(Semana 16 dinámica del cuerpo rígido)

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad)

Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931 Página 1

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

Semana 16

1. SISTEMA MECÁNICO. Se llama sistema mecánico de puntos materiales o de cuerpos, a un sistema complejo en el cual la posición o el movimiento de cada punto material (o de cada cuerpo) depende de la posición y del movimiento de todos los demás. Consideraremos también a un cuerpo material como un sistema de partículas (puntos) materiales que forman este cuerpo. Un ejemplo clásico de un sistema mecánico es el sistema solar, en el cual todos los cuerpos están ligados entre sí por las fuerzas de atracción mutua. Como ejemplo de sistema mecánico también puede servir cualquier maquina o mecanismo, en el cual tos los cuerpos estén ligados por charnelas, barras, cables, correas, etc. (es decir, por ligaduras geométricas diferentes). En este caso, los cuerpos del sistema están sometidos a la acción de las fuerzas de presión o de tensión que se transmiten por intermedio de las ligaduras.

2. FUERZAS EXTERNAS Y FUERZAS INTERNAS. Las fuerzas que actúan sobre puntos materiales o cuerpos de un sistema pueden ser divididas en externas e internas. Se llaman fuerzas externas las fuerzas que actúan sobre puntos materiales del sistema por parte de otros puntos materiales o cuerpos fuera del sistema. Se llaman fuerzas internas las fuerzas que actúan sobre los puntos materiales del sistema por parte de otros puntos materiales que pertenecen a mismo

sistema. Designaremos por eF a las fuerzas

externas y iF a las fuerzas internas. Las fuerzas internas poseen las propiedades siguientes:

[ ]1 La suma de fuerzas de un sistema es nula. En virtud a la tercera ley de la Dinámica, dos

puntos materiales cualesquiera de un sistema actúan uno sobre el otro con fuerzas 12

�

iF y 21

�

iF

iguales en módulo y sentidos opuestos, cuya suma es nula. Como para cada par de puntos del

sistema se tiene un mismo resultado, tendremos: 0=∑��

ipqF

[ ]2 La suma de momentos de todas las fuerzas internas respecto de un centro o eje cualesquiera

es nula. 0=∑�

� ioτ , Para cada par de fuerzas internas se cumple que: 12 21. . 0− =i iF d F d

F21 F12

F13

m1 m2

SISTEMA DE PARTÍCULAS

m3

F31

F21 F12

d

m1 m2

TORQUE NULO O



La fuerzas internas no realizan trabajo cuando el sistema corresponde a un cuerpo rígido. En el caso que el sistema pertenezca a un cuerpo elástico la distancia entre dos puntos materiales es variable, entonces estas fuerzas internas realizan trabajo mecánico.

3. MASA DE UN SISTEMA. El movimiento de un sistema depende no solamente de las fuerzas externas e internas, sino también de su masa total y de la distribución de masas. La masa de un sistema es igual a la suma aritmética de las masas de todos los puntos materiales o de todos los

cuerpos que componen el sistema. =∑ kM m

En un campo de gravedad homogéneo, para el cual el valor es constante tan=�g cons te, el peso

de cualquier partícula será proporcional a la masa.

4. CENTRO DE MASA . La distribución de masas de un cuerpo se juzga por la posición de su centro de gravedad. Transformemos las fórmulas que determinan el centro de gravedad, en uno que contenga la masa. .=k kP m g y .=P M g

k k= =∑ ∑k kc

p x m xx

P M,

k k= =∑ ∑k kc

p y m yy

P M,

k k= =∑ ∑k kc

p z m zz

P M

El punto geométrico ( ); ;= c c cC x y z se llama centro de masa o centro de inercia de un

sistema mecánico. Se define la posición del centro de inercia C por el radio vector

�

Cr cuyas coordenadas se

obtiene con la siguiente ecuación: k .

= ∑�

� kC

m rr

M

Cuando un cuerpo se encuentra dentro de un campo de gravedad homogéneo, la posición del centro de inercia coincide con la posición de del centro de gravedad, estas nociones no son idénticas. La noción de centro de gravedad, como punto por el cual pasa la línea de acción de la resultante de las fuerzas de gravedad, en realidad tiene sentido solamente para un cuerpo solido que se encuentra en un campo de gravedad homogéneo. La noción de centro de inercia, que caracteriza la distribución de masas dentro del sistema, tiene sentido para cualquier de puntos materiales o cuerpo materiales, además esta noción conserva su sentido independiente del hecho de que este sistema esté sometido a la acción de fuerza o no.

5. CONCEPTO DE CUERPO RÍGIDO. Un cuerpo rígido tiene forma y volumen constante, tal que al aplicarle fuerzas externas la distancia entre dos puntos interiores no cambia. Vamos a estudiar las causas de la rotación de un cuerpo sólido y rígido. Es evidente que para cada partícula de las cuales está hecho el cuerpo, podemos aplicar las leyes para la dinámica de Sir Isaac Newton.

A

mi

Ri

Fi

θi

ROTACIÓN DEL CUERPO RÍGIDO



6. LEY DE ACELERACIÓN PARA LA ROTACIÓN. Supondremos que un cuerpo rígido puede girar con respecto de un punto o eje de rotación por acción de un conjunto de fuerzas. La segunda ley de Newton aplicada a una partícula de masa im , la fuerza tangencial

a la trayectoria circunferencia: . .=i i i iF Sen m aθ …(1)

Siendo la aceleración tangencial ia , relacionando

con el movimiento circunferencial uniformemente acelerado, la aceleración es:

.=i ia Rα donde α es la

aceleración angular constante común a todas las partículas que componen el cuerpo rígido. Reemplazando en (1):

. . .=i i i iF Sen m Rθ α …(2)

Multiplicamos ambos miembros por iR tenemos; 2. . . .=i i i i iF R Sen m Rθ α …(3)

Reconociendo el Torque aplicado al cuerpo rígido respecto del punto A. . .=i i i iF R Senτ θ …(4)

Combinado las ecuaciones (3) y (4) tenemos que: 2. .=i i im Rτ α

Haciendo la sumatoria para todas las partículas que conforman el cuerpo rígido: 2. .= ∑Σ i i i

i i

m Rτ α

La aceleracion angular α es igual para todas las partículas. Llamaremos 0τ es el momento total de las fuerzas respecto del punto A.

0 =∑ ii

τ τ

El momento de inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A: 2.=∑ i i

i

I m R

Finalmente la relación entre el toque y la aceleración angular es: 0 .= Iτ α o de la forma

vectorial 0 .=��

Iτ α

Comparando con la ley de aceleración entre la fuerza y la aceleración tangencial: .=�

�

RF m a

A

mi

Ri

Fi

θi

TORQUE RESPECTO DEL CENTRO DE GIRO “A”

Fi.Senθi



7. MOMENTO DE INERCIA. La posición del centro de masa no caracteriza completamente la distribución de las masas del sistema. Por ejemplo (figura 3), si la distancia R del eje Oz a cada una de las bolas iguales A y B aumenta en una misma magnitud, la posición del centro de masa del sistema no variará, pero la distribución de masas será diferente, lo que influirá sobre el movimiento del sistema (teniendo todas las demás condiciones iguales, la rotación alrededor del eje Oz será más lenta). Por eso, en la Mecánica se introduce una característica más de la distribución de masa que es el momento de inercia. Se llama momento de inercia de un cuerpo (sistema) respecto de un eje dado Oz (momento axial de inercia) una magnitud escalar igual a la suma de todos los productos de las masas de todos los puntos del cuerpo (sistema) por los cuadrados de las distancias a este eje.

2.=∑Z i ii

I m R

El momento de inercia de un cuerpo (o de un sistema) respecto de cualquier eje es de una cantidad positiva y no equivale a cero. El momento axial de inercia, durante el movimiento de rotación del cuerpo, desempeña el mismo papel que la masa durante el movimiento de traslación. Es decir, que el momento axial de inercia es la medida de la inercia del cuerpo durante el movimiento de rotación.

8. RADIO DE INERCIA. Para calcular los momentos los momentos axiales de inercia, las distancias de los puntos a los ejes pueden expresarse por medio de las coordenadas , ,i i ix y z

de estos puntos, por ejemplo, el cuadrado de las distancias al eje Ox

será ( )2 2+i iy z . Entonces, los

momentos de inercia respecto de los ejes Oxyz se determinan con las formulas:

( )2 2= +∑x i i iI m y z ,

( )2 2= +∑y i i iI m z x ,

A

L

dx

X

B

Z

BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az

x

Y

C

dm

X

Z

ANILLO DELGADO QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Cz

R

CENTRO DE MASA. Figura 3 X

Z

R R

A B D C

O



( )2 2= +∑z i i iI m x y

Durante los cálculos, se utiliza frecuentemente la noción de radio de inercia. Se llama radio de inercia de un cuerpo respecto del eje Oz a la magnitud lineal inρ que se determina por la

igualdad: 2.=z inI M ρ donde M es la masa del cuerpo.

De la definición se deduce que el radio de inercia es geométricamente igual a la distancia desde el eje Oz hasta el punto en el que hace falta concentrar la masa de todo el cuerpo para que el momento de inercia de este punto aislado sea igual al momento de inercia de todo el cuerpo. Conociendo ele radio de inercia, se puede hallar el momento de inercia del cuerpo o viceversa. El “momento de Inercia”, es la oposición al cambio de la velocidad angular. El momento de inercia se mide en “kilogramo por metro cuadrado”. En mecánica decimos que la Inercia es la oposición al cambio de la velocidad. La medida cuantitativa de la Inercia es la masa (en kilogramos). La Inercia es la propiedad intrínseca de la materia.

9. CÁLCULO DEL MOMENTO DE INERCIA . La inercia es una cualidad de la materia, y el momento de la inercia es el aspecto cuantitativo de la inercia de rotación. El momento de inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A es:

2.=∑A i ii

I m R

Un mismo cuerpo rígido tiene diferentes momentos de inercia, es decir es relativo, depende del eje de rotación. (1) Para masas discontinuas. Se calcula el momento de inercia en forma individual.

2.=i i iI m R

El momento de inercia total es la suma de todos estos momentos de inercia individuales. 2.=∑ i i

i

I m R

(2) Para masas continuas. Consideremos que la masa está distribuida en forma continua en cierto volumen. Veamos algunos ejemplos:

[ ]1. Una barra delgada de longitud L y de masa M.

Calculemos el momento de inercia con respecto al eje Az dirigido perpendicularmente a la barra en el extremo A. Dibujamos el eje coordenado Ax a lo largo de la barra AB. Consideramos una barra de masa M y longitud L. La densidad lineal de masa es

= =M dm

L dxρ

Entonces, para un segmento

elemental cualquiera de longitud dx el diferencial de masa es .=dm dxρ El momento de inercia de la barra AB respecto del Az que pasa por el extremo A es:

2 2. . .= =∫ ∫L L

A

O O

I x dm x dxρ simplificando:

A

L

d

Z*

B

Z

BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az

C



321

. .3 3

= =A

LI M Lρ

[ ]2. Anillo circular delgado y

homogéneo de radio R y de masa M. Hallemos el momento de inercia respecto del eje Cz dirigido perpendicularmente al plano del anillo y que pasa por su centro. Como todos los puntos del anillo se encuentran a la misma distancia R del eje Cz, se tiene la siguiente ecuación:

2.=∑ i ii

I m R donde la distancia iR es

constante. 2.= ∑ i

i

I R m donde la sumatoria de masas es

igual a la masa total del anillo delgado;

=∑ ii

m M finalmente el momento de inercia

del anillo respecto del eje Cz es; 2.=CI M R

[ ]3. Placa circular homogéneo de radio R y

de masa M. Calcularemos el momento de inercia de una placa circular respecto del eje Cz perpendicular a la placa y que pasa por su centro. Para eso, separemos un anillo elemental de radio “r” y de anchura dr . El área de este anillo es igual a2 . .r drπ y la masa

( )2 . .=dm r drπ ρ donde la densidad

superficial de masa es 2

= =M dm

R dSρ

π y el

diferencial de superficie es 2 . .=dS r drπ . El momento de inercia para el anillo elemental es;

2 3. 2 . .= =CdI r dm r drπ ρ

Y para toda la palca circular:

3 4

0

12 . .

2= =∫

R

CI r dr Rπ ρ πρ

Sustituyendo el valor de la densidad superficial tenemos;

C

Z

CILINDRO QUE GIRA Cz

R

A

Y

PLACA RECTANGULAR QUE GIRA

B

D

a

b

X

R

CIRCULO QUE GIRA RESPECTO DEL Cz

r

dr C



21

2=CI M R

Es evidente que se obtendrá la misma fórmula para el momento de inercia 21

2=zI M R de un

cilindro circular homogéneo de masa M y de radio R respecto de su eje Cz.

[ ]4. Placa Rectangular. Omitiendo los cálculos intermediarios damos las fórmulas que

determinan los momentos de inercia de los cuerpos. Una placa rectangular homogénea de

masa M y de lados AB = a y BD = b (el eje “x” está dirigido a lo largo del lado AB; el eje “y”, a los largo del lado BD.

21

3=XI M b y

21

3=YI M a

[ ]5. Cono. Un cono recto y continúo de masa M y radio de base R (el eje “z” está dirigido a lo

largo del eje del cono):

23

10=ZI M R

[ ]6. Esfera. Una esfera de masa M y radio R (el eje “z” está dirigido a lo largo del diámetro):

22

5=ZI M R

Los momentos de inercia de cuerpos no homogéneos y de cuerpos de perfiles complicados pueden ser determinados experimentalmente con ayuda de instrumentos correspondientes.

10. TEOREMA DE HUYGENS. MOMENTOS DE INERCIA DE UN CUERP O RÍGIDO RESPECTO DE EJES PARALELOS. Cristian Huygens (1629-1695) científico holandés, mecánico, físico y astrónomo. Inventó el primer reloj de péndulo. Estudió las oscilaciones del péndulo físico e introdujo la noción de momento de inercia de un cuerpo. “El momento de inercia de un cuerpo respecto del eje dado es igual al momento de inercia de un eje paralelo al primero y que pasa por el centro de masas (C) del cuerpo, sumado al producto de la masa de todo el cuerpo por el cuadrado de la distancia entre los ejes.

2* .= +OZ CZI I M d

De la formula anterior deducimos que

*≥OZ CZI I

Por consiguiente, si tomamos todos los ejes en la misma dirección, el momento de inercia mínimo será respecto del eje que pasa por el centro de masas C.

Z*

EJES PARALELOS

O

M

d

C

Z



PROBLEMA 01. Determinar el momento de inercia de una barra delgada de masa M y

longitud L, respecto del eje *CZ perpendicular a la barra y que pasa por su centro de masas C. RESOLUCIÓN Tracemos por el extremo A de la barra un eje AZ y por el centro de masas un eje paralelo

*AZ , entonces la fórmula tiene la siguiente forma:

*2.= +AZ CZ

I I M d

En este caso 2

= Ld , donde: 21

.3

=AZI M L

Entonces el momento de inercia respecto del centro de masa C, es: *2.= −AZCZ

I I M d

reemplazando tenemos que: *2 21 1

.3 4

= −CZ

I ML M L

*

21.

12=

CZI M L

PROBLEMA 02. Determinar el momento de inercia de un cilindro de masa M y radio de base R, respecto del eje AZ que para por su generatriz. RESOLUCIÓN Tracemos por el centro de masas C un eje paralelo

*AZ y por la generatriz un eje AZ y escribimos la ecuación:

*

2.= +AZ CZI I M d

En este caso =d R, donde: *

21

2=

CZI M R

Reemplazando estos valores en el teorema de Huygens obtendremos:

2 21. .

2= +AZI M R M R

Es importante señalar que la rueda de una bicicleta o la llanta de un automóvil gira sin deslizar sobre una pista, en este caso el eje de rotación es tangente a la pista.

23.

2=AZI M R

11. TRABAJO DE ROTACIÓN. Calculemos la cantidad de trabajo elemental que hace la fuerza

externa F aplicada a la partícula A de un cuerpo, cuando éste gira un ángulo de medida ∆θ . La distancia que recorre la componente tangencial es ∆S, se puede confundir con un elemento de recta situado sobre la tangente. La cantidad de trabajo elemental es:

. .∆ = ∆U F Sen Sα

. . .∆ = ∆U F Sen Rα θ Pero el torque se define como: 0 . .= F Sen Rτ α

C

R

CILINDRO QUE GIRA Cz

d

Z-

A

Z



Relacionado tenemos que: 0.∆ = ∆U τ θ

Esta relación también valida si tenemos varios torques debido a un conjunto de fuerzas externas:

0.= ∆∑U τ θ y la forma diferencial es

0

0.= ∫U dθ

θ

τ θ

Si la fuerza es tangente al disco de radio R y de módulo constante, se cumple que la cantidad de trabajo es igual al producto del torque por el ángulo que gira:

0.=U τ θ

12. TEOREMA DE LA ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN.

La cantidad de trabajo neto hecho por todas las fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un punto, es igual a la variación de la energía cinética de rotación:

( ) ( )→ = −NETOA B C CU E en B E en A

2 21 1. . .

2 2= −RES O B O AF R I Iω ω

13. POTENCIA DE ROTACIÓN. La potencia se define como la rapidez con que se realiza

trabajo. La potencia desarrollada por la fuerza será:

0 0. .∆ ∆= = =∆ ∆W

Pt t

θτ τ ω

la cantidad de potencia realizada por la fuerza se mide en watt o watts (abreviado W).

14. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN. La energía cinética de un cuerpo rígido es la suma de las energías cinéticas de todas las partículas, por tanto:

21.

2C i iE m v=∑

pero para un cuerpo que gira la velocidad tangencial en función de la velocidad angular es: .=i iv rω

Reemplazando en la ecuación anterior tenemos que: 2 21. .

2=∑C i iE m rω

Pero la velocidad angular es constante: 2 21. .

2= ∑C i iE m rω

El momento de inercia de un cuerpo rígido que gira es: 2.=∑ i iI m r

Finalmente la energía de rotación es:

21. .

2=CE I ω

O

A R

F

α

TRABAJO DE ROTACIÓN

F.Senα

∆θ

∆S



15. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN Y TRASLACIÓN COMBINADA S. Cuando un disco, cilindro, aro u otro cuerpo solido semejante experimenta traslación y rotación sin deslizamiento, la energía cinética tiene dos componentes, la energía cinética de traslación del centro de masa y la energía cinética de rotación respecto de del centro de masa C.

2 21 1. . . .

2 2CINETICA CE m v I ω= +

Analicemos la traslación pura sin rotación de una rueda, en este caso todos los puntos del cuerpo rígido tienen la misma velocidad respecto de la tierra.

21. .

2TRASLACIONE m v=

Ahora analicemos la rotación pura de una rueda, el centro de rotación “C” no tiene velocidad de traslación, pero todos los puntos del cuerpo rígido tiene igual velocidad angular y los puntos periféricos tienen movimiento circunferencial uniforme.

21. .

2ROTACION CE I ω=

Otra forma, si analizamos el movimiento de rotación y traslación respecto de la línea tangente AB, el momento de inercia se toma respecto de la línea AB. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano es

( ) 21. .

2CINETICA ABE I ω=

donde el momento de inercia es 2.AB CI I M d= + reemplazando

2.AB CI I M R= +

( )2 21. . .

2CINETICA CE I M R ω= + reemplazando ( ) ( )2 21 1. . . .

2 2CINETICA C C CE I M vω= +

16. MOMENTUM ANGULAR ( )�L . Se define momentum angular o momento angular de una

partícula de masa im y

velocidad iv con respecto a un

punto O, a la cantidad definida como el producto vectorial de la posición ir por la cantidad

de movimiento ip .

= ×�

� �

i i iL r p

el módulo del momentum angular es:

( ). .=i i i iL r p Senα

pero .=� �

i i ip m v entonces la

ecuación es:

L

ω

A V

r

MOMENTUM ANGULAR

C V

ENERGÍA CINÉTICA TOTAL

ωωωω

B A



( ). . .=i i i i iL r m v Senα

Si se tiene varias partículas, el momentum angular total será la suma vectorial de los momentum angulares individuales.

=∑� �

iL L

En el caso de un cuerpo rígido, la velocidad iv es siempre perpendicular a la posición ir , por

tanto: . .=i i i iL r m v además sabemos que .=i iv rω entonces la ecuación es:

2. .=i i iL m rω

vectorialmente �

iL se encuentra en la dirección del eje de rotación.

Y el momentum angular total es: ( )2 2. . .= =∑ ∑i i i iL m r m rω ω

Identificando el momento de inercia: 2.=∑ i iI m r

El momentum angular es: .=�

�

L I ω . Analogía con el momentum lineal: .=� �

p m v

17. PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DEL MOMENTUM ANGULAR. De la segunda ley de Newton o ley de aceleración angular se deduce que:

0 . .∆ = = ∆

I It

ωτ α se puede expresar como: ( )0. . .∆ = ∆ = ∆t I Iτ ω ω

0.∆ = ∆t Lτ

El impulso angular J �

es una cantidad física vectorial que se define como el producto del torque resultante 0

�τ por el intervalo de tiempo ∆t .

0.= ∆�

�

J tτ

El impulso angular ejercido sobre un cuerpo, es igual a la variación del momentum angular:

0.= ∆ = ∆� �

�

J t Lτ

Si el torque resultante es cero entonces no hay variación del momentum angular:

Si 0 0=�

�τ entonces 0∆ =��

L

=� �

INICIAL FINALL L *Esta ley es válida aun cuando el momento de Inercia I es variable. PROBLEMA 03. ¿Qué velocidad lineal tendrá un cascaron esférico de masa M y radio R, que se mueve sobre un plano inclinado si partió del reposo y va hacia abajo, siendo H la altura que descendió la esfera desde el punto de partida? El momento de inercia del cascaron esférico respecto de su centro

geométrico C es 22.

3=CI M R

R

V

θ

A

Para el problema 03

H

B

g

ωωωω



RESOLUCIÓN Como el cascaron rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial es cero 0=Av y también la energía

cinética inicial es nula. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es

( ) 21. .

2CINETICA ABE I ω= donde el momento de inercia es

2.AB CI I M d= + reemplazando 2.AB CI I M R= +

( )2 21. . .


2 2CINETICA CE I M vω= +

Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero 0=Bh

por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula. La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B. La energía mecánica en el punto inicial A es igual a la energía mecánica final en B:

( ) ( )=EM en A EM en B

( ) ( ) ( ) ( )CIN P CIN PE en A E en A E en B E en B+ = +

2 2 2 21 1 1 1. . . . . . . .

2 2 2 2+ + = + +A C A A B C B Bm v I m g h m v I m g hω ω

Reemplazando tenemos que:

2 21 10 0 . . . . 0

2 2+ + = + +B C Bm g H m v I ω

2 2 2 21 1 2. . . . . .

2 2 3 = +

M g H M R M Rω ω

2 2 25 5. . . . .

6 6= =M g H M R M vω

Despejando tenemos que el valor de la

velocidad en el punto B es: 6

.5

=Bv g H

Podemos señalar que, si es cascarón se reemplaza por un bloque cúbico del mismo tamaño en masa y se desplaza libre de rozamiento la rapidez en B sería:

2 .=Bv g H

PROBLEMA 04. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por el punto “O”. Parte del reposo en la posición vertical en A como indica la figura. Calcular la velocidad angular de la varilla en el instante

L

A

mg B

θ

O Para el problema 04

V



que pasa por su posición horizontal en B. El momento de inercia de la barra respecto de su

extremo “O” es 21.

3=OI M L

RESOLUCIÓN Recuerde que el trabajo en rotación viene dado por:

0

0.= ∫U dθ

θ

τ θ donde 0τ es el momento

resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre el cuerpo rígido respecto al eje de rotación.

0 . .= m g dτ el torque lo produce la fuerza

de gravedad (mg) por el brazo de momento

(d):.

2= L Sen

dθ

0

.. . .

2 =

∫L Sen

U m g dθ

θ

θ θ desarrollando

tenemos que: 90º

0

. .. .

2= ∫

m g LU Sen dθ θ integrando

tenemos que [ ]90º

0º

. .

2= −m g L

U Cosθ

. .

2= m g L

U

Aplicamos el Teorema del trabajo neto o total. La cantidad de trabajo neto hecho por todas las fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un punto, es igual a la variación de la energía cinética de rotación:

( ) ( )→ = −NETOA B C CU E en B E en A

2 2. . 1 1. .

2 2 2= −O B O A

m g LI Iω ω

Es importante señalar que el momento de inercia OI de la varilla es respecto del extremo “O”.

La velocidad angular en A es nula 0=Aω , entonces la ecuación se reduce a:

2. . 1. 0

2 2= −O B

m g LI ω remplazando 2 2. . 1 1

. .2 2 3

=

B

M g LM L ω

resolviendo la ecuación tenemos que: 3.=B

g

Lω y el módulo de la velocidad lineal del

punto B es: 3 .=Bv g L

PROBLEMA 05. Un disco de 20 kg y 0,3 m de radio gira sin fricción en torno a su eje accionado por una fuerza F = 20 N tangente al disco. Calcular la aceleración tangencial de los puntos periféricos del disco. El momento de inercia del disco de masa M y radio R respecto de

L/2

d

mg B θ

O

Para la resolución 04

V



su centro “O” es 21

2=OI M R

RESOLUCIÓN Aplicamos la ley de aceleración para un cuerpo rígido que gira respecto de un punto “O”. El torque resultante es igual al producto del momento de Inercia por la aceleración angular:

.=��

O Iτ α

El valor del torque es igual al producto de la fuerza por el radio del disco.

.=O F Rτ Reemplazando en la ecuación

anterior tenemos que: 21. . .

2 =

F R M R α

2

.= F

M Rα reemplazando los datos:

220

3−= sα

La aceleración tangencial es, .=Ta Rα reemplazando datos tenemos que: 22 . −=Ta m s PROBLEMA 06: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque A y B de masas 7 kg y 3 kg respectivamente. La masa de la polea cilíndrica es 4 kg. El momento de inercia de la polea respecto de su centro


2CI M R= , donde R es el radio de

la polea. (g = 10 m/s2)

Resolución

A

B

O

R

A

F

M

Para el problema 05

A

70 N

B

30 N

T1

a

a

T2

T1

T2

α

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE



a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico. a .Rα==== b) Ley de la aceleración angular: CI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 21 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =

reduciendo (((( ))))1 2

1

2T T M . .a

− =− =− =− =

reemplazando el valor de la masa: 1 2 2T T .a− =− =− =− = …(1)

c) Ley de aceleración rectilínea: yF M .a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque A: (((( ))))170 7y AF m .a T .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (2)

Bloque B: (((( ))))2 30 3y BF m .a T .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (3)

Adicionando loas ecuaciones (2) y (3):

(((( ))))2 1 70 30 10T T .a− + − =− + − =− + − =− + − = reduciendo 2 1 10 40T T a− = −− = −− = −− = − …(4)

resolviendo las ecuaciones (1) y (4) 210

3a m.s−−−−====

Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 3,333 m/s2. PROBLEMA 07: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque A masas 5 kg. La masa de la polea cilíndrica es 2,5 kg. El momento de inercia de la polea

respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R= , donde

R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)

Resolución a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la

A

R

A

50 N

T1

a

T1

α




aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico. a

a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular: CI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 21

1

2

aT .R M .R .

R ====

reduciendo (((( ))))1

1

2T M . .a

====

reemplazando el valor de la masa: 1 1 25T , .a==== …(1)


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A es 5 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque A: (((( ))))150 5y AF m .a T .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (2)

Reemplazando (1) en (2):

50 1 25 5, .a .a− =− =− =− = resolviendo la ecuación 28a m.s−−−−====

Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 8 m/s2. PROBLEMA 08: En el sistema mostrado, determine el módulo de la tensión en la cuerda vertical. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la polea respecto de su

centro geométrico C es 21.

2CI M R= , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)

Resolución a) La aceleración rectilínea del centro de masa C de la polea se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la polea, es:

g

R ac

M.g

T

c α


O O



2.O CI I M d= + reemplazando 2 2 21 3

. . .2 2OI M R M R M R= + =

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O es nula. c) Ley de la aceleración angular: o oI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 23

2ca

M .g .R M .R .R

====

reduciendo 2

3ca .g====


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque A: 2

3y cF m.a M .g T M . .g

==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =

∑∑∑∑

Resolviendo la ecuación 1

3T M .g

====

Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un tercio del peso del bloque. EJEMPLO 09: Un bloque se encuentra sobre un plano inclinado perfectamente liso. Determine el módulo de la aceleración del bloque sobre el plano inclinado. El bloque tiene masa m y la polea masa M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico

C es 21.

2CI M R= , donde R es el radio de la polea. (g: módulo de la aceleración de la gravedad)

Resolución a) La aceleración rectilínea “a” del bloque se relaciona con la aceleración angular “α” de la polea respecto de su centro geométrico.

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


θ

m

M

α

a



(((( )))) 21

2

aT .R M .R .

R ====

reduciendo

1

2T M .a

====

…(1)

b) Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. No hay movimiento en el eje Y, mientras que el bloque acelera en el eje X. Entonces aplicamos la segunda ley de Newton en el eje X.

0y x xF y F m.a= == == == =∑ ∑∑ ∑∑ ∑∑ ∑

m.g.Sen T m.aθ − =− =− =− = …(2)


2

M .am.g.Sen m.aθ − =− =− =− = resolviendo la ecuación:

12

g.Sena

M

m

θ==== ++++

Observación: Si el valor de la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración sobre el plano es g.Senθ PROBLEMA 10: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloques de masas mA y mB. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la

polea respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R= , donde R es el radio de la polea. (g =

10 m/s2)

T R

α

TORQUE

a

x

y

N

m.g

mg.Cosθ

mg.Senθ

θ

θ

T



Resolución a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


(((( )))) 21 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =

reduciendo 1 2 2

M .aT T− =− =− =− = …(1)


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque A: (((( ))))1y A A AF m .a m .g T m .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (2)

Bloque B: (((( ))))2y B B BF m .a T m .g m .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (3)

Adicionando loas ecuaciones (1), (2) y (3):

2A B A B

Mm .g m .g m m .a

− = + +− = + +− = + +− = + +

reduciendo

2

A B

A B

m ma .g

Mm m

−−−−==== + ++ ++ ++ +

Observación: si la masa de la polea es despreciable, el módulo de la aceleración de los bloques

es A B

A B

m ma .g

m m

−−−−==== ++++

A

B

A

mA.g

B

mB.g

T1

a

a

T2

T1

T2

α




PROBLEMA 11: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque A de masa “m”. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su

centro geométrico C es 21.



aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


(((( )))) 21

2

aT .R M .R .

R ====

reduciendo 2

M .aT ==== …(1)


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque A: (((( ))))yF m.a m.g T m .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (2)


2

m.am.g m.a− =− =− =− = resolviendo la ecuación

2

m.ga

Mm

====++++

o la forma

12

ga

M.m

==== ++++

Observación: si la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración del bloque es a g====

A

R

m

M

A

m.g

T

a

T

α




PROBLEMA 12: En el sistema mostrado, determine el módulo de la tensión en la cuerda vertical. La masa de las poleas cilíndricas A y B es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro


2CI M R= , donde R es el radio de la polea.

(g = 10 m/s2) Resolución a) La aceleración tangencial a1 de la polea A se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

11 1 1

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular:

c cI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 2 11

2

aT .R M .R .

R ====

reduciendo 1

2Ta

M==== y la tensión es

1

2

M .aT ==== …(1)

c) Analizamos a la polea B. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la polea, es:

2.O CI I M d= + reemplazando

2 2 21 3. . .

2 2OI M R M R M R= + =

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula. c) Ley de la aceleración angular:

o oI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 23

2ca

M .g .R M .R .R

====

reduciendo 2

3ca .g====

c) Ley de aceleración rectilínea:

yF M .a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton

ac+a1 M.g

T

c α

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE (POLEA B)

O O

a1

A

R

Problema 12

R

g

B

A

T

Resolución 12. 1

R α1



en el eje vertical:

Bloque A: y cF m.a====∑∑∑∑ reemplazando tenemos que: (((( ))))poleaM .g T M . a− =− =− =− =

11

2

2 3

M .aM .g M . a .g

− = +− = +− = +− = +

Resolviendo la ecuación 1

2

9a g

====

Reemplazando en (1): 1

2

M .aT ==== tenemos

2

2 9

MT g

====

1

9T M .g

====

Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un noveno del peso de una de las poleas. PROBLEMA 13. ¿Qué energía cinética tendrá un cilindro macizo de masa M y radio R, que rueda sin deslizarse sobre un plano horizontal cuya velocidad del centro de masa es V? El

momento de inercia del cilindro macizo respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R=

RESOLUCIÓN Como el cilindro rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano horizontal es

( ) 21. .

2CINETICA ABE I ω= donde el momento

de inercia es 2.AB CI I M d= + reemplazando

2.AB CI I M R= +

( )2 21. . .

2CINETICA CE I M R ω= +

( ) ( )2 21 1. . . .


Reemplazando el valor del momento de inercia tenemos que:

( )2

2 21 . 1. . . .

2 2 2CINETICA

M RE M vω

= +

23. .

4CINETICAE M v=

Observación: representa tres medios de la energía cinética de traslación,

23 ..

2 2CINETICA

M vE

=

ωωωω

V

ROTACIÓN Y TRASLACIÓN Para el problema 13

A B

C



PROBLEMA 14. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (Ver figura) No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. ¿Cuál es el valor de la aceleración del bloque? El momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es

22.

3CI M R= y el momento de inercia de la polea es 21.

2CI M R=

Resolución a) La aceleración tangencial del cascaron esférico en la zona ecuatorial se relaciona con la aceleración angular de la misma esfera respecto de su centro geométrico.

1 1 11

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la esfera: 1c cI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 21 1 1 1

1

2

3

aT .R M .R .

R

====

reduciendo

la tensión es 1 1

2

3T M .a

====

…(1)

c) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma

Para el problema 14

R2

m

M2

M1 R1

αααα1

ESFERA HUECA

a T1

M1 R1

αααα1



polea respecto de su centro geométrico.

2 2 22

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea:

1c cI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) 22 1 2 2 2

2

1

2

aT T .R M .R .

R

− =− =− =− =

reduciendo

(((( ))))2 1 2

1

2T T .M .a

− =− =− =− =

…(2)

e) Ley de aceleración rectilínea: yF m.a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque A: (((( ))))2yF m.a m.g T m .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (3)

Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3):

1 2

2 1

3 2m.g M M m a

= + += + += + += + +

resolviendo la ecuación

1 2

2 13 2

m.ga

M M m==== + ++ ++ ++ +

Observación: la cuerda tiene aceleración rectilínea constante, por lo tanto la aceleración tangencial de la esfera, la aceleración tangencial de la polea y la aceleración del bloque es el mismo valor.

PROBLEMA 15. El sistema de la figura consta de una polea formada por dos discos coaxiales soldados de masas M1 y M2 y radios R1 y R2 respectivamente ( )1 2R R≤ . Dos

bloques A y B de masas MA y MB cuelgan del borde de cada disco atados a cuerdas diferentes. Calcular el valor de la aceleración angular de las poleas coaxiales. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es

21.


BLOQUE

R2

T1

T2

T2

αααα2

a

m.g

POLEA

A B

Para el problema 15



A B

D.C.L. de los bloques A y B

T1 T2

MA.g MB.g

a1

a2


Bloque A: 11 1

1

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

Bloque B: 22 2

2

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


Polea menor: 2 1

1 1 1 11

1

2

aT .R M .R .

R

====

reduciendo 1 11 2

M .aT ==== …(1)

c) Ley de la aceleración angular: CI .τ α∑∑∑∑ ====

Polea mayor: 2 1

2 2 2 22

1

2

aT .R M .R .

R

= −= −= −= −

reduciendo 2 22 2

M .aT = −= −= −= − …(2)

d) Ley de aceleración rectilínea: yF M .a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A baja y el bloque B sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque A:

(((( ))))1 11y A A AF M .a M .g T M .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(3) … (2)

Bloque B:

(((( ))))2 22y B B BF M .a T M .g M .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ ….(4) … (3)

Adicionando loas ecuaciones (1), (2), (3) y (4):

1 21 22 2A B A B

M MM .g M .g M .a M .a

− = + + −− = + + −− = + + −− = + + −

1 21 22 2A B A B

M MM .g M .g M . .R M . .Rα α − = + + −− = + + −− = + + −− = + + −


1 22 2

A B

A B

M M .g

M MM .R M .R

α−−−−

==== + + −+ + −+ + −+ + −

Observación: si la masa de las poleas es despreciable, el módulo de la aceleración angular de

T1

T2

POLEA

α R1 R2



las poleas es (((( ))))

1 2

A B

A B

M M .g

M .R M .Rα

−−−−====

++++

PROBLEMA 16. Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de 15 kg a otro cuerpo de 200 kg. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale 0.1, calcular. A) La aceleración de los cuerpos, B) Las tensiones de la cuerda El momento de

inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R= , donde R es el radio de

la polea. (g = 10 m/s2)

Resolución a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque A. La fuerza de reacción normal tiene el mismo valor que la fuerza de gravedad.

0 .y N AF F m g= ⇒ =∑

La fuerza de rozamiento cinético es directamente proporcional

a la fuerza normal: . . .cinetica C N C Af F m gµ µ= =

Aplicamos la ley de aceleración de traslación:

1. . . .x A C A AF m a T m g m aµ= ⇒ − =∑ …(1)

b) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su

centro geométrico. a

a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

c) Ley de la aceleración angular aplicada a la esfera:

1c cI .τ α∑∑∑∑ ====

R

A M

α

a

a

B

Para el problema 16

A

mA.g

D.C.L. del bloque A.

FN µ.FN

T1 a



(((( )))) 22 1

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =

reduciendo la tensión es

2 1 2

M .aT T− =− =− =− = …(2)

d) Ley de aceleración rectilínea: yF m.a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque B. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque B: (((( ))))2y B BF m.a m .g T m .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …

(3) Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3):

2B C A A B

Mm .g .m .g m m aµ − = + +− = + +− = + +− = + +

resolviendo la ecuación tenemos que:

(((( ))))

2

B C A

A B

m .m ga

Mm m

µ−−−−==== + ++ ++ ++ +

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, la

aceleración de los bloques sería:

2

B

A B

m .ga

Mm m

==== + ++ ++ ++ +

PROBLEMA 17. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1

R

M α

a B

D.C.L (polea y bloque B)

T1

T2

T2

MB.g

R2

M2 α2

a

a

m

Para el problema 17

M1

R1



rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución a) Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie horizontal, es:


2 2 21 3. . .

2 2OI M R M R M R= + =

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula. b) La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

1 1 11

CC

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular: Respecto del punto “O”, 1o oI .τ α∑∑∑∑ ====

(((( )))) (((( )))) 21 1 1

1

32

2ca

T . .R M .R .R

====


3

4 CT M .a====

Analizando cinemáticamente, recordamos que

2C

aa ==== es decir la aceleración del bloque es el doble

de la aceleración de traslación del cilindro de radio R1.

La tensión en la cuerda es: 1 1

3

8T M .a==== …(1)

c) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de

radio R2: 2c CI .τ α====∑∑∑∑

La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

2 2 22

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

(((( )))) 22 1 2 2 2

2

1

2

aT T .R M .R .

R

− =− =− =− =


22 1 2

M .aT T− =− =− =− = …(2)

a

Polea de radio R1

T1

R1

α1

R1 aC

O

R2

M2 α2

a

m.g

Polea de radio R2 y bloque.

T1

T2

T2




Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque: 2y BF m.a m .g T m.a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (3)


1 2

3 1

8 2m.g M M m a

= + += + += + += + +


1 2

3 18 2

m.ga

M M m==== + ++ ++ ++ +

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire. PROBLEMA 17. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra otro cilindro de radio R2 y masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración de cada cilindro. El momento de inercia de la polea y de cada cilindro respecto de su centro geométrico es

21.

2CI M R=

Resolución

a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro

geométrico. a

a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

La aceleración del centro de masa de cada cilindro se relaciona con la aceleración angular:

1 1 11

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ==== y 2 2 2

2

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R: c CI .τ α====∑∑∑∑

M

Para el problema 17

M1

R1

R M2

θ β

R2



(((( )))) 21 2 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =

reduciendo la tensión es 1 2 2

M .aT T− =− =− =− = …(1)

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R1: 1c OI .τ α====∑∑∑∑

Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie inclinada, es:


. . .2 2OI M R M R M R= + =

(((( )))) 21 1 1 1 1

1

3

2

aM .g.Sen T .R M .R .

Rθ

− =− =− =− =


1 1 1

3

2M .g.Sen T M .aθ − =− =− =− =

…(2)

d) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R2: 2c OI .τ α====∑∑∑∑



. . .2 2OI M R M R M R= + =

(((( )))) 22 2 2 2 2

2

3

2

aT M .g.Sen .R M .R .

Rθ

− =− =− =− =


2 2 2

3

2T M .g.Sen M .aβ − =− =− =− =

…(3)


M

Resolución 17

T2

M2.g.Senβ

R α2

θ β

α1

T1

M1.g.Senθ

α



1 2 1 2

3 3 1

2 2 2M .g.Sen M .g.Sen M M M aθ β − = + +− = + +− = + +− = + +


1 2

1 2

23 3

M .Sen M .Sena .g.

.M .M M

θ β −−−−==== + ++ ++ ++ +

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea y la aceleración del centro de masa de cada cilindro macizo tienen el mismo valor PROBLEMA 18. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea y del cilindro respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución

a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma

polea respecto de su centro geométrico. a

a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular:

1 1 11

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

M

Resolución 18

T2

M2.g.Senβ

R a

θ β

α1

T1

M1.g.Senθ

α

M

Para el problema 18

M1

R1

R

M2

θ β

α




(((( )))) 21 2 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =


M .aT T− =− =− =− = …(1)




. . .2 2OI M R M R M R= + =

(((( )))) 21 1 1 1 1

1

3

2


Rθ

− =− =− =− =


1 1 1

3

2M .g.Sen T M .aθ − =− =− =− =

…(2)


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje paralelo al plano inclinado:

2 2 2 2/ / planoF M .a T M .g.Sen M .aβ==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(3)


1 2 1 2

3 2 1

2 2 2M .g.Sen M .g.Sen M M M aθ β − = + +− = + +− = + +− = + +


1 2

1 2

23 2

M .Sen M .Sena .g.

.M .M M

θ β −−−−==== + ++ ++ ++ +

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor. PROBLEMA 19. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, θ Para el problema 19

M

M2

M1

R1

R



por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea y del cilindro respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro geométrico.

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


(((( )))) 21 2 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =


M .aT T− =− =− =− = …(1)




. . .2 2OI M R M R M R= + =

(((( )))) 21 1 1 1 1

1

3

2


Rθ

− =− =− =− =


1 1 1

3

2M .g.Sen T M .aθ − =− =− =− =

…(2)


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

2 2 2 2yF M .a T M .g M .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(3)


θ Resolución 19

R

a

T2

T1

M1.g.Senθ M2.g

α1

α

O

R1



1 2 1 2

3 2 1

2 2 2M .g.Sen M .g M M M aθ − = + +− = + +− = + +− = + +


1 2

1 2

23 2

M .Sen Ma .g.

.M .M M

θ −−−−==== + ++ ++ ++ +

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor. PROBLEMA 20. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea y del cilindro respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución

a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro

geométrico. a

a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R:

c CI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) 21 2 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =


1 2 2

M .aT T− =− =− =− = …(1)

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R1:

1c OI .τ α====∑∑∑∑

Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto θ

Resolución 20

R

a

T2

T1

M1.g.Senθ

M2.g

α1

α

O

R1

R1

Para el problema 20

M

M2

M1

R1

R

θ



O, tangente con la superficie inclinada, es:


. . .2 2OI M R M R M R= + =

(((( )))) (((( )))) 21 1 1 1 1 1

1

32

2

aM .g.Sen . R T . .R M .R .

Rθ

− =− =− =− =


1 1 1

32

2M .g.Sen .T M .aθ − =− =− =− =

…(2)


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

2 2 2 2yF M .a T M .g M .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(3)


1 2 1 2

3 2 12

2 1 1M .g.Sen .M .g M M M aθ − = + +− = + +− = + +− = + +


1 2

1 2

22

3 4 2

M .Sen .Ma .g.

.M .M .M

θ −−−−==== + ++ ++ ++ +

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor. PROBLEMA 21. Un cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo θ respecto de la horizontal. Calcular la tensión de la cuerda. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro geométrico

es 21.

2CI M R=

Resolución a) La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular del mismo cilindro respecto de su

centro geométrico. CC

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie inclinada, es:


. . .2 2OI M R M R M R= + =

Para el problema 21

M

r

R

θ



c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O

del cilindro con el plano inclinado: c OI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) (((( )))) 23

2Ca

M .g.Sen .R T . R r M .R .R

θ − − =− − =− − =− − =

reduciendo

31

2 C

rM .g.Sen T . .M .a

Rθ − − =− − =− − =− − =

El valor de la tensión en función de la aceleración es:

32

1

CM .g.Sen .M .aT

rR

θ −−−− ====

−−−−

PROBLEMA 22. Un cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo θ respecto de la horizontal. Calcular la aceleración del bloque. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución

Resolución 21

O

r

R

θ M.g.Senθ

T

α

Para el problema 22

M

r

R

θ

M1

M2

R1



a) La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular del mismo cilindro respecto de su centro

geométrico. CC

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====



2 2 21 3. . .

2 2OI M R M R M R= + =

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O del cilindro con el plano inclinado:

c OI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) (((( )))) 21

3

2Ca

T . R r M .g.Sen .R M .R .R

θ + − =+ − =+ − =+ − =

1

3

2 C

R RT M .g.Sen . .M .a .

R r R rθ − =− =− =− = + ++ ++ ++ +

La aceleración del bloque de masa M2 se relaciona con la aceleración del centro de masa del cilindro:

CC

a a Ra .a

R r R R r ==== ⇒⇒⇒⇒ ==== + ++ ++ ++ +

2

1

3

2

R RT M .g.Sen . .M .a.

R r R rθ − =− =− =− = + ++ ++ ++ +

…(1)

d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1

respecto del centro geométrico: 1C CI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) 22 1 1 2 1

1

1

2

aT T .R M .R .

R

− =− =− =− =


1

2T T M .a

− =− =− =− =

…(2)

e) Ley de aceleración rectilínea: yF M .a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque baja. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

2 2 2 2yF M .a M .g T M .a==== ⇒⇒⇒⇒ − − =− − =− − =− − =∑∑∑∑ …(3)


Resolución 22 O

r

R

θ M.g.Senθ

T1

αααα

Resolución 22

T1

a

M2.g

αααα1111

M1

T2

R1



2

2 1 2

3 1

2 2

R RM .g M .g.Sen . M . M M a

R r R rθ

− = + +− = + +− = + +− = + + + ++ ++ ++ +

Resolviendo la ecuación tenemos que:

2

2

1 2

3 12 2

RM M .Sen . .g

R ra

RM . M M

R r

θ −−−− ++++ ==== + ++ ++ ++ + ++++

Observación: Si los radios son iguales R r= , entonces la aceleración del bloque sería:

2

1 2

12

3 18 2

M M .Sen .ga

M M M

θ −−−− ====

+ ++ ++ ++ +

PROBLEMA 23. Un cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo θ respecto de la horizontal. Calcular la aceleración del centro de masas, la tensión de la cuerda, la fuerza de rozamiento. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución a) La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular del mismo cilindro respecto de su

centro geométrico. CC

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====



2 2 21 3. . .

2 2OI M R M R M R= + =

Para el problema 23

M

r R

θ

M1

M2

R1

Resolución 23 O

r

R

θ M.g.Senθ

T1

αααα



c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O

del cilindro con el plano inclinado: c OI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) (((( )))) 21

3

2Ca

M .g.Sen .R T . R r M .R .R

θ − − − =− − − =− − − =− − − =

1

3

2 C

R RM .g.Sen . T M .a .

R r R rθ − − =− − =− − =− − = − −− −− −− −

La aceleración del bloque de masa M2 se relaciona con la aceleración del centro de masa del cilindro:

CC

a a Ra .a

R r R R r ==== ⇒⇒⇒⇒ ==== − −− −− −− −

2

1

3

2

R RM .g.Sen . T .M .a.

R r R rθ − − =− − =− − =− − = − −− −− −− −

…(1)

d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1

respecto del centro geométrico: 1C CI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) 21 2 1 1 1

1

1

2

aT T .R M .R .

R

− =− =− =− =


1

2T T M .a

− =− =− =− =

…(2)

e) Ley de aceleración rectilínea: yF M .a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque baja. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

2 2 2 2yF M .a T M .g M .a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(3)


2

2 1 2

3 1

2 2

R RM .g. .Sen M .g M . M M a

R r R rθ

− = + +− = + +− = + +− = + + − −− −− −− −


Resolución 23

T1

a

M2.g

αααα1111

M1

T2

R1



2

2

1 2

3 12 2

RM . Sen M .g

R ra

RM . M M

R r

θ −−−− −−−− ==== + ++ ++ ++ + −−−−

Observación: Si 2R .r==== la aceleración seria: (((( ))))2

1 2

21

62

.M .Sen M .ga

.M M M

θ −−−−====

+ ++ ++ ++ +

PROBLEMA 24. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R y masa M rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio “r” y masa despreciable. En el extremo inferior de la cuerda se

encuentra un bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio “r”. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de

su centro geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución

a) Analizamos al cilindro de radio R. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie horizontal, es:


. . .2 2OI M R M R M R= + =

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula. b) La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

CC

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular: Respecto del punto “O”, 1o oI .τ α∑∑∑∑ ====

α

a

a

m

Para el problema 24

M

R



(((( )))) (((( )))) 21

32

2ca

T . .R M .R .R

====

reduciendo

(((( ))))1

3

4 CT M .a====

Analizando cinemáticamente, recordamos que

2C

aa ==== es decir la aceleración del bloque es el

doble de la aceleración de traslación del cilindro de radio R.

La tensión en la cuerda es: 1 1

3

8T M .a==== …(1)

c) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio “r”: 2c CI .τ α====∑∑∑∑

La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

2 2

aa .r

rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

(((( )))) 22 1 2 2 2

2

1

2

aT T .R M .R .

R

− =− =− =− =


22 1 0

2

M .aT T− = =− = =− = =− = = …(2)

Pero por condición del problema la masa de la polea (M2 = 0) es despreciable, entonces deducimos que el valor de las tensiones en los extremos de la polea son iguales en módulo. 2 1T T T= == == == =


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque: 2yF m.a m.g T m.a==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ … (3)


3

8m.g M m a

= += += += +

Despejando tenemos que:

a

CILINDRO de radio R

T1

R

α

R aC

O

R2

M2 α2

a

m.g


T1

T2

T2



38

m.ga

M m==== ++++

otra forma de expresar 3

18

ga

Mm

==== ++++

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire. PROBLEMA 25. Sobre un plano inclinado áspero un bloque de masa M1 resbala, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M2. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M3. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del

bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución

a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma


a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


(((( )))) 21 2 2

1

2

aT T .R M .R .

R − =− =− =− =


M .aT T− =− =− =− = …(1)

β

α

M3

Para el problema 25

θ

M1

M2 y R2

a a



c) Ley de aceleración rectilínea: / / planoF m.a∑∑∑∑ ====

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que el bloque M1 baja y el bloque M3 sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje paralelo al plano inclinado:

1 1 1 1/ / planoF M .a M .g.Sen T M .aθ==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(2)

3 2 3 3/ / planoF M .a T M .g.Sen M .aβ==== ⇒⇒⇒⇒ − =− =− =− =∑∑∑∑ …(3)


1 3 1 2 3

1

2M .g.Sen M .g.Sen M M M aθ β − = + +− = + +− = + +− = + +

La aceleración es: (((( ))))1 3

1 2 3

2

2 2

.g M .Sen M .Sena

.M M M

θ β−−−−====

+ ++ ++ ++ +

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración de cada bloque tiene el mismo valor.

PROBLEMA 26. Determine la velocidad lineal del centro de masa que tendrá un cilindro macizo de masa M y radio R, que se mueve sobre un plano inclinado, si partió en el punto A del reposo y va hacia

A

Para el problema 26

ω H

B C

β

α

T2

Resolución 25

θ

T1 M2 y R2

a a

M1.g.senθ M3.g.senβ



abajo, siendo H la altura que descendió el cilindro hasta llegar al punto B. El momento de

inercia del cilindro respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R=

RESOLUCIÓN Como el cilindro rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, 0=Av y

también la energía cinética inicial es nula. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es

( ) 21. .

2CINETICA ABE I ω= donde el momento de inercia es

2.AB CI I M d= + reemplazando 2.AB CI I M R= +

( )2 21. . .



Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero 0=Bh

por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula. La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B. La energía mecánica en el punto inicial A, es igual a la energía mecánica final en B:

( ) ( )=EM en A EM en B

( ) ( ) ( ) ( )CIN P CIN PE en A E en A E en B E en B+ = +

2 2 2 21 1 1 1. . . . . . . .

2 2 2 2+ + = + +A C A A B C B Bm v I m g h m v I m g hω ω

Reemplazando tenemos que:

2 21 10 0 . . . . 0

2 2+ + = + +B C Bm g H m v I ω

2 2 2 21 1 1. . . . . .

2 2 2M g H M R M Rω ω = +

2 2 23 3. . . . .

4 4M g H M R M vω= =

Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto B es:

4.

3Bv g H=

Observación: Podemos señalar que, si el cilindro macizo se reemplaza por un bloque cúbico del mismo valor en masa y se desplaza libre de rozamiento, la rapidez en B sería:

2 .=Bv g H



PROBLEMA 27. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un bloque de masa M3. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. El movimiento de los cuerpos se inicia desde el reposo. Determine el valor de la velocidad del bloque después de descender una altura H. El momento de inercia del cilindro y de la polea respecto de su centro

geométrico es 21.

2CI M R=

Resolución a) Para determinar la velocidad del centro de masa del Cilindro, VC, utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:

b) CILINDRO MACIZO: ( ) ( )2 21 1

1 1. . . .

2 2cilindro C CE I M vω= +

Siendo el punto el centro instantáneo de rotación: 1 1 11

CC

vv .R

Rω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

reemplazando:

( )2

2 21 11 1

1 . 1. . . .

2 2 2cilindro C

M RE M vω

= +

reduciendo 2

1

3.

4cilindro CE M v=

La velocidad en los puntos periféricos del cilindro es el doble de la velocidad del centro geométrico:

22C C

vv .v v==== ⇒⇒⇒⇒ ==== entonces

22

1 1

3 3. .

4 4 16cilindro

vE M M v

= =

c) POLEA:

R2

M2 ω2

v

v

M3

Para el problema 27

M1

R1

v

Polea de radio R1

T1

R1

ω1

R1 vC

O



( )2

2 22 22 2

1 1 .. . . .

2 2 2polea C

M RE I ω ω

= =

tiene solo energía cinética de rotación.

22

1.

4poleaE M v= , tiene solo energía cinética de rotación.

d) BLOQUE: 2

3

1.

2bloqueE M v= tiene solo energía cinética de traslación.

Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad:

3. .NETOW M g H=

e) El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética.

NETO cinetica cineticafinal inicialW E E= −

3. . cilindro polea bloquefinal final inicialM g H E E E= + +

2 2 23 1 2 3

3 1 1. . . . .

16 4 2M g H M v M v M v= + +

3

1 2 3

. .3 1 1

16 4 2

M g Hv

M M M=

+ +

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire. PROBLEMA 28: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo, determine el módulo de la velocidad del bloque de masa “m” cuando ha descendido una altura H. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es

21.

2CI M R= , donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2)

R2

M2 ω2

v

M3.g


T1

T2

T2



Resolución a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:

c) POLEA: ( )2

2 21 1 .. . . .

2 2 2polea C

M RE I ω ω

= =

Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular v

v .RR

ω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

21.


d) BLOQUE: 21.

2bloqueE m v= tiene solo energía cinética de traslación.

Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad:

. .NETOW m g H=


NETO cinetica cineticafinal inicialW E E= − reemplazando: . . polea bloque

final finalm g H E E= +

2 21 1. . . .

4 2m g H M v m v= + despejando

. .1 14 2

m g Hv

M m=

+

Para el problema 28

R

m

M

A

m.g

T

v

T

ω




Observación: si despreciamos la masa de la polea, entonces la velocidad del bloque sería:

2. .v g H=

PROBLEMA 29. Sobre un plano horizontal está situado un bloque A de masa MA que está unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de masa M y radio R a otro bloque B de masa MB. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque A y el plano horizontal vale µ, calcular la velocidad del bloque A cuando el bloque B haya descendido una altura H. Inicialmente el sistema se encuentra en reposo. El momento de inercia de la polea

respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R= ,

donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2)

Resolución a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque A. La fuerza de reacción normal tiene el mismo valor que la fuerza de gravedad.

0 .y N AF F m g= ⇒ =∑

La fuerza de rozamiento cinético es directamente proporcional a la fuerza normal:

. . .cinetica C N C Af F m gµ µ= = …(1)

b) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:

c) POLEA: ( )2

2 21 1 .. . . .

2 2 2polea C

M RE I ω ω

= =

R

A M

α

v

v

B

Para el problema 29

A

MA.g

D.C.L. del bloque A.

FN µ.FN

T1 v




v .RR

ω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

21.


d) BLOQUES: ( ) 21.

2bloques A BE M M v= + tienen solo

energía cinética de traslación. Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. e) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad del bloque B y por la fuerza de rozamiento:

. . .NETOB CW M g H f H= −

. . . . .NETOB C AW M g H M g Hµ= −



reemplazando: NETO polea bloques

final finalW E E= +

( )2 21 1. . . . . . .

4 2B C A A BM g H M g H M v M M vµ− = + +

despejando ( ). . .1 1 14 2 2

B C A

A B

M M g Hv

M M M

µ−=

+ +

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, el valor de

la velocidad sería: . .

1 1 14 2 2

B

A B

M g Hv

M M M=

+ +

PROBLEMA 30: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si el bloque A (de mayor masa) desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad de los bloques de masas mA y mB. La polea tiene masa M y radio R. El momento de inercia de la polea respecto

de su centro geométrico C es 21.

2CI M R= . (g = 9,8 m/s2)

R

M ω

v B

D.C.L (polea y bloque B)

T1

T2

T2

MB.g



Resolución a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:

b) POLEA: ( )2

2 21 1 .. . . .

2 2 2polea C

M RE I ω ω

= =


v .RR

ω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

21.


c) BLOQUES: ( ) 21.

2bloques A BE M M v= + tienen solo energía cinética de traslación.

Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por las fuerzas de gravedad de los bloques A y B.

. . . .NETOA BW m g H M g H= −


NETO cinetica cineticafinal inicialW E E= − reemplazando:

NETO polea bloquesfinal finalW E E= +

( )2 21 1. . . . . .

4 2A B A BM g H M g H M v M M v− = + +

A

B

Para el problema 30

A

mA.g

B

mB.g

T1

v

v

T2

T1

T2

ω




despejando ( ). .

1 1 14 2 2

A B

A B

M M g Hv

M M M

−=

+ +

Observación: si la masa de la polea fuese despreciable (nula), el valor de la velocidad sería:

( )2. . A B

A B

g H M Mv

M M

−=

+

PROBLEMA 31. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (ver figura). No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. Inicialmente el sistema está en reposo, si el bloque desciende una altura H, ¿cuál es el valor de la velocidad del bloque? El

momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es 22.

3CI M R= y el

momento de inercia de la polea es 21.

2CI M R=

Resolución a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es: b) ESFERA HUECA:

Para el problema 31

R2

m

M2

M1 R1

ωωωω1



( ) 2 2 21 1 1 1

1 1 2. . . . .

2 2 3esfera CE I M Rω ω = =

Relación entre la velocidad tangencial y la

velocidad angular 1 1 11

vv .R

Rω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

21

1.

3esferaE M v =

, tiene solo energía

cinética de rotación. POLEA:

( ) 2

22 22

2

1 1 .. . . .

2 2 2polea C

M RE I ω ω

= =

Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular

2 2 22

vv .R

Rω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

22

1.

4poleaE M v =

, tiene solo energía cinética de

rotación.

c) BLOQUE: 21.

2bloqueE m v =

tiene solo energía

cinética de traslación. Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad d bloque.

.NETOW m gH=



reemplazando:

NETO esfera polea bloquecinetica cinetica cineticaW E E E= + +

2 2 21 2

1 1 1. . . . .

3 4 2m g H M v M v m v= + +

ESFERA HUECA

v T1

M1 R1

ωωωω1

BLOQUE

R2

T1

T2

T2

ωωωω2

v

m.g

POLEA



despejando

1 2

. .1 1 13 4 2

m g Hv

M M m=

+ +

Observación: si la masa de la polea fuese despreciable (nula), el valor de la velocidad sería:

1

. .1 13 2

m g Hv

M m=

+

PROBLEMA 32. En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si la polea desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad del centro de masa. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es

21.

2CI M R= , donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2)

Resolución a) Para determinar la velocidad de la polea utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de la polea es:

b) POLEA: ( ) 2 21 1. . .

2 2polea C CE I M vω= + tiene energía cinética de rotación y traslación.

22 21 . 1

. . .2 2 2polea C

M RE M vω

= +

Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular: CC

vv .R

Rω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

vc M.g

T

c ω


O O

g

R

Para el problema 32



23.

4polea CE M v =

c) La tensión T en la cuerda no realiza trabajo, en el punto “O” la velocidad instantánea es nula, no existe deslizamiento relativo, análogo con la fuerza de rozamiento estático. d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad de la polea.

.NETOW M gH=


NETO cinetica cineticafinal inicialW E E= − reemplazando:

NETO poleacineticaW E=

23. . .

4 CM g H M v= despejando: 4

. .3Cv g H=

Observación: si la masa de la polea desciende en caída libre

(cortamos la cuerda) el valor de la velocidad sería: 2. .Cv g H=

PROBLEMA 33: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si la polea B desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad del centro de masa de la polea B. La masa de las poleas cilíndricas A y B son iguales a M. El momento de inercia de la

polea respecto de su centro geométrico C es 21.

2CI M R= , donde R

es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2) Resolución a) Para determinar la velocidad de la polea B, utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada polea es:

b) POLEA “A”: ( ) 1

21. .

2polea CE I ω= tiene energía cinética de rotación.

2211

1 .. .

2 2polea A

M RE ω

=

Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular:

11 1 1 1

1

vv .R

Rω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

21

1.

4polea AE M v =

A

R

Problema 33

R

g

B

A

T

Resolución 33

R ω1



POLEA “B”: ( ) 2 21 1. . .

2 2polea B C CE I M vω= + tiene energía cinética de rotación y traslación.

( )2

221

1 . 1. . .

2 2 2polea B C

M RE M v vω

= + +

Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular: CC

vv .R

Rω ω==== ⇒⇒⇒⇒ ====

( )221

1 1. . .

4 2polea B C CE M v M v v= + + c) La tensión T en la cuerda no realiza trabajo. Las fuerzas internas no realizan trabajo. d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad de la polea.

. .NETOW M g H=



reemplazando:

NETO polea A polea Bcinetica cineticaW E E= +

( )22 21 1

1 1 1. . . . .

4 4 2C CM g H M v M v M v v= + + +

Observación: Falta resolver. PROBLEMA 34. Se muestra un cilindro macizo de masa M2 que rueda sin deslizar, a lo largo de un plano inclinado. El centro del cilindro está unido mediante una cuerda al borde de una polea en forma de disco de masa M1 y R1 de radio. Sabiendo que en el eje de la polea no existe rozamiento,

vc+v1 M.g

T

c ω

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE (POLEA B)

O O

v1

R2

M2

M1

α2

θ Para el problema 34

C

R1

g



calcular la aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda. ? El momento de inercia del

cilindro respecto de su centro geométrico y el momento de inercia de la polea es 21.

2CI M R=

Resolución a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma


a .RR

α α==== ⇒⇒⇒⇒ ====


1 1 11

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1: 1c CI .τ α====∑∑∑∑

(((( )))) 21 1 1

1

1

2

aT .R M .R .

R

====

reduciendo la tensión es 1

1

2T M .a

====

…(1)



2.O CI I M d= + reemplazando 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 3. . .

2 2OI M R M R M R= + =


O M2.g.Senθ

α1

α2

θ Resolución 34

C

R1

a

T

T

R2



2 2 22

aa .R

Rα α==== ⇒⇒⇒⇒ ====

(((( )))) 22 2 2 2

2

3

2


Rθ

− =− =− =− =


2 2

3

2M .g.Sen T M .aθ − =− =− =− =

…(2)

Adicionando las ecuaciones (1) y (2): 2 1 2

1 3

2 2M .g.Sen M M aθ = += += += +

resolviendo la ecuación tenemos que: 2

1 2

23

Ma .g.Sen .

M .Mθ

==== ++++

Despejando tenemos que el valor de la velocidad en el punto B es: 6

.5

=Bv g H

OBSERVACIÓN: Podemos señalar que, si es cascarón se reemplaza por un bloque cúbico del

mismo tamaño en masa y se desplaza libre de rozamiento la rapidez en B sería: 2 .=Bv g H

PROBLEMA 35. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por el punto “O”. En el extremo de la barra se encuentra soldada una esfera pequeña de masa “m” y radio despreciable. El sistema parte del reposo en la posición horizontal en A como indica la figura. Calcular la velocidad del centro de masa C de la varilla en el instante que pasa por su posición vertical en B. El momento de inercia de la barra respecto de su extremo del centro de masa

es 21.

12CI M L =

RESOLUCIÓN a) De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, 0=Av y también la energía cinética inicial es

nula. 0cineticainicialE =

b) La energía cinética de rotación de la BARRA respecto del centro de giro O es

( ) 21. .

2CINETICA OE I ω= donde el momento de inercia es

L/2

C2

Mg

A

B

O

Para el problema 35

C1

C

mg




221

. .12 2O

LI M L M = +

21.

3OI M L =

2 2 2 21 1 1. . . . .

2 3 6CINETICAE M L M Lω ω = =

Relación entre la velocidad angular y la velocidad del centro de masa:

2.

2

C Cv v vLR L

ω ω= ⇒ = =

22 21 2. 2

. . .6 3CINETICA

BARRA CC

vE M L M v

L = =

c) La energía cinética de rotación punto material (esfera pequeña) respecto del centro de giro O

es ( ) 21. .


2 2. .O OI m R I m L= ⇒ =

( )2 2 2 21 1. . . . . .

2 2CINETICAE m L m Lω ω = =


2.

2

C Cv v vLR L

ω ω= ⇒ = =

22 21 2.

. . . 2. .2

PUNTO CCINETICA C

vE m L m v

L = =

d) El centro de masa C de la barra describe un cuarto de circunferencia como trayectoria, desde la posición inicial hasta la posición final

desciende una altura 2

Lh =

En cambio el punto material desciende una altura igual a la longitud de la barra. La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces;

. . . .2

NETO PESOA B A B

LW W M g m g L→ →

= = +

Aplicamos el teorema de la energía cinética entre los puntos A y B.

L/2

VC

2VC

ωωωω

B

O Resolución 35

C2

L/2



NETO cinetica cinetica

A B final inicialW E E→ = −

2 22. . . . . 2. .

2 3 C C

LM g m g L M v m v + = +

Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto C2 es:

( )( )

3. 2. . .

4. 3.C

M m g Lv

M m

+=

+

Observación: Si la masa del punto material (esfera muy pequeña) fuese nula, la rapidez en el

punto más bajo sería: 3

.4Cv g L =

PROBLEMA 36. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por el punto “O”. Parte del reposo en la posición horizontal en A como indica la figura. Calcular la velocidad del centro de masa C de la varilla en el instante que pasa por su posición vertical en B. El momento de inercia de la barra respecto de su extremo del centro de

masa es 21.

12CI M L =

RESOLUCIÓN De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, 0=Av y también la energía

cinética inicial es nula.

0cineticainicialE =

La energía cinética de rotación de la barra respecto del centro de giro O es

( ) 21. .



221

. .12 2O

LI M L M = +

21.

3OI M L =

2 2 2 21 1 1. . . . .

2 3 6CINETICAE M L M Lω ω = =

L/2

C2

Mg

A

B

O

Para el problema 36

C1

C




2.

2

C Cv v vLR L

ω ω= ⇒ = =

22 21 2. 2

. . .6 3

CCINETICA C

vE M L M v

L = =

El centro de masa C de la barra describe como trayectoria un cuarto de circunferencia de radio igual a la mitad de la longitud de la barra, desde la posición inicial hasta la posición final

desciende una altura 2

Lh =

La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces;

. .NETO PESOA B A BW W M g h→ →= =

. .

2NETO

A B

M g LW → =

Aplicamos el teorema de la energía cinética entre los puntos A y B.

NETO cinetica cineticaA B final inicialW E E→ = −

22. . .

3 CM g h M v =

Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto C2 es:

3. .

4Cv g L=

Observación: Podemos señalar que, si la barra se reemplaza por un péndulo del mismo valor

en masa y longitud 2

Lh = , la rapidez en el punto más bajo sería: .Cv g L=

PROBLEMA 37. Las poleas A y B, unidas por una correa, continúan girando después de

r MA

MB ω0

ω

Para el problema 37

Q

R

fC

B A



desconectar el motor de tal manera que la polea A tiene velocidad angular 0ω . La masa total

de las poleas es M. Para detener la rotación se aplica una zapata de freno contra la polea A de

radio R con una fuerza Q; el coeficiente de rozamiento entre la zapata y la polea es kµ .

Despreciando el rozamiento en los ejes y considerando las poleas como discos macizos, determinar el número de vueltas efectuadas por la polea A antes de detenerse. El momento de

inercia de la polea respecto de su centro geométrico es 21.

2CI M R=

RESOLUCIÓN

a) Para determinar el número de vueltas N, utilizaremos el teorema de la energía cinética: NETO cinetica cinetica


Si las poleas se detienen, la energía cinética final es nula: 0cineticaFINALE =


0. .v R rω ω= = entonces la velocidad angular de la polea B es, 0.R

rω ω =

b) La energía cinética de rotación de las peleas es: 2 21 1. . . .

2 2poleas

cinetica A A B BE I Iω ω = +

2 22 21 . 1 .

. . . .2 2 2 2

poleas A A B Bcinetica A B

M R M RE ω ω = +

2 2 22 20 02

1 . 1 .. . . . .

2 2 2 2poleas A B

cinetica

M R M r RE

rω ω = +

( )2 20

1. . .

4poleas

cinetica A BE R M Mω = +

c) El trabajo de la fuerza de gravedad es igual a cero, porque el centro de gravedad de las ruedas y de la correa no se desplazan durante el movimiento del sistema.

d) La fuerza de rozamiento es: ( ). . . .FRICCIONC CW f S Q Rµ ϕ= − = −

si N es el número de vueltas y ϕ el ángulo centra en radianes: 2 .2

N Nϕ ϕ ππ

= ⇒ =

El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento es: ( ). . . 2 . .FRICCIONC CW f S Q R Nµ π= − = −



e) Teorema de la energía cinética: NETO cinetica cinetica


( ) ( )2 20

1. . 2 . . 0 . . .

4C A BQ R N R M Mµ π ω − = − +

Despejando: ( )2

0 . .

8 . .A B

C

R M MN

Q

ωπ µ

+=

A BM M M= +

20 . .

8 . .C

R MN

Q

ωπ µ

=

PROBLEMA 08: Dos niños de masas m = 25 kg. Cada uno están sentados en los extremos opuestos de una barra horizontal de longitud l = 2,6 m y masa M =10 kg. A plancha está rotando a f = 5 rev/min con respecto a un eje que pasa por el centro. I) ¿Cuál será la velocidad angular si cada niño se mueve d = 60 cm. hacia el centro de la barra sin tocar el piso? II) ¿Cuál es el cambio en la energía cinética de rotación del sistema? III) Cuando los niños se encuentran en la posición inicial, se aplica una fuerza F = 120 N perpendicular a la barra a una distancia a = 1 m del eje, hallar la aceleración angular del sistema. SOLUCIÓN: Transformando la velocidad angular inicial de rev/min a rad/s:

�� = 5 �� = �5� 2��60� � = �6��

Sean m1, m2 las masas de los niños y barra respectivamente, entonces los momentos de inercia inicial (I1) y final (I2) son:

�� = 2�1��2�� + 1

12��

�� = �20�25��1,3�� + � 112��10��2,6��

�� = 90,13� .��

�� = 2��2 − �� + 112��

�� = �2��25��0,7�� + 112� �10��2,6��

�� = 30,13� .��

I�Ahora, aplicando el principio de conservación del momento angular, hallemos la velocidad angular final, así:

$�%%%& = $�%%%%& �� = ��

�90,13� '�6( = �30,13��

�� = 1,56 ��

II) De otro lado, el cambio en la energía cinética de rotación del sistema es:

∆*+ = 12 �� −

12 ��

∆*+ = 12 ,�30,13��1,56�

� −�90,13��0,52��-∆*+ ≈ 24,50



III) De la ecuación fundamental del movimiento de rotación de un cuerpo rígido. Hallemos la aceleración angular que adquiere el sistema, así:

1 = �� ∝�120��1� = �90,13� ∝∝= 49,5 ��

PROBLEMA 24: Tres bolas de masas m1 = 1 kg, m2 = 2 kg, m3 = 3kg, se encuentran en una misma recta separadas por las distancias d12 = 1 m y d23 = 2 m. Hallar el momento de inercia del sistema, respecto del eje perpendicular a la recta que une las bolas y que pasa por el centro de masa del sistema. SOLUCIÓN: • Representemos el centro de masas (C.M) del sistema de bolas.

Eligiendo el origen de coordenada 0 en el centro de masa (C.M) del sistema, hallemos la distancia “x”, así:

345 =��3� +��3� +�636�� +�� +�6

0 = −�� + 3� − ��3 +�6�� − 3�� +�� +�6

3 = �6�� −�� +�� +�6

3 = �3��2� − �1��1�1 + 2 + 3 = 5

6�

Luego, el momento de inercia del sistema de bolas, respecto del eje que pasa por su centro de masa 0 es:

�7 = �� + 3�� +��3� +�6�� − 3��7 = �1� 1 + 5

6��+ �2� 56�

�+ �3� 2 − 5

6��

�7 = 8,83� .��

m1 m2 m3 d1

d2

x



PROBLEMAS PROPUESTOS DE DINÁMICA CUERPO RÍGIDO 1. Dos esferas A y B de madera y acero respectivamente del mismo radio se sueltan

simultáneamente sobre un plano inclinado. ¿Cuál de los cuerpos llega al suelo con mayor velocidad?

2. Se muestra un volante de forma circular de radio 0,4 m y momento de inercia respecto del eje que sapa por su centro geométrico es

2800 .=OI kg m . Sobre un plano inclinado

37° un bloque de 10 kg se encuentra unido al volante mediante una cuerda. Sobre el bloque actúa una fuerza de rozamiento cinético de valor constante igual a 40 N. Calcular el valor de la aceleración angular del volante.

3. Una esfera maciza de masa M y radio R tiene una velocidad de valor 4 m/s sobre un punto del plano inclinado alcanzando una altura máxima H respecto del punto de inicio. Del mismo punto de lanza un aro de masa M y radio R, ¿con qué rapidez se debe lanzar para alcanzar la misma altura máxima de la esfera? El momento de inercia del cascarón esférico

respecto de un eje que pasa por su centro geométrico C es 22.

3=CI M R

El momento de inercia de un aro delgado respecto de un eje que pasa por su centro C es

2.=CI M R

4. Se muestra un cilindro de masa M y radio R, saliendo del reposo, rueda sin resbalar sobre una superficie áspera, donde H es igual 2,1 m. En la parte más baja choca elásticamente e=1 con un bloque de igual masa. Calcular la altura “h” que asciende el bloque después del choque.

θ Para el problema 02

B

M

H

M h

Para el problema 4 g



Problemas Propuestos PROBLEMA 1. Di si las afirmaciones siguientes son verdaderas o falsas, y por qué.

a• Todos los puntos de un cuerpo que gira tienen la misma velocidad angular.

b • Todos los puntos de un cuerpo que gira tienen la misma velocidad lineal.

c • El momento de inercia depende de la situación del eje de rotación.

d • Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero, el momento angular es cero.

e • Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero, la velocidad angular no cambia.

f • Si la fuerza neta aplicada sobre un cuerpo es cero este cuerpo tiene momento angular cero.

PROBLEMA 2

3.-Una esfera hueca de masa M=6 kg y radio R=8 cm puede rotar alrededor de un eje vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea de momento de inercia I=3 10-3 kg m2 y radio r=5 cm y está atada al final a un objeto de masa m=0,6 kg. (Ver figura) No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. Cuál es la velocidad del objeto cuando ha descendido 80 cm? Resolverlo dinámica y por balance energético. I (esfera hueca)=2/3 MR2

PROBLEMA 3

El sistema de la figura está inicialmente en reposo. El bloque de 30 kg está a 2 m del suelo. La polea (I=½MR2) es un disco uniforme de 20 cm de diámetro y 5 kg de masa. Se supone que la cuerda no resbala sobre la polea. Encontrar:

• La velocidad del bloque de 30 kg justo antes de tocar el suelo.

• La velocidad angular de la polea en ese instante.

• Las tensiones de la cuerda.

• El tiempo que tarda el bloque de 30 kg en tocar el suelo.

(Resolver el problema por dinámica y aplicando el balance



energético)

PROBLEMA 4. El sistema de la figura consta de una polea formada por dos discos coaxiales soldados de masas 550 g y 300 g y radios 8 cm y 6 cm respectivamente. Dos bloques de masas 600 g y 500 g cuelgan del borde de cada disco. Calcular: � ¿En qué sentido gira? � La tensión de cada cuerda � La aceleración de cada masa

La velocidad de cada cuerpo cuando uno de ellos (¿cuál?) haya descendido 3 m partiendo del reposo (emplea dos procedimientos de

PROBLEMA 5

Un bloque de 2000 kg está suspendido en el aire por un cable de acero que pasa por una polea y acaba en un torno motorizado. El bloque asciende con velocidad constante de 8 cm/s. El radio del tambor del torno es de 30 cm y la masa de la polea es despreciable.

• ¿Cuánto vale el momento que ejerce el cable sobre el tambor del torno? • ¿Cuánto vale la velocidad angular del tambor del torno? • ¿Qué potencia tiene que desarrollar el motor? Calcular el trabajo realizado durante 10 s

PROBLEMA 6



Un disco de 0.6 m de radio y 100 kg de masa, gira inicialmente con una velocidad de 175 rad/s. Se aplican los frenos que ejercen un momento de M= -2·t Nm. Determinar

• la aceleración angular en función del tiempo • la velocidad angular en función del tiempo • el ángulo girado en función del tiempo.

• El momento angular inicial y en el instante t=18 s.

• Representar el momento M en función del tiempo.

Comprobar que el impulso angular (área) es igual a la variación de momento angular.

• La velocidad, aceleración tangencial y normal de un punto de la periferia del disco en dicho instante. Representar estas magnitudes.

Momento de inercia de un disco: mR2/2

PROBLEMA 7

El péndulo de un reloj está formado por una varilla de 500 g y 40 cm de longitud y una lenteja de forma esférica de 200 g de masa y 5 cm de radio, tal como se indica en la figura. El punto de suspensión O está a 10 cm del extremo de la varilla. Calcular: la distancia al centro de masas medida desde O. El momento de inercia respecto de un eje perpendicular a la varilla y que pasa por O.

El péndulo se desvía 60º de la posición de equilibrio. Calcular la velocidad angular de rotación cuando pasa por la posición de equilibrio. Varilla, I=mL2/12, esfera I=2MR2/5

PROBLEMA 8



Un péndulo compuesto está formado por una varilla de 200 g de masa y 40 cm de longitud y dos esferas macizas de 500 g y 5 cm de radio, equidistantes 8 cm de los extremos de la barra. El péndulo se haya suspendido de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el centro de una de las esferas, y es desviado 65º de la posición de equilibrio estable.

Determinar la velocidad angular del péndulo cuando, una vez soltado, retorna a la posición de equilibrio estable

PROBLEMA 9

Un sólido está formado por tres barras iguales de longitud L=2 m y de masa M=20 kg en forma de triángulo equilátero, tal como se muestra en la figura.

• Hallar la posición de su centro de masa. • El sistema puede girar alrededor de un eje

perpendicular al plano que las contiene y que pasa por O. Calcular la aceleración angular del sistema en el instante inicial. La velocidad angular de la barra cuando ha girado hasta que se encuentra en la posición horizontal.

Momento de inercia de la varilla Ic=ML2/12

PROBLEMA 10

Hallar y dibujar el vector velocidad de los puntos del disco que se indican en la figura. El disco rueda sin deslizar, tiene un radio de 5 cm, y se mueve (su c.m.) con velocidad de 3 m/s A (arriba), C (a la derecha) y D (abajo) están en la periferia, y B 2.5 cm por debajo del centro del disco

PROBLEMA 11



Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de 15 kg a otro cuerpo de 200 kg. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale 0.1, calcular.

• La aceleración de los cuerpos • Las tensiones de la cuerda • La velocidad de los cuerpos

sabiendo que el de 200 kg ha descendido 2 m partiendo del reposo. (emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado) I=MR2/2

PROBLEMA 12

Un bloque de masa m=20 kg, unido mediante una cuerda a una polea sin masa desliza a lo largo de una mesa horizontal con coeficiente de rozamiento dinámico µ=0,1. La polea está conectada mediante otra cuerda al centro de un carrete cilíndrico de masa M=5 kg, y radio R=0,1 m que rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado 30º (véase la figura).

a) Relacionar la aceleración del bloque y del centro de masas del cilindro.

b) Calcular la aceleración del centro de masas del cilindro y las tensiones de las cuerdas.

c) Calcular la velocidad del centro de masas del cilindro cuando ha descendido 3 m a lo largo del plano inclinado, partiendo del reposo (hacer esta última pregunta empleando el balance energético).

Dato: Icilindro = 1/2 MR2

PROBLEMA 13

Un bloque y un cilindro de 2 y 8 Kg respectivamente, están unidos por un hilo inextensible y sin peso que pasa por una polea en forma de disco de 0.5 Kg de masa y 20 cm de radio, situada en la unión de dos planos inclinados de 30º y 60º de inclinación. Sabiendo



que el coeficiente de rozamiento entre el bloque

y el plano es de y que el cilindro rueda sin deslizar. Calcular:

• La(s) tensión(es) de la cuerda y la aceleración del sistema

• La velocidad de los cuerpos cuando se han desplazado 2 m a lo largo de los planos, sabiendo que parten del reposo. Calcular por dos procedimientos este apartado comprobando que se obtienen los mismos resultados

PROBLEMA 14

Un bloque de 6 kg y una esfera de 10 kg están unidos por un hilo inextensible y sin peso que pasa a través de una polea en forma de disco de 2 kg de masa. La esfera rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado 30º.

Hallar

• La(s) tensión(es) de la cuerda.

• La aceleración del sistema

La velocidad de la esfera y del bloque cuando se han desplazado 1,5 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos para el cálculo de este apartado). Dato, el momento de inercia de la esfera es 2/5 mr2.

PROBLEMA 15

En la Figura de la izquierda, un disco de radio r rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal. Sabiendo que la aceleración del centro de masas es ac y la aceleración angular de rotación alrededor del c.m. es α. Determinar la aceleración del punto B (punto más alto del disco)?



Utilizando el resultado anterior, en el sistema de la figura de la derecha, calcular la aceleración del c.m. del disco, la aceleración del bloque, la tensión de la cuerda y la fuerza de rozamiento en el punto A. El disco tiene un radio de 30 cm y rueda sin deslizar a lo largo del plano horizontal. La polea tiene una masa despreciable.

Calcúlese la velocidad del bloque una vez que haya descendido 2 m partiendo del reposo. (aplicar el balance energético en este apartado). ¿Hay que incluir en el balance energético el trabajo de la fuerza de rozamiento en el movimiento de rodar sin deslizar?

PROBLEMA 16

En la figura se muestra un cilindro de 4.5 kg de masa que rueda sin deslizar, a lo largo de un plano inclinado 42º con la horizontal. El centro del cilindro está unido mediante una cuerda al borde de una polea en forma de disco de 2.2 kg de masa y 85 mm de radio. Sabiendo que en el eje de la polea existe un rozamiento cuyo momento es de 1,3 Nm. Calcular:

• La aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda. • La velocidad del bloque una vez que haya descendido 3 m a lo largo del plano

inclinado, partiendo del reposo (emplear los dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que salen los mismos resultados).

PROBLEMA 17



Sobre un plano inclinado 30º y que ofrece una resistencia al deslizamiento de coeficiente µ=0.2, desliza un bloque de 3 kg de masa unido a una cuerda que se enrolla en la periferia de una polea formada por dos discos acoplados de 1 kg y 0.5 kg y de radios 0.3 m y 0.1 m respectivamente. De la cuerda enrollada al disco pequeño pende un bloque de 10 kg de peso. Calcular:

• Las tensiones de las cuerdas • La aceleración de cada cuerpo

La velocidad de cada cuerpo si el bloque de 10 kg desciende 2 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos distintos para este apartado).

PROBLEMA 18

3.-Sobre un plano horizontal y que presenta una resistencia al deslizamiento de coeficiente µ=0.2, desliza un bloque de 3 kg de masa unido a una cuerda que se enrolla en la periferia de una polea formada por un disco 5 kg y 0.3 m de radio que tiene una hendidura de 0,1 m tal como se ve en la figura. De la cuerda enrollada en la hendidura pende un bloque de 10 kg de peso. Calcular:

• Las tensiones de las cuerdas • La aceleración de cada cuerpo

El bloque de 10 kg desciende 2 m partiendo del reposo, calcular la velocidad de cada uno de los bloques (resolver este apartado relacionado trabajos y energías). Dato: momento de inercia de un disco mR2/2

PROBLEMA 19



Un disco de 2 kg de masa y radio 30 cm rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal, una cuerda arrollada a una hendidura hecha en el disco, de radio 15 cm está unida a través de una polea en forma de disco de masa 0.5 kg a un bloque de 10 kg, que pende del extremo de la misma tal como se indica en la figura. Calcular:

• La aceleración del bloque, del centro de masas del disco y la(s) tensión(es) de la cuerda.

• La velocidad del bloque una vez que haya descendido 5 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que salen los mismos resultados).

PROBLEMA 20

Dos discos iguales de masa m y radio R, están dispuestos como se indica en la figura. Calcular

• La aceleración del c.m. del disco inferior • La velocidad del c.m. del disco inferior cuando ha descendido x

metros partiendo del reposo (efectuando el balance energético)

PROBLEMA 21

Un cilindro de 2 kg de masa y de 30 cm de radio tiene una ranura cuyo radio es 10 cm. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared.

El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado 30º respecto de la horizontal. El cilindro parte del reposo, de un punto P situado a 3 m de la base del plano inclinado



tal como se indica en la figura. Sabiendo que después de recorrer estos 3 m la vCM es de 4 m/s, calcular:

� La aceleración del centro de masas, la tensión de la cuerda, la fuerza de rozamiento.

Nota: momento de inercia del cilindro Icm.= 1/2 mR2.

PROBLEMA 22

Dos cuerpos de 3 y 5 Kg están unidos por una cuerda que pasa por una polea en forma de disco de 2 kg de masa y 20 cm de radio. Ambos deslizan sobre planos inclinados de 30º y 45º. Los coeficientes de rozamiento entre los cuerpos y los planos inclinados son 0.3 y 0.1 respectivamente. Calcular:

• la aceleración del sistema, • las tensiones de la cuerda, • la velocidad que adquieren los

bloques cuando se desplazan 5 m a lo largo de los planos inclinados respectivos, partiendo del reposo. (Emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que se obtienen los mismos resultados).

PROBLEMA 23

Un disco de 0.2 kg y de 10 cm de radio se hace girar mediante una cuerda que pasa a través de una polea de 0.5 kg y de 7 cm de radio. De la cuerda cuelga un bloque de 3 kg, tal como se muestra en la figura. El disco gira alrededor de un eje vertical en cuyo extremo hay una varilla de 0.75 kg masa y de 20 cm de longitud perpendicular al eje y en cuyos extremos se han fijado dos esferas iguales de 2 kg de masa y 5 cm de radio. Se suelta el bloque y el dispositivo comienza a girar. Calcular:

• El momento de inercia del dispositivo.

• La aceleración del bloque.



• La velocidad del bloque cuando ha descendido 2 m partiendo del reposo (resolver este apartado por energías). Idisco=mR2/2, Iesfera=2mR2/5 Ivarilla=mL2/12

18. BIBLIOGRAFÍA VIRTUAL Y FUENTES DE INFORMACIÓN: http://grups.es/didactika/yahoo.com http://grups.es/albert_einstein_koch/yahoo.com www.didactika.com [email protected] [email protected] Cuerpo Posición del eje a Momento de inercia 1 Cilindro hueco de paredes

delgadas, radio R y masa M El eje del cilindro 21

.1

M R

2 Cilindro macizo (disco, polea) de radio R y masa M

El eje del cilindro 21.

2M R

3 Esfera maciza de radio R y masa M

Eje que pasa por el centro de la esfera

22.

5M R

4 Esfera de paredes delgadas de radio R y de masa M

Eje que pasa por el centro de la esfera

22.

3M R

5 Varilla delgada. Recta, de longitud L y de masa M

El eje es perpendicular a su varilla y pasa por el centro de masa

21.

12M L

6 La misma varilla El eje es perpendicular a la varilla y pasa por un extremo

21.

3M L

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(Semana 16 dinámica del cuerpo rígido)

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