

k ji

ω

rrr

Igualando componentes:

C BC v=+ ω 30.006.0ivv

C C

rr

=

( ) jirr

08.006.0 −= ( ) ji BC BC

rr

ω ω 40.030.0 ++040.008.0 =+− BC ω

rad/s20.0 k k BC BC

rr

r

==ω ω rad/s20.040.0

08.0== BC ω Sentido antihorario

m/s12.0 iivv C C

rrr

==m/s12.020.030.006.0 =⋅+=C v



7

UCLM

PROBLEMA 3

Una barra delgada de longitud L desliza a lo largo de dos guías,una vertical y otra horizontal, según se indica en el esquema.Determinar la velocidad del extremo A y la velocidad angularen función del ángulo θ . Dato: la velocidad el extremo B es v0.

A

B

v0

θ

Eligiendo B como referencia, el movimiento de la barra es equivalente a una traslaciónmás una rotación alrededor de B.

v0

vA

A

B

L

θ

θ

≡

v0

A

B

L

θ

θ

v0

Avr

0vr

B Av / r

B A A vvv / 0rrr

+=

+

A

B (fijo)

L

θ

θ

B Av / r

ω

PROCEDIMIENTO 1



8

UCLM


La dirección de es perpendicular a la barra B Av / r

Velocidad angular

Avr

0vr

90º

θ

B Av / r

b a r

r a θ

0

tanv

v A=θ

θ tan0vv A =

A

B (fijo)

L

θ

θ

B Av / r

ω

B A B A r v / / rrr

×=ω Lr

r

×=ω

L Lv B A ω ω == 90sin /

B Av

v

/

0cos =θ

θ cos

0 /

vv B A = Lω =

θ

ω

cos

0

L

v=

Lr

jvv A

rr

tan0 θ −=k

L

v r

r

θ ω

cos0=



9


B A B B A B A r vvvv / / rrrrrr

×+=+= ω Puesto que A se desplaza hacia abajo, suvelocidad no tiene componente horizontalPROCEDIMIENTO 2

v0

vA

A

B

L

θ

θ

X

Y

Z

Lr

( ) ji L Lr B A

rrr

r

cossin / θ θ +−==

k

r

v

ω ω =

0cossin

000

θ θ

ω

−

+=

k ji

Livv A

rrr

rr ( ) j Li Lv

rr

sincos0 θ ω θ ω −−=

jvv A A

rr

=

Igualando componentes:

0cos0 =− θ ω Lvθ

ω cos

0

Lv=

sinθ ω Lv A

−= θ tan0vv A −=

k L

v r

r

θ ω

cos0= jvv A

rr

tan0 θ −=



10

PROBLEMA 4

Un carrete cilíndrico de 10 cm de radio y 2 kg se desenrolla por efecto de la gravedad.Determine la velocidad de su CM después de que se haya desenrollado 1 m de cuerda(suponga que la cuerda no desliza a medida que el carrete baja).

Rv ⋅=ω R

v

h = 1 m

Energía cinética total del carrete:

=C E ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

CMdelmovimiento

delcinéticaEnergía⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

CMrespectorotación

decinéticaEnergía 22

2

1

2

1ω I mv +=

Masa del carrete Velocidad del CM en un instante dado

Velocidad angular en el mismo instante

Momento de inercia respecto al CM

A medida que la cuerda se desenrolla se cumple

( ) ( ) 2222

2

1

2

1

2

1ω ω ω I mR I Rm E C +=+⋅=

U

Suponiendo que el carrete partió del reposo, la energía cinética se ha incrementado desde 0hasta E C , a expensas de disminuir la energía potencial en ∆U=-mgh.

E C ∆−= ( ) mgh I mR =+ 22

2

1ω

I mR

mgh

+= 2

2ω

( )m/s61.38.9

3

4

3

4

2 / 3

2

2

2

==== gh

mR

mghR

I mR

mgh Rv

+

= 2

2Por lo tanto la velocidad de CM es

2

2

1mR I =Carrete cilíndrico Véase que en el resultado no influyen ni la masa ni el radio del carrete



11

PROBLEMA 5

En un campeonato de bolos el experto jugador Pedro Picapiedra lanza la bola con unavelocidad de 8 m/s. Inicialmente la bola tiene velocidad angular nula y desliza sin rodarpor el piso de la bolera, donde el coeficiente de rozamiento dinámico es µ = 0.25.¿Cuánto tiempo tardará la bola en comenzar a rodar sin deslizamiento, y qué distanciarecorre hasta ese momento?

Momento de inercia de una esfera respecto a un diámetro: ( ) 25 / 2 mR I =

P

R

F

v0

CM

Sean m, R la masa y radio de la bola.

Cuando la bola toma contacto con el piso (punto P), a su movimiento se opone la fuerza de rozamientodinámica F , ya que la bola desliza (hay velocidad relativa entre el punto de contacto y el suelo).

Dicha fuerza F reduce progresivamente la velocidad del CM (inicialmente v0 = 8 m/s), y al mismotiempo crea un momento respecto al CM que hace que la bola empiece a girar, de modo que suvelocidad angular ω crece mientras que la velocidad v de su CM se reduce.

P RF

v

CM

ω

N m

¿Hasta cuando se mantiene esta situación?

La causa de la fricción dinámica es que el punto P tiene velocidad relativa respecto al suelo. Pero en elmomento en que se alcanzan unos valores v f y ω f que cumplen la condición v f = ω f R (condición de

rodadura) esto deja de ocurrir: P está instantáneamente en reposo respecto al suelo. Por lo tanto la fuerzade rozamiento dinámica deja de influir, y a partir de ese momento la bola rodará (ya no desliza).

Determinación de la velocidad del CM en función del tiempo antes de la rodadura: gF ==Mientras dure el deslizamiento esta fuerza origina un movimiento uniformemente retardado cuya aceleración es:

2

m/s45.2−=−=−= gm

F

a µ

(m/s)45.28)( 00 t gt vat vt v −=−=+=Por lo tanto la velocidad en función del tiempo es:



12


mgR RF τ ==Además, la fuerza F crea un momento respecto al CM cuyo módulo es y está asociado con un giro horario.

De acuerdo con la ecuación fundamental de la dinámica de rotación mgR I α τ == , donde I es el momento de inercia

respecto al CM y α es la aceleración angular.

( ) R

g

mR

mgR

I 2

5

5 / 22

µ τ α ===

Esta es la aceleración angular mientras dura el deslizamiento: gracias a ella la velocidad angular crece desde 0 hasta ω f = v f / R en elmomento en que se inicia la rodadura (valor de veocidad angular que se mantiene posterormente si se considera despreciable laresistencia a la rodadura).

Mientras dura el deslizamiento t

R

gt t

2

5)( α ω =⋅=

Velocidad lineal del CM

45.280 f f f t gt vv −=−=

Velocidad angular

f f t R

g

2

5ω =En el instante de comienzo de la rodadura,

una vez transcurrido un tiempo t f :

s93.07

2 0 ==g

vt f

µ f f t

ggt v

2

5

0µ =−

Relación entre ambas: Rv f f ω =

m/s72.593.045.280 =⋅−=−= f f gt vvVelocidad del CM en ese instante:

Se trata de un movimiento uniformemente retardado donde el espacio recorrido es:

( )m38.6

45.22

872.5

2

2220

2

=−

−=

−=

a

vv x

f

f



13

PROBLEMA 6

Un cilindro macizo de masa m y radio R rueda sin deslizar a lo largo de un planoinclinado un ángulo θ sobre la horizontal. En el punto más alto la velocidad del CM esv0. Haciendo uso del concepto de momento angular, calcule la velocidad del CM y lavelocidad angular del cilindro en cualquier instante posterior. Determine también cuales el valor mínimo del coeficiente de rozamiento entre el plano inclinado y el cilindro

para que éste caiga efectivamente rodando sin deslizar.

R CM

P

N

F R

θ

θ sinmg

θ cosmgmg

Elegimos como referencia el punto P de contacto entre el cilindro y el plano inclinado.

Si rueda sin deslizar, este punto de contacto P es el CIR, y su velocidad relativa ala superficie inclinada es nula (aunque su aceleración no es nula).

Momento angular respecto al punto P:

X

Y

Zvm R L L CM P

r

rrr

×+=

( )k I L CM CM

rr

−= ω

j R Rrr

=

ivvr

r

= ( )k Rmvvm Rr

r

r

−=×

Velocidad angular

Momento inercia respecto al CM Velocidad del CM

( )( )k Rmv I vm R L L CM CM P

r

r

rrr

−+=×+= ω

Si rueda sin deslizar v = ω R

( )k mR I CM

r

−+= 2 ω



14


Momento de las fuerzas respecto al punto P: la única que crea un torque es la componente mgsin θ . img j RP

rrr

sinθ τ ×=

k RmgP

r

r

−= sinθ τ Ecuación fundamental de la dinámica de rotación:dt

Ld PP

r

r

=τ

La caída del cilindro es un movimiento bidimensional en el plano XY. Todos los vectores axiales están dirigidos según Z.

Por eso podemos establecer la siguiente relación entre los módulos:

dt

mR I d Rmg CM

2 sin

+=

ω θ ( )

dt

d mR I CM

ω 2+= R CM

P

N

F R

θ

θ sinmg

θ cosmgmg

dt

dLPP =τ

∫ ∫ +=

t

CM

dt mR I

Rmgd

0

2sin0

θ ω

ω

ω X

Y

Z2sinmR I

Rmgdt d

CM +== θ α ω

(Véase que la aceleración angular es constante)

Puesto que consideramos que ya en el punto más alto el cilindro rueda sin deslizar debe verificarse Rv / 00 =ω

t mR I

Rmg

R

v

CM 2

0 sin

++=

θ ω

( )t

mRmR

Rmg

R

v22

0

2 / 1

sin

++=

θ t

R

g

R

v

3

sin20 θ ω +=

t g

vv 3

sin20

θ

+=( ) t mRmR

mg Rv 22

2

02 / 1

sin

++=θ

t mR I

mg RvvCM

2

2

0 sin++= θ



15


Momento creado respecto al punto de contacto P por la componente delpeso paralela a la superficie del plano inclinado:

θ

R

N

θ cosmg N =

Se producirá rodadura mientras que la fuerza de rozamiento sea inferior al valor máximo posible de rozamiento estáticoµ N ( N = mgcosθ ).

Aplicando la 2ª ley de Newton:

θ sinmgF =

F R α P I FR =P I

FR=α Ra α =

P

R I

FRmF maF F

2

−=−=

Condición para rodadura N F R <

maF F R =−

P

θ sin3

1

)2 / 3(1 2

2

mgmR

R

mF maF F R =⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

−=−=

θ µ tan3

1>θ µ θ cossin

3

1mgmg < N F R <Para que haya rodadura



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PROBLEMA 7

Un todoterreno con tracción en las cuatro ruedas está parado en una calle donde elcoeficiente de rozamiento estático entre neumático y asfalto vale µ = 0.75. Si se pone enmarcha, ¿cuál es el valor máximo posible de su aceleración sin que las ruedas patinen?.

La aceleración máxima de avance corresponde al rozamiento estático máximo entre las ruedas y el asfalto. El motor del vehículohace girar las ruedas y, mientras éstas no resbalen, la fuerza de rozamiento estática F R, que se opone a la fuerza que la superficie

de los neumáticos en contacto con el asfalto hacen sobre él, impulsa el vehículo hacia delante. Téngase en cuenta que la parteinferior de los neumáticos hace sobre el pavimento una fuerza dirigida hacia atrás.

Es decir, la fuerza de rozamiento estática determina el movimiento del todoterreno haciadelante porque es la única fuerza externa exterior que actúa en sentido horizontal.

RF r

RF r

Hay cuatro puntos de contacto con el suelo, uno por cada neumático. Para simplificar

supondremos que el peso Mg del vehículo se reparte por igual entre ellos, y que las cuatrofuerzas de rozamiento son iguales.

Mg

N

CM

Fuerza de rozamiento entre cada neumático y el suelo Mg N

F R µ µ 4

1

4==

∑== MaF F R4 Ma Mg =⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ µ

4

14 2

m/s35.78.975.0 =⋅== ga µ

2ª ley de Newton:

Comentario: si las ruedas resbalasen sobre el terreno, entonces habría velocidad relativa entre la superficie inferior del neumáticoy el asfalto. Esto daría lugar a un rozamiento dinámico, la fuerza correspondiente también estaría dirigida hacia delante, perocomo el coeficiente dinámico es inferior al estático, la aceleración resultante seria menor.



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PROBLEMA 8

Un automóvil viaja a 126 km/h por una carretera recta y llana. De improviso unacaballería cruza la carretera 150 m por delante del vehículo. Suponiendo que elconductor reaccione de forma instantánea y aplique el freno de inmediato, ¿cómo leconviene hacerlo para evitar el atropello, de forma brusca bloqueando las ruedas o demanera suave pero firme de manera que las ruedas rueden sin deslizar? Suponga que los

frenos actúan por igual sobre las cuatro ruedas del vehículo y que los coeficientes derozamiento estático y dinámico son, respectivamente, µ E = 0.60 y µ D = 0.35.

Caso de frenar bruscamente, bloqueando las ruedas

Las ruedas se deslizan sobre el asfalto y la fuerza responsable de la desaceleración será el rozamiento dinámico.

Suponiendo que el peso se reparte por igual entre las cuatroruedas, la fuerza de rozamiento dinámica en cada una es 44

gF D D D µ µ == La fuerza total que actúa

sobre el vehículo es 4 F D

D D aF =44

4g

Dµ = ga D D = 2m/s43.38.935.0 =⋅=

Mg

N

CM

F D F D

D D xavv 220

2 −=−

m/s35km/h1260 =

Esta aceleración tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad de coche; el espaciorecorrido hasta detenerse será:

D

Da

vv x

2

20

2

−

−= m6.178

53.32

352

=⋅−

−=

=v

0=v (finalmente se detiene)



18


Caso de frenar suavemente, de modo que las ruedas rueden sin deslizarLa frenada se debe a la fuerza de rozamiento estática. Suponiendo, como antes, que el peso se reparte por igual entre las cuatroruedas, la fuerza de rozamiento en cada una es:

44

g N F E E E µ µ == La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 F E

E E aF =44

4g

E µ = ga E E =2m/s88.58.960.0 =⋅=

Esta aceleración también tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad del coche; el espacio recorrido hasta detenerse será:

E

Da

vv x

2

20

2

−

−= m2.104

88.52

352

=⋅−

−= E E xavv 22

02 −=−

Véase que en el primer caso la distancia de frenada es mayor que la distancia al obstáculo (150 m), mientras que en el segundo

caso puede evitarse el atropello.



19

UCLM

PROBLEMA 9

Una barra delgada y homogénea de longitud L y peso W estáarticulada al suelo en su extremo inferior O. Inicialmente seencuentra colocada verticalmente y en reposo (véase figura).

En un momento dado empieza a caer moviéndose en el planovertical de la figura. Se pide:

W

L

Su velocidad angular y su aceleración angular enfunción del ángulo formado con la vertical.

Represéntense gráficamente velocidad y aceleraciónangular en función del ángulo.

a)

Las componentes normal y tangencial de la reacciónen O en función del ángulo formado con la vertical.Represéntense gráficamente ambas componentes enfunción del ángulo.

b)

O

C

Supóngase ausencia de fricción en la articulación.



20

UCLM


Apartado a)

2

1 ω

O

C’

W

L

L/2θ

W

C

( )θ cos12 −

L

θ cos2

L

α

nF t F

En ausencia de rozamiento seconserva la energía mecánica.

Veamos la energía mecánicacuando la barra estaba vertical (1),

y cuando se encuentra formandoun ángulo θ (2). El C.M, que alprincipio ocupaba la posición C,pasa a ocupar la posición C’.

2211 K U K U +=+

Nivel de referencia de energía potencial

0 0

( )θ cos121 −⋅=

L

W U

22 2

1ω O I K =

DSL en un instante cualquiera.(Rotación)



21

UCLM


22 2

1ω O I K =

Momento de inercia respecto al extremo O

22

31

21

ω ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = L

g

W ( )θ cos121 −⋅=L

W U 222

31

21

K Lg

W =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ = ω

DETERMINACIÓN VELOCIDAD ANGULAR

( )θ ω cos13

−= L

g( )θ ω cos1

32 −= L

g

CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 1

Tomando momentos de las fuerzas respecto al punto O (véase DSL) sólo queda el momentocorrespondiente al peso:

θ τ sen2⋅⋅∑ =

LW O

α τ ⋅∑ = OO I Ecuación fundamental dinámica rotación:

θ α sen23

⋅= L

gα θ ⋅⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⋅⋅ 23

1sen2 Lg

W LW

O A 9 (C i ió )



22

UCLM


Relación entre ω y θ CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 2

( )θ ω cos13

−= L

g

dt

d ω α =

dt

d

d

d θ

θ

ω ⋅=

θ

ω ω

d

d ⋅=

( )θ

θ

θ

ω

cos13

2

sen3

−

=

L

g L

g

d

d

ω

θ

2sen3

L

g= θ α sen

23

⋅= L

g

α

L

g

23

Unidades

θ (º)90 180270

360

ω

L

g3UnidadesRepresentación

gráfica de lavelocidad

angular y de laaceleraciónangular enfunción del

ángulo θ

PROBLEMA 9 (C i ió )



23

UCLM


Apartado b)

nF

θ

CÁLCULO REACCIÓN NORMAL

W

θ cos⋅W

cF

2 L

r CM =La diferencia entre la componente del pesoparalela a la barra W cosθ y la reacción normalF n debe ser igual a la fuerza centrípeta F c.

CM c r g

W F ⋅= 2ω

22 L

g

W ⋅= ω

nc F W F −⋅= θ cos

( )θ ω cos132 −= Lg

( ) 2cos1

3 L

L

g

g

W

⋅−= θ ( )θ cos12

3

−⋅=

W

( )3cos52

−⋅= θ W

F n

PROBLEMA 9 (C ti ió )



24

UCLM


CÁLCULO REACCIÓN TANGENCIAL

La suma de fuerzas tangenciales actuando sobre el C.M. de la barra que cae ha de ser igual asu masa por la aceleración tangencial (2ª ley de Newton aplicada a la componente tangente).

θ

W

2 L

r CM =

θ sen⋅W

t F

t t ag

W F W ⋅=−⋅ θ sen

t ag

W ⋅

α ⋅= CM t r a

La aceleración tangencial del C.M. es

α ⋅= 2 L

α θ ⋅⋅−⋅=2

senL

g

W W F t

θ α sen23

⋅= L

gθ sen

23

2⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅⋅−=

L

g L

g

W W F t

θ sen4⋅= W F t




25

UCLM


Representación gráfica de las reacciones en O

θ sen4⋅=

W F t ( )3cos5

2−⋅= θ

W F n

θ (º)90 180

270

360

nF

W

Unidades

t F

W

Unidades

1

-4

¿Qué significado debeatribuirse al hecho de

que para algunosvalores de ángulo las

reacciones seannegativas?

PROBLEMA 10



26

UCLM

Una varilla delgada de peso W y longitud L que se encuentra

apoyada en una pared y un suelo lisos se desliza hasta quefinalmente cae al suelo (considérese que todo el movimientotiene lugar en el plano de la figura). En el instante presentadoen el esquema, cuando el ángulo formado por la parte superior

de la varilla con la pared es θ , su velocidad angular es ω (altiempo que desliza sobre el suelo y la pared, la varilla estágirando en sentido contrario a las agujas del reloj).

CM

A

B

θ

W

ω

Determine la aceleración del CM de la varilla y su aceleración angular.

A

B

N B

N A

θ

θ

CM

W

α ω

k r

r

α α =

PROBLEMA 10

Fuerzas que actúan: DSL

X

Y

Z

Masa de la varilla: gW m =

Aceleración del CM: jaiaa y xCM

rrr

+=Estas dos componentes

cartesianas son desconocidas;hay que calcularlas.

∑ ⋅== x A x am N F

∑ ⋅=−= y B y amW N F 2ª ley de Newton:

Ecuación de momentos respecto al CM:

∑ =+−−= α θ θ τ I L

N L

N B ACM sin2

)90sin(2

2

12

1mL I =+




27

UCLM


A no tiene aceleración

según el eje X!

ACM r / r

A

B

N B

N A

θ

θ

CM

W

α ω

k r

r

α α =

X

Y

Z

α θ θ I L

N L

N A B =− cos2

sin2

x A am N ⋅=

y B amW N ⋅=−Tenemos tres ecuaciones

… y 5 incógnitas

α ,,,, y x B A aa N N

Para resolver esto, necesitamos dos relaciones adicionales, que obtendremos del hecho de que el extremo A resbala hacia abajo a lolargo de la pared (y por eso no tiene aceleración según el eje X) y del hecho de que el extremo B resbala hacia la derecha sobre elsuelo (y por tanto no tiene aceleración según el eje Y).

Aceleración del CM respecto de A: ACM ACM ACM r r aa /

2 /

rrrrr

ω α −×+=

( )θ θ cossin2 / ji

L

r ACM

rrr

−=

k r

r

ω ω =

jaiaa y xCM

rrr

+= += ja A

r

02

cos

2

sin00

θ θ α

L L

k ji

−+

rrr

j L

i L rr

cos2

sin2

22 θ ω θ ω +−

( ) ( ) j Li

L jaa ACM

rrrr

θ ω θ α θ ω θ α cossin2

sincos2

22 ++−+=

( )i La x

rr

sincos2

2 θ ω θ α −=Igualando componentes




28

UCLM


B no tiene aceleraciónsegún el eje Y

Aceleración del CM respecto de B: BCM BCM BCM r r aa / 2

/ rrrrr

ω α −×+= k r

r

ω ω =

jaiaa y xCM

rrr

+= ia B

r

=0

2

cos

2

sin 00 θ θ α

L L

k ji

−+

rrr

j L

i L rr

cos2sin222

θ ω θ ω −+

( )θ θ cossin2 / ji

Lr

BCM

rrr

+−=

( ) ( ) j Li

Liaa BCM

rrrr

θ ω θ α θ ω θ α cossin2

sincos2

22 +−+−+=

( ) j L

a y

rr

θ ω θ α cossin22+−=

ACM r / r

A

B

N B

N A

θ

θ

CM

W

α ω

k r

r

α α =

X

Y

Z

BCM r / r

Igualando componentes

Las componentes de la aceleración del CM son a x, a y.

Falta determinar la aceleración angular.




29

UCLM


mgW =α θ θ I L N L N A B =− cos2

sin2

x A am N ⋅=

y B amW N ⋅=−

( )θ ω θ α sincos2

2−=mL

N A

( )θ ω θ α cossin2

2+−=mL

W N B

( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡ +− θ ω θ α θ cossin2

sin2

2mLW

Lα 2

12

1mL=

α θ θ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++ 22222 cos4

1sin

4

1

12

1mLmLmL θ θ ω θ θ ω θ cossin

2cossin

2sin

222 L L

mg L

+−=

( )θ ω θ α θ sincos2

cos2

2−−mL L

θ α sin23 Lg=θ α sin

241

121 2 g L L =⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +

( )θ ω θ α sincos2

2−=L

a x

( )θ ω θ α cossin2

2+−=L

a y

2

12

1mL I =Momento de inercia respecto al CM

PROBLEMA 11



30

PROBLEMA 11

Demuestre que la energía cinética de un cuerpo que rueda sin deslizar es la suma dela energía cinética de rotación con respecto al eje que pasa por el CM más la energíacinética del movimiento lineal del cuerpo como si toda su masa estuvieseconcentrada en el CM.

Respecto al CIR el cuerpo rodante tiene un movimiento de rotación pura; por tanto la energíacinética de su movimiento es:2

)( 2

1ω CIRCIRC I E =

CIR

M

R

CM vCM

2 MR I I CM CIR +=Teorema de Steiner:

( ) 22)( 2

1ω MR I E CM CIRC += 222

2

1

2

1ω ω MR I CM += ( )22

2

1

2

1 R M I CM ω ω +=

Si rueda sin deslizar vCM

= ω R

22)( 2

1

2

1CM CM CIRC Mv I E += ω

Energía cinética de rotación conrespecto al eje que pasa por el CM

Energía cinética detraslación del CM

07SolidoRigido_Resueltos

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