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TEXTO N 8M E C N I C A

EQUILIBRIO DEL CUERPO RGIDO Y DINMICA DE ROTACINConceptos Bsicos Problemas Resueltos Problemas Propuestos

F S I C A

Edicta Arriagada D. Victor Peralta A Febrero 2010 Sede Maip, Santiago de Chile

1

F S I C A

M E C N I C A

2

IntroduccinEste material ha sido construido pensando en el estudiante de nivel tcnico de

M E C N I C A F S I C A

las carreras de INACAP. El objetivo principal de este trabajo es que el alumno adquiera y desarrolle la tcnica para resolver problemas diversos de la unidad de Equilibrio del cuerpo rgido y Dinmica de rotacin. En lo particular pretende que el alumno logre el aprendizaje indicado en los criterios de evaluacin (referidos al clculo de variables) del programa de la asignatura Fsica Mecnica. El desarrollo de los contenidos ha sido elaborado utilizando un lenguaje simple que permita la comprensin de los conceptos involucrados en la resolucin de problemas. Se presenta una sntesis inmediata de los conceptos fundamentales de la unidad de Equilibrio del cuerpo rgido y Dinmica de rotacin, seguida de ejemplos y problemas resueltos que presentan un procedimiento de solucin sistemtico que va desde un nivel elemental hasta situaciones ms complejas, esto, sin saltar los pasos algebraicos que tanto complican al alumno, se finaliza con problemas propuestos incluyendo sus respectivos desarrollos.

3

TORQUE O MOMENTO ESTTICO DE UNA FUERZA (M)El torque o momento esttico de una fuerza es el efecto de giro que una fuerza produce sobre un cuerpo provisto de un eje o pivote, como por ejemplo, al abrir o cerrar una puerta, apretar o soltar una tuerca; dar vuelta el volante de un automvil; ejercer palanca, etc. Se observa que el efecto de giro se facilita a medida en que aumente el tamao de la fuerza, como tambin a medida en que la recta de la fuerza se aleja respecto al eje de giro. Tambin se observa que las fuerzas que estn aplicadas directamente al eje, o que la recta de la fuerza pase por el eje, no producen giro. Brazo de giro (b): Es la distancia perpendicular trazada desde el eje hasta la recta de la fuerza. El torque o momento es una magnitud vectorial cuyo valor queda determinado r por el producto entre el valor de la fuerza F y su brazo de giro b , es decir:

F S I C A

M E C N I C A

M = F b

r F = valor de la fuerza F (mdulo)El sentido de giro es totalmente arbitrario, en nuestro estudio consideraremos el torque momento positivo cuando el giro sea contrario al sentido de movimiento de los punteros del reloj, en caso contrario, el torque ser negativo.

Unidades de medida CGSdina cm

MKSN m

TECNICO GRAVITACIONAL kgf m

TECNICO INGLES

lbf pie

4

El siguiente esquema representa un cuerpo provisto de un eje en el punto o y sobre el cual actan cuatro fuerzas tal como se indica.r F2

M E C N I C A

b2

r F1b3oEje de giro

F S I C A

r F3 r F4

Para el esquema anterior se tiene:

r - F1 no produce torque debido a que su recta de accin pasa por el eje de giro.

r - F2 produce torque positivo ya que hace girar el cuerpo en sentido contrario al movimiento de los punteos del reloj, su brazo de giro es b2 .r - F3 produce torque negativo debido a que hace girar el cuerpo en sentido horario, su brazo de giro es b3 .

r - F4 no produce torque debido a que est aplicada directamente al eje de giro.

5

Problemas Resueltos Momento Esttico De Una Fuerza O Torque

M E C N I C A

Problema 1 Determinar el torque generado por la fuerza de 130N respecto al pasador A indicado en la figura. Indicada.

F =130N80cm

A

F S I C A

Solucin: El caso indicado corresponde a la condicin ms simple en el clculo del torque ya que se trata de la aplicacin directa de la formula fuerza por brazo, es decir:M = F b

Donde F representa el valor de la fuerza y b representa el brazo de giro, que corresponde a la distancia perpendicular desde el eje de giro o pivote hasta la recta de accin de la fuerza, en este caso se tiene:F = 130 N b = 80cm = 0,8m

Reemplazando estos valores en la formula resulta:

M = 130 N 0,8m Con sentido de giro horario Multiplicando resulta finalmente el valor del torque o momento respecto al punto A:

M = 104 Nm

6

Problema 2 Determinar el momento de la fuerza de 130N indicada en la figura, respecto al pivote A.

M E C N I C A

F =130N

80cm60

A

Solucin: En este caso la recta de la fuerza de 130N no forma un ngulo de 90 con la barra, y por lo tanto se debe trazar el brazo F =130N

F S I C A

b 80cm A60

Calculo del brazo de giro (b) Observando la figura anterior es fcil notar que el brazo b corresponde al cateto opuesto del ngulo de 60, por lo tanto su valor corresponde a la hipotenusa del triangulo rectngulo multiplicada por el seno del ngulo de 60, es decir:b = 80cm sen60

Multiplicando:

b = 69,282cm 0,693mCalculo del torque o momento Como ahora se conoce el valor de la fuerza y su brazo, solo hay que aplicar la formula que cuantifica el valor del torque, es decir:

7

M = F b = 130 N 0,693m

Finalmente multiplicando se obtiene:

M E C N I C A

M = 90,09 Nm

Problema 3 Determinar el momento de la fuerza de 130N, indicada en la figura, respecto al pivote A.

80cm

A60

F S I C A

F =130N

Solucin: Al igual que el ejercicio anterior, la fuerza no forma un ngulo de 90, por lo tanto nuevamente se debe trazar el brazo de giro.80cm

A60

b

F =130N

El brazo b corresponde al cateto opuesto y por lo tanto su valor queda determinado por el producto entre el valor de la hipotenusa y el seno del ngulo de 60, es decir:b = 0,8m sen60 0,693m

8

El torque se obtiene multiplicando el valor de la fuerza con su brazo de giro, es decir:

M E C N I C A

M = 130 N 0,693m = 90,09 Nm

Problema 4 Determinar el torque resultante respecto al pivote A indicado en la figura.80cm 40cm A60

F S I C A

F =130N F = 240N Solucin: En este caso hay dos fuerzas que provocan efecto de giro. La fuerza de 240N provoca un giro en contra del movimiento de los punteros del reloj (torque positivo) mientras que la fuerza de 130N genera un giro a favor del movimiento de los punteros del reloj (torque negativo). Haciendo una sumatoria de torque respecto al punto A se tiene:M A = M A = 240 N 0,4m 130 N 0,8m sen60

Multiplicando:M A = 96 Nm 90,066 Nm

Finalmente, restando se obtiene el torque resultante respecto al punto A, es decir:M A = 5,933 Nm

9

El signo positivo del resultado indica que el efecto de giro resultante es antihorario, es decir:M A = 5,933 Nm

M E C N I C A

Problema 5 r Determinar el valor de la fuerza F1 de la figura para que el torque resultante respecto al punto A sea Cero.

80cm 40cm A60

F S I C A

F =130N F1 =? Solucin: Por sumatoria de momentos respecto al punto A se tiene:M A = M A = F1 0,4m 130 N 0,8m sen60

Como el enunciado indica que el torque resultante es igual a cero, significa que M A = 0 y por lo tanto se tiene que:F1 0,4m 130 N 0,8m sen60 = 0

Despejando F1 resulta:

F1 =

130 N 0,8m sen60 0,4m

Multiplicando y dividiendo se obtiene el valor de F1 , es decir:

F1 = 225,167 N

10

Problema 6 Para la barra indicada en la figura, determinar el valor de la fuerza F1 para que el torque resultante respecto al pivote O sea igual a 10Nm en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj.

M E C N I C A

F = 80 N

20cm

64cm

o

F1

F S I C A

Solucin: El torque resultante corresponde a la sumatoria de los torques respecto al punto O. Observando que la fuerza F1 genera el torque positivo y la fuerza de 80N genera el torque negativo, se puede anotar:

M0 = M0

= F1 64cm 80 N 20cm

Como se sabe que el torque resultante es de 10Nm en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj (torque resultante positivo) se puede escribir:F1 0,64m 80 N 0,2m = 10 Nm

F1 0,64m 16 Nm = 10 NmDespejando F1 resulta:

F1 =

10 Nm + 16 Nm 0,64m 26 Nm 0,64m

F1 =

F1 = 40,625 Nm

11

Problema 7 r Qu ngulo debe tener la recta de la fuerza F con la barra de 1,8 metros de r la figura para que el torque respecto al pivote O, causado por la fuerza F sea de 124 Nm en sentido de los punteros del reloj?

M E C N I C A

r F = 220 N

O

Solucin: En primer lugar se dibuja el diagrama correspondiente:

F S I C A

r F = 220 N

1,8 m

b

O Aplicando la definicin de momento esttico o torque, se tiene:M = F b

Ec. (1)

El valor de la fuerza es conocido por lo tanto se debe determinar el brazo de giro b: Por trigonometra elemental se tiene que:

sen =Despejando b se tiene:

cat. adyacente b = hipotenuza 1,8m

1,8m sen = b

Reemplazando en ecuacin (1) se tiene:

12

M = F 1,8m senDespejando resulta: M sen 1 = F 1,8m

M E C N I C A

Reemplazando valores numricos y realizando la operatoria de clculo se obtiene el valor del ngulo , es decir: 124 N m sen 1 = 220 N 1,8 m

= 18,25

Es decir, para la figura indicada, el ngulo entre la recta de la fuerza y la barra debe de ser de 18,25.

F S I C A

13

Problema 8 Determinar el momento de torsin resultante en A debido a las fuerzas de 85 N y 120 N para la palanca angular indicada.

M E C N I C A

F2 = 85 N

F1 = 120 N

A65cm 60 24

F S I C A

40cm

Solucin: En este caso es conveniente realizar un diagrama de slido libre (o diagrama de cuerpo rgido)

60

F2 = 85 N b265cm

F1 = 120 N

40cm 60 24

b1 A

14

Calculo de brazo de girocos 24 = b1 40cm 40cm cos 24 = b1

36,542cm 0,365m = b1

M E C N I C A

sen60 =

b2 65cm sen60 = b2 65cm

56,292cm 0,563m = b2

El momento de torsin respecto al punto A se obtiene por la sumatoria de los torques ocasionados por las fuerzas de 120N y 85N respecto al punto A, es decir:M A = M Ai = F1 b1 F2 b2 Ya que la fuerza F1 produce torque positivo (giro

antihorario) y la fuerza F2 genera un torque negativo (giro horario). Reemplazando los valores correspondientes para fuerzas y brazos, se tiene:

M A = 120 N 0,365m 85 N 0,563m

F S I C A

Multiplicando y restando se obtiene el valor buscado, es decir:

M A = 4,055 NmEl signo negativo significa que el efecto de giro resultante es a favor del sentido de movimiento de los punteros del reloj, el resultado anterior tambin se puede escribir como:

M A = 4,055 Nm

15

Problema 9 Para la palanca angular de la figura, determinar el valor de la fuerza F2 si se quiere que el torque resultante respecto al pivote A sea igual a cero.

M E C N I C A

F2 = ?32cm

56cm

62 A

28

F1 = 150 N

F S I C A

Solucin: Al igual que el ejercicio anterior es conveniente realizar un diagrama de slido libre, es decir:

F2 = ?62

b256cm

32cm 62 A 28

b1 F1 = 150 N

16

Calculo de brazo de giro 1) cos 28 =

b1 32cm

32cm cos 28 = b1

28,254cm 0,283m = b1

M E C N I C A

2) sen62 =

b2 56cm sen62 = b 2 56cm

49,445cm 0,494m = b2

El momento de torsin respecto al punto A se obtiene por la sumatoria de los torques ocasionados por las fuerzas de 150N y F2 respecto al punto A, es decir:M A = M A = F2 b2 F1 b1 , ya que la fuerza F2 produce torque positivo (giro antihorario) y la fuerza F1 genera un torque negativo (giro horario).

Reemplazando los valores correspondientes para fuerzas y brazos, se tiene:M A = F2 0,494m 150 N 0,283m

F S I C A

Multiplicando se obtiene

M A = F2 0,494m 4,055 NmComo el torque resultante respecto al punto A es igual a cero se tiene:

F2 0,494m 4,055 Nm = 0Despejando F2 resulta:

F2 =

4,055 Nm 0,494m

Dividiendo se obtiene el valor de F2 , es decir:

F2 = 8,209 N

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Problema 10 En la palanca de cambio de velocidades de la figura se aplica una fuerza de 34 N, tal como se indica, determinar el momento de la fuerza con respecto al apoyo A.

M E C N I C A

F = 34 NB 40

60 cm

A

F S I C A

24 cm

Solucin: En este caso la solucin del problema se simplifica si se descompone la fuerza de 34 N en sus componentes rectangulares x e y para posteriormente hacer una sumatoria de momentos respecto al apoyo A. (ver figura)F = 34 N

Fy = 34 N sen40B 40

Fx = 34 N cos 40

60 cm

A

24 cm

18

Observando el diagrama es fcil notar que ambas componentes x e y de la fuerza de 34 N realizan torque positivo ya que hacen girar la palanca en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj, por lo tanto:

M E C N I C A F S I C A

r r M = M =34 N sen400,24m + 34 N cos 400,6mMultiplicando y sumando se obtiene:

r M = 20,872 Nm

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Cuerpo rgido: Desde el punto de vista de la mecnica, se dice de aquel slido que no sufre deformaciones permanentes cuando sobre el actan cargas exteriores, como

M E C N I C A

tambin de aquel slido que no pierde su forma al sacarlo de sus apoyos.

Estructura no rgida

Estructura rgida

r F (Carga exterior)

r F (Carga exterior)

Apoyo fijo

F S I C A

Apoyo mvil

r Ry r Rx

El apoyo fijo presenta dos reacciones

Ry

El apoyo mvil presenta una reaccin

20

Condicin de equilibrio del slido rgido Un cuerpo rgido se encuentra en equilibrio cuando cumple con dos condiciones:

M E C N I C A

Primera condicin de equilibrio:

F = 0

r

F

r

x

=0 =0 =0

F FSegunda condicin de equilibrio:

ry

rz

M

0

=0

,

M 0 = Torque o momento estatico de una fuerza respecto a un punto o pivote O

F S I C A

Problema 1 El puntal AB de la figura est cargado y apoyado segn se indica. El puntal es uniforme y pesa 490N. Determinar la tensin del cable y la reaccin en el apoyo A. Fig.3800 mm 800 mm

Fig. 3Cable

B

1000 mm

A

720 N21

SOLUCIN El problema trata de un cuerpo en equilibrio esttico, luego la teora indica que en estos casos se cumplen dos condiciones, estas son:

M E C N I C A

r 1a C.E. F = 0 r 2 a C .E . M = 0En primer lugar se dibuja el diagrama de slido rgido (o diagrama de cuerpo libre) correspondiente, esto es dibujar el cuerpo lo ms simple posible y luego dibujar todas las fuerzas que actan en l, tanto las fuerzas conocidas como las fuerzas desconocidas.

800 mm

800 mm

TB

F S I C A

1000 mm

490 N

RX

A

mg = 720 NRYEn muchos casos resulta conveniente aplicar primero la segunda condicin de equilibrio, a pesar de no ser obligatorio. Al aplicar la segunda condicin de equilibrio se debe elegir el punto pivote como aquel punto que presente el mayor nmero de incgnitas, ya que en dicho punto tales fuerzas no producen torque, en ste caso corresponde elegir al punto A, luego identificar aquellas fuerzas que producen torque positivos y aquellas que producen torque negativo, en nuestro ejemplo, la22

tensin de la cuerda provoca un torque positivo mientras que el peso de la barra genera un torque negativo, recordando que el torque se calcula como el producto entre el valor de la fuerza y su brazo se tiene que:

M E C N I C A

2 a C .E . r M = 0 T 1000 mm 720 N 800 mm 490 N 800 mm = 0

Despejando tensin se obtiene:

T=

720 N 800mm + 490 N 800mm 1000mm

Cancelando los milmetros resulta:

F S I C A

T=

720 N 800 + 490 N 800 , es decir: 1000

T = 968 N

Ahora como se conoce el valor de la tensin, es posible calcular las reacciones en el apoyo A, por medio de la primera condicin de equilibrio del cuerpo rgido, es decir: r 1a C.E. F = 0 Eje x:R AX T = 0

Despejando resulta:

R AX = TEs decir:

R AX = 968 N

23

Eje y:

R AY 720 N 490 N = 0

M E C N I C A

Despejando resulta:

R AY = 720 N + 490 NEs decir:

R AY = 1210 N

Resumen:

T = 968 N Tensin de la cuerda R AX = 968 N Componente horizontal de la reaccin en el apoyo A, hacia la derecha R AY = 1210 N Componente vertical de la reaccin en el apoyo A, hacia arriba

F S I C A

24

Problema 2 El puntal AB de la figura est cargado y apoyado segn se indica. El puntal es uniforme y pesa 490N. Determinar la tensin del cable y las componentes de la reaccin en el apoyo A. Fig.9

M E C N I C A

Fig. 91m Cable A 2m

36 B

30 Kg.

F S I C A

Solucin: El problema corresponde a equilibrio del cuerpo rgido, el apoyo A es fijo y por lo tanto presenta dos reacciones. Como se ha indicado en los ejercicios anteriores es muy conveniente realizar un diagrama de slido rgido para visualizar todas las fuerzas actuantes y aplicar las condiciones de equilibrio del cuerpo rgido.

bT bmg puntal bmg cuerpo R AXA 36

R AY1m 36 1,5m

T

B

mg cuerpo3m

= 294N

mg puntal = 490N

25

M E C N I C A

Calculo de brazo de giro En este caso cada uno de los brazos corresponde al cateto adyacente al triangulo que pertenecen, luego cada uno de ellos queda determinado por la multiplicacin entre la hipotenusa correspondiente y el coseno del ngulo de36, es decir:

bT = 3m cos 36 2,427 m (Brazo de giro de la tensin) bmg puntal = 1,5m cos 36 1,214m (Brazo de giro del peso del puntal) bmg cuerpo = 1m cos 36 0,809m (Brazo de giro del peso del cuerpo de 30kg)Eligiendo el pivote en el punto A, se tiene que le tensin T produce torque positivo (hace girar el puntal en contra del movimiento de los puntero del reloj) mientras que el peso del cuerpo y el peso del puntal generan torque negativo (hacen girar el puntal a favor del movimiento de los punteros del reloj). Eligiendo comenzar con 2 condicin de equilibrio, se tiene:

F S I C A

M

r

A

=0

, +

T bT mg puntal b puntal mg cuerpo bcuerpo = 0Despejando la tensin resulta:T= mg puntal b puntal + mg cuerpo bcuerpo

bT Reemplazando valores correspondientes a los pesos y brazos resulta: T= 490 N 1,214m + 294 N 0,809m 2,427 m

Multiplicado y sumando:T= 832,706 Nm 2,427 m

Dividiendo se tiene el valor de la tensin, es decir:

T = 343,101N

26

Conocido el valor de la tensin, es posible aplicar primera condicin de equilibrio para determinar las reacciones en el apoyo A.1 Condicin de equilibrio

F = 0

M E C N I C A F S I C A

Eje x: (+ hacia la derecha) La nica fuerza en el eje x es R AX , por lo tanto:R AX = 0

Eje y: (positivo hacia arriba)

R AY + T mg puntal mg cuerpo = 0Despejando R AY resulta:

R AY = mg puntal + mg cuerpo TReemplazando los valores numricos se tiene:R AY = 490 N + 294 N 343,101N

Luego el valor de la reaccin R AY es:R AY = 440,899 N

Por lo tanto para el puntal de la figura anterior, la tensin tiene un valor de 343,101N y las componentes de la reaccin en el apoyo A son:R AX = 0 R AY = 440,899 N Hacia la derecha.

27

Problema 3 La viga homognea de la figura, tiene una masa de 2 (kg) y est articulada en A. Calcular la fuerza que hace el pivote A.

M E C N I C A

A

4m

37

Cable

40 kg

F S I C A

Solucin Las fuerzas que actan en la viga son: su peso (ubicado en el centro de gravedad del cuerpo), la tensin (ubicada horizontalmente en el extremo B de la viga), el peso del cuerpo de 40 kg (ubicado verticalmente hacia abajo en el extremo B de la viga) y las dos reacciones debidas al apoyo fijo en la articulacin A(una componente horizontal y otra componente vertical), segn lo anterior, el diagrama de cuerpo rgido es:

R Ax

A 2m 2m

R Ay37

B

T

mg Viga = 19,6 N

mg Cuerpo = 392 N

28

Como se trata de un cuerpo rgido en equilibrio, se cumplen las dos condiciones:

M E C N I C A

F = 0 y M = 0Comenzando con la sumatoria de momentos y eligiendo el punto A como pivote, se tiene que el torque positivo lo realiza la tensin mientras que el peso de la viga y el peso del cuerpo provocan torque negativo, las componentes de la reaccin en el apoyo A no generan torque debido a que estn aplicadas directamente al eje, es decir:

r

r

M

r

A

=0 +

T 4m sen37 392 N 4m cos 37 19,6 N 2m cos 37 = 0La ecuacin permite despejar la tensin T , es decir:T= 392 N 4m cos 37 +19,6 N 2m cos 37 4m sen37

F S I C A

Realizando primero las multiplicaciones luego la suma y finalmente la divisin se obtiene el valor de la tensin, esto es:

T = 533,207N4m cos 37 2m cos 37A 37

2m 4m sen37 2m37 B

T

mgViga = 19,6 N mg Cuerpo = 392 N

29

Aplicando primera condicin de equilibrio se obtendrn las reacciones en el apoyo A.

F

rx

= 0 Observando el diagrama vectorial es fcil notar que las fuerzas del

M E C N I C A

eje x son R Ax y la tensin T , por lo tanto:R Ax + T = 0

Despejando R Ax resulta:R Ax = T

Es decir:R Ax = 533,207 N

El signo negativo significa que es de sentido contrario al indicado en el diagrama de cuerpo rgido, por lo tanto:R Ax = 533,207 N

F S I C A

F

ry

=0

Las fuerzas del eje y son R Ay , el peso de la viga y el peso del cuerpo que pende del extremo B, por lo tanto:

R Ay 19,6 N 392 N = 0Despejando y sumando resulta:

R Ay = 411,6 NComo el resultado es positivo, la componente y de la reaccin en A es hacia arriba, es decir:

R Ay = 411,6 N

30

La reaccin en el apoyo A se puede expresar vectorialmente como:r R A = 533,207i + 411,6 N j

M E C N I C A

La magnitud de la reaccin en A es:

r RA =

(533,207 )2 + (411,6)2

N

Elevando al cuadrado, sumando y sacando raz cuadrada se tiene:r R A = 673,591 N

Recordar que la direccin de una fuerza del plano se obtiene aplicando:r R Ay = tag 1 ( r ) Es decir: R Ax

F S I C A

= tag 1

411,6 N 533,207 N

Lo que da un ngulo (direccin) igual a:

= 37,666

31

Problema 4 Determinar el valor de la fuerza F de la figura sabiendo que la barra tiene una longitud de 2,2 metros y una masa de 6 kg . La masa de la polea es de 2,0 kg y la masa del cuerpo sobre la barra es de 120 kg.

M E C N I C A

F

F S I C A

O

0,3

2,2m

Solucin: En este caso el sistema en equilibrio se compone de dos cuerpos, una palanca y un sistema de poleas (fija y mvil), por lo tanto se deben trabajar por separados, esto implica realizar dos diagramas vectoriales, uno para la palanca y otro para el sistema de poleas.

32

Diagrama de fuerzas:

M E C N I C A

Polea fija

F

F

F

F

F S I C A

Polea mvil

l

TPolea

mg Cuerpo = 1176 N TPolea

O

0,3 1,1 2,2

mg Barra = 58,8 N

33

M E C N I C A

El proceso de solucin se debe comenzar en la palanca, debido a que en ella existe la informacin necesaria para trabajar. Es fcil notar que aplicando segunda condicin de equilibrio en la palanca, es posible determinar la fuerza T que ejerce la polea mvil. Eligiendo como eje de giro el pivote O, se tiene que la fuerza T genera un torque positivo, mientras que el peso del cuerpo y el peso de la barra generan un torque negativo, por lo tanto:

M

r

O

=0

+

T 2,2m 1176 N 0,3m 58,8 N 1,1m = 0 Multiplicando:

T 2,2m 352,8 Nm 64,68 Nm = 0Reuniendo trminos semejantes:

T 2,2m 417,48 Nm = 0

F S I C A

Despejando T se obtiene: T=417,48 Nm 2,2m

Cancelando los metros y dividiendo resulta el valor de la fuerza T , es decir:

T = 189,764 NAhora como se conoce el valor de la fuerza T , se trabaja en polea mvil aplicando primera condicin de equilibrio, es decir:F + F T = 0

F

F

Reuniendo trminos semejantes:2F T = 0Polea mvil

Despejando F : TPolea34

F=

T 2

M E C N I C A

Reemplazando El valor de T y dividiendo en 2 resulta el valor de la fuerza que se desea conocer.

F = 94,882 NOBSERVACIN: No es necesario trabajar en polea fija debido a que en ella acta la misma fuerza F (no olvidar que la polea fija sirve slo para cambiar la direccin de una fuerza)

F S I C A

35

Momento de inerciaEl momento de Inercia se simboliza con la letra I y corresponde a la resistencia

M E C N I C A

que presenta un cuerpo a querer variar su velocidad angular, es decir, es la resistencia que presentan los cuerpos a adquirir aceleracin angular. El momento de Inercia depende de la masa del cuerpo, de la distribucin de la masa, de la forma del cuerpo y de la ubicacin del eje de giro.

Momento de inercia para un cuerpo puntual de masa m (partcula) En este caso el momento de inercia queda determinado por el producto entre la masa puntual (partcula) y el cuadrado de la distancia a un determinado eje de giro, es decir:

I = m r2I = Momento de inercia m = masa puntual r = Distancia entre cuerpo de masa puntual y el eje respecto al cual se calcula el momento de inercia

F S I C A

En el sistema Internacional la unidad de medida es: kg m 2 Ejemplo: Determinar el momento de inercia de una partcula de 5 kg respecto a un eje de giro ubicado a 1,3 metros de distancia.Eje de giro

1,3 m

5 kg

36

Solucin: Se trata del caso ms simple del clculo de momento de inercia, consiste en la aplicacin inmediata de la definicin antes indicada, es decir:

M E C N I C A

I = m r2Reemplazando los valores para la masa de la partcula y su distancia al eje de giro, se tiene: I = 5 kg 1,3 2 m 2 Resolviendo resulta: I = 8,45 kg m 2 Es decir, el momento de inercia de la partcula de 5 kg respecto al eje de giro indicado es de 8,45 kgm2.

F S I C A

Ejemplo 2 Qu masa en kg debe tener una partcula para que su momento de inercia respecto a un eje de giro ubicado 2,2 metros de l sea de 24,8 kgm2?Eje de giro

2,2 m

m =?

Solucin: En este caso se conoce el momento de inercia y se pide determinar la masa del cuerpo y por lo tanto de la definicin de momento de inercia se debe despejar la masa, esto es: I = m r2 I =m r2

37

Reemplazando valores correspondientes se tiene:24,8 kgm 2 =m 2,2 2 m 2

M E C N I C A

Resolviendo resulta:

m = 5,12kgEs decir, la masa de la partcula debe ser de 5,12 kg.

Momento de inercia para un sistema de partculas Corresponde a la sumatoria de los momentos de inercia de cada una de las partculas del sistema respecto a un eje determinado, es decir: I = mi rii =1 n 2

F S I C A

mi = masa de partcula i sima ,

r = distancia al eje de giro de partcula i sima

Ejemplo Determinar el momento de inercia del sistema de partculas respecto al eje indicado en la figura.2 kg 1,5 m Eje de giro

2m 4 kg 3 kg

2,5 m

5 kg

38

Solucin Como se trata de un sistema de partculas en donde se conocen las masas y sus respectivas distancias al eje de giro, el momento de inercia queda determinado por:

M E C N I C A

I = mi rii =1

n

2

Reemplazando valores correspondientes resulta: I = 2kg 1,5 2 m 2 + 4kg 0 + 3kg 2 2 m 2 + 5kg 2,5 2 m 2 Resolviendo resulta el momento de inercia del sistema de partculas:

I = 47,75kgm 2

F S I C A

Algunos momentos de inercia de cuerpos slidos simples respecto al eje indicado

Cilindro Slido

Cilindro Hueco

1 I = m R2 2r R

I=

1 m (R 2 r 2 ) 2

R

39

Disco Slido

Aro Delgado o Anillo

M E C N I C A

1 I = m R2 2

I = m R2

Varilla o alambre con eje en extremo

Varilla o alambre con eje centroidal

L /2 L /2 L

F S I C A

I=

m L2 3

I=

m L2 12

Esfera Slida

Esfera Hueca de pared delgada

I=

2m R 2 5

2m R 2 I= 3

R

R

40

Ejemplo 1 Determinar el momento de inercia de una varilla de 1,4 metros de longitud y 0,6 kg, respecto a un eje que pasa por uno de sus extremos.

M E C N I C A

Solucin Como se trata de una varilla cuyo eje de giro est ubicado en uno de sus extremos, se tiene que el momento de inercia queda determinado por:I= m L2 3

Reemplazando valores y resolviendo se tiene:I= 0,6kg 1,4 2 m 2 3

I = 0,392kgm 2

Es decir el momento de inercia de la varilla indicada es de 0,392 kgm2

F S I C A

Ejemplo 2 Determinar el momento de inercia de una esfera slida de masa 4 kg y radio 12 cm, respecto a su eje de simetra. Solucin En este caso el momento de inercia corresponde a:I= 2m R 2 54 kg

Reemplazando valores y evaluando se tiene que:I= 2 4kg 0,12 2 m 2 512cm

I = 0,023kgm

2

41

Radio de giro: El radio de giro corresponde a la distancia respecto a un eje de giro a que se debe de ubicar la masa concentrada de un cuerpo rgido (cuerpo continuo) para que produzca el mismo momento de Inercia que provoca la masa distribuida, matemticamente queda determinado por:Re = I M M = Masa del slido

M E C N I C A

Re = Radio de giro ,

I = Momento de inercia ,

Ejemplo Determinar el radio de giro de un cilindro slido de masa 6 kg y 10 cm de radio, tal como indica la figura.Eje de giro

F S I C A

6 kg

10 cm

Solucin El momento de inercia del cilindro respecto al eje indicado es:

1 m R2 2 Reemplazando valores para la masa y el radio resulta:I= I=Resolviendo se tiene:I = 0,03kgm 2

1 6kg 0,12 m 2 2

42

El radio de giro queda determinado por la expresin:Re = I M

M E C N I C A

Reemplazando el valor del momento de inercia y el valor de la masa del cilindro resulta:Re = 0,03kgm 2 6kg

Resolviendo se tiene el radio de giro del cilindro representado, es decir:Re = 0,071m = 7,1 cm

Teorema de Steiner (o de los ejes paralelos): El teorema establece que el momento de Inercia ( I ) de un cuerpo de masa m respecto a un eje cualquiera es igual al momento de Inercia del cuerpo respecto a un eje centroidal, paralelo al eje cualquiera, ms el producto entre la masa del cuerpo y el cuadrado de la distancia que separa dichos ejes, matemticamente queda determinado por:

F S I C A

I = I CG + md 2I CG = Momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de gravedad del cuerpo y que es paralelo al eje respecto al cual se calcula el momento de inercia I

m = Masa del cuerpo d = Distancia entre los ejes

Eje centroidal

Eje cualquiera

d

CG

43

Ejemplo 1 Determinar el momento de inercia de un cilindro slido de 18 kg de masa y 30 cm de radio, respecto a un eje paralelo al eje de simetra y ubicado en la periferia del cilindro, tal como indica la figura.

M E C N I C A

Eje de rotacin Eje de simetra

18 kg

F S I C A

30 cm

Segn teorema de Steiner el momento de inercia respecto a un eje cualquiera y paralelo al eje centroidal queda determinado por:I = I CG + md 2

El momento de inercia del cilindro slido respecto al eje centroidal (eje de simetra indicado) viene dado por: 1 I CG = m R 2 2 Reemplazando valores y evaluando resulta:

1 I CG = 18kg 0,3 2 m 2 2I CG = 0,81kgm 2

Entonces el momento de inercia del cilindro respecto al eje de rotacin indicado es:

I = I CG + md 2

44

I = 0,81kgm 2 + 18kg 0,3 2 m 2 I = 0,81kgm 2 + 1,62kgm 2

M E C N I C A

I = 2,43kgm 2

Ejemplo 2 Determinar el momento de inercia de una esfera slida de 13 kg de masa y 45 cm de radio, respecto a un eje paralelo a un eje de simetra y ubicado en la periferia de la esfera, tal como indica la figura.Eje de rotacin Eje de simetra

F S I C A

13 kg

45 cm

Al igual que el ejemplo anterior el momento de inercia respecto a un eje cualquiera y paralelo al eje centroidal queda determinado por:I = I CG + md 2

El momento de inercia de la esfera slida respecto al eje centroidal (eje de simetra indicado) viene dado por: 2 I CG = m R 2 5 Reemplazando valores y evaluando resulta:

45

I CG =

2 13kg 0,45 2 m 2 5 I CG = 1,053kgm 2

M E C N I C A

Entonces el momento de inercia de la esfera, respecto al eje de rotacin indicado es: I = I CG + md 2I = 1,053kgm 2 + 13kg 0,45 2 m 2 I = 1,053kgm 2 + 2,633kgm 2 I = 3,686kgm 2

Trabajo y potencia en la rotacin El trabajo mecnico en la rotacin corresponde al producto entre el momento o torque y la posicin angular, es decir:W = M

F S I C A

La potencia mecnica corresponde al cuociente entre el trabajo y el tiempo empleado en dicho trabajo, es decir:

P=Reemplazando el trabajo W resulta:

W t

P=Donde:

M = M t

46

W = Trabajo mecanico M = Torque o momento = Angulo que se ha girado el slido

M E C N I C A

P = Potencia mecanica

= Mdulo de la velocidad angulart = Tiempo

Ejemplo 1 Un volante en forma de disco de 8 cm de radio experimenta un desplazamiento angular de 5,6 radianes debido a la accin de una fuerza de 600 Newton Cul es el trabajo realizado en dicho desplazamiento? r F = 600 N8 cm

F S I C A

= 5,6 radSolucin El trabajo en la rotacin queda determinado por:W = M

Pero M = F b = F R Entonces:W = F R

Reemplazando valores se tiene el trabajo que se pide:W = 600 N 0,08m 5,6

W = 268,8 J

47

M E C N I C A

Ejemplo 2 Determinar la potencia en Watt, desarrollada al aplicar una fuerza tangencial de 900N sobre un volante en forma de disco de 12 cm de radio y que gira a razn de 400 rpm.r F = 900 N12 cm

F S I C A

= 400 rpmSolucin La potencia en una rotacin queda determinada por: Pero M = F b = F RP = M

Reemplazando en la expresin anterior resulta:P = F R

Reemplazando valores numricos para fuerza, radio y velocidad angular resulta:P = 900 N 0,12 m 400 2 rad 60 s

Finalmente evaluando se obtiene la potencia desarrollada en el proceso, es decir:

P = 4521,6 Watt48

M E C N I C A

Ejemplo 3 Calcular el momento que puede producir un motor de potencia til de 20 cv cuando su eje gira a razn de 1200 rpm. Solucin En este caso se pide calcular el momento o torque producido por un motor de 20 cv cuando el eje gira a 1200rpm. Por definicin se tiene que:P = M

Despejando el momento M resulta:

F S I C A

P

=M

Reemplazando valores numricos se tiene:N m s =M 1200 2 rad 60 s 20 736

Realizando la operatoria se obtiene el valor del momento o torque desarrollado por el motor, es decir:M = 117,197 Nm

49

M E C N I C A

Momento cintico (o momento angular) respecto a un eje fijo El momento cintico se simbolizar por L y corresponde al producto entre el momento de Inercia y la velocidad angular es decir:L = I

Donde:L = Momento cintico o momento angular I = Momento de inercia

= Mdulo de velocidad angular

F S I C A

Ejemplo 1 Un cuerpo tiene un momento de inercia I = 0,7 kgm2 respecto de un eje fijo de rotacin. Si la velocidad con que gira es de 450 rpm, Cul es el momento cintico del cuerpo? Solucin El problema corresponde al caso ms simple y slo debe aplicarse la definicin directa del momento cintico, es decir:L = I

Reemplazando valores correspondientes y evaluando se obtiene lo que se pide:

L = 0,7 kgm 2

450 2 rad 60 s

L = 32,97

kgm 2 s

Es decir, el momento cintico del cuerpo es de 32,97 kgm2 / s50

M E C N I C A

Ejemplo 2 Determinar el momento cintico de un volante en forma de disco slido que tiene una masa de 4 kg, 16 cm de radio y que gira a razn de 300 rpm en torno a su eje de simetra tal como indica la figura.

300 rpm

F S I C A

Solucin En este caso, para determinar el momento cintico se debe determinar en primer lugar el momento de inercia I del volante y por tener la forma de un cilindro slido, es de la forma:m R2 (1) 2 Como el momento cintico de un cuerpo queda definido por: I=L = I (2)

Entonces al reemplazar (1) en (2) resulta:L= m R2 2

Reemplazando los valores numricos correspondientes se tiene:L= 4kg 0,16 2 m 2 300 2 rad 2 60 s

51

Finalmente evaluando se tiene el momento cintico que se pide, es decir:

M E C N I C A

L = 1,61

kgm 2 s

Principio de conservacin del momento cintico Si un sistema no se ve afectado por un momento exterior, entonces el momento cintico del sistema permanece constante, es decir:Linicial = Lfinal

F S I C A

Ejemplo Un disco slido gira a razn de 640 rpm en torno a su eje fijo tal como indica la figura, su momento de inercia respecto de dicho eje es de 0,22 kgm2. En tal condicin, al disco se le adhiere una partcula en reposo de 150 gramos, a una distancia de 12 cm del eje de rotacin. Cul es el valor en rpm de la velocidad de giro del conjunto disco partcula?

Eje de giro 12 cm

I Disco = 0,22kgm 2 I Partcula = m d 2

640 rpm

Solucin En esta situacin se presenta una condicin inicial y una condicin final. Como no hay momentos exteriores al sistema disco partcula, significa que el momento cintico se conserva, es decir se cumple que:Linicial = Lfinal ( I 0 ) Disco + ( I 0 ) Partcula = ( I ) Disco + ( I ) Partcula

52

Como la partcula est inicialmente en reposo, entonces la expresin anterior resulta:( I 0 ) Disco = ( I ) Disco + ( I ) Partcula

M E C N I C A

Una vez estando la partcula sobre el disco, giran con la misma velocidad angular, por lo tanto es posible factorizar por la velocidad final de giro :( I 0 ) Disco = ( I Disco + I Partcula )

Como el momento de inercia de la partcula es: I = m d 2 , la expresin anterior resulta:( I 0 ) Disco = ( I Disco + m Partcula d 2 )

Despejando la velocidad angular final se tiene:( I 0 ) Disco = I Disco + m Partcula d 2

F S I C A

Reemplazando valores numricos correspondientes y evaluando se tiene la velocidad que se pide, es decir:0,22 kgm 2 640 rpm = 0,22 kgm 2 + 0,15 kg 0,12 2 m 2

140,8 kgm 2 rpm = 0,2222 kgm 2

633,663 rpm =

53

M E C N I C A

Energa cintica de rotacin: La energa cintica para un cuerpo que gira queda determinada por:U k ROT . = 1 I 2 2

Energa cintica total de un cuerpo en una roto traslacin Para un cuerpo que rota y traslada, la energa cintica queda determinada por:

F S I C A

Uk =Donde:m = Masa del cuerpo v = Mdulo de velocidad lineal

1 1 m v2 + I 2 2 2

I = Momento de inercia del cuerpo respecto a un eje considerado = Mdulo de la velocidad angular

Ejemplo 1 Un volante slido en forma de disco tiene un momento de inercia de 1,6 kgm2 y gira a razn de 900 rpm respecto de un eje central Cul es la energa cintica del disco? Solucin Como el disco slo gira, se tiene que su energa cintica queda determinada por:Uk = 1 I 2 2

Como se conocen todos los valores, slo se debe reemplazar y realizar la operatoria, es decir:

54

Uk =

1 900 2 rad 1,6 kgm 2 2 s 60U k = 7098,912 J

2

M E C N I C A

Ejemplo 2 Una esfera slida de 5 kg y 15 cm de radio gira sin deslizar sobre una superficie horizontal a la velocidad de 9 m/s Cul es la energa cintica de la esfera?v = 9m/s

5 kg

F S I C A

Solucin En este caso se trata de un cuerpo que traslada y rota al mismo tiempo, por lo tanto, su energa cintica queda determinada por:

Uk =

1 1 m v2 + I 2 2 2

2m R 2 y su velocidad angular Como el momento de inercia de la esfera es I = 5 v es = , se puede reemplazar en la ecuacin anterior y se obtiene: R 1 1 2m R 2 v 2 Uk = m v2 + 2 2 2 5 RSimplificando resulta:

Uk =

1 1 7 m v2 + m v2 = m v2 2 5 10

Reemplazando los valores para la masa y la velocidad de la esfera se tiene:

55

Uk =

7 m2 5 kg 9 2 2 10 s

M E C N I C A

Finalmente realizando la operatoria se obtiene la energa cintica de la esfera que rota y traslada al mismo tiempo, es decir:U k = 283,5 J

Obs. Se habra obtenido el mismo resultado si se hubiese calculado por separado, tanto el momento de inercia de la esfera como su velocidad angular.

Ley fundamental de la dinmica de rotacinEn el movimiento de traslacin la ley fundamental es el segundo principio de Newton, en cambio, en la rotacin la ley fundamental est dada por:M = = I

(o

F S I C A

M = I

)

Donde:

M = = Torque o momento de una fuerza I = Momento de inercia del cuerpo respecto a un eje considerado

= Mdulo de la acelaracin angular del cuerpoEjemplo 1 Qu momento o torque se necesita para que un volante, de momento de inercia 4,3 kgm2 gire con una aceleracin angular constante de 2,5 rad /s2?

Solucin: Se pide calcular el momento o torque de un cuerpo que gira y donde se conoce su momento de inercia y su aceleracin angular, por lo tanto corresponde aplicar la ley fundamental de la rotacin, es decir:M = = I

Reemplazando los valores numricos para momento de inercia y aceleracin angular resulta:

56

M E C N I C A

rad s2 Realizando la operatoria se obtiene el momento necesario para que el volante de momento de inercia 4,3 kgm2, se mueva con una aceleracin de 2,5 rad / s2, es decir: M = = 4,3 kgm 2 2,5

M = = 10,75 Nm

Ejemplo 2 Qu torque se necesita para que un disco slido, de momento de inercia 6,5 kgm2, partiendo del reposo y girando sobre su eje, alcance la velocidad de 380 rpm en un tiempo de 4 segundos? Solucin La ley fundamental de la rotacin expresa que:M = I

F S I C A

Como slo se conoce el momento de inercia del disco, se debe conocer el valor de la aceleracin angular, la cual queda determinada por:

t Reemplazando valores correspondientes resulta:

=

0

380 2 rad 0 60 s = 4sLo que da un resultado de:

= 9,943

rad s2

Como ya se conoce el valor de la aceleracin angular, es posible aplicar la ley fundamental de la rotacin, es decir:M = I

Reemplazando valores:

57

M = 6,5 kgm 2 9,946Resolviendo:

rad s2

M E C N I C A

M = 64,63 NmEs decir, el torque necesario para que el disco, de momento de inercia 6,5 kgm2 partiendo del reposo alcance la velocidad de 380 rpm en un tiempo de 4 segundos es de 64,63 Nm .

Ejemplo 3 Un volante slido, en forma de disco, de 8 kg y 14 cm de radio, gira en torno a su eje tal como indica la figura. Qu fuerza tangencial debe aplicarse en la periferia del volante para que adquiera una aceleracin angular de 3,6 rad/s2?r F =?

= 3,6

F S I C A

rad s2

8 kg

14 cm

Solucin La ley fundamental de la rotacin expresa que:

M = I En esta oportunidad se trabajar algebraicamente y slo al final se reemplazarn los valores numricos que correspondan. Atendiendo alo antes dicho se tiene que el momento M se define por:M = F b = F R (1)

El momento de inercia del disco slido corresponde a:

m R2 I= 2

(2)

58

Reemplazando las expresiones (1) y (2) en la ley fundamental resulta:

F R =

m R2 2

M E C N I C A

Simplificando por el radio resulta:

mR 2 Reemplazando los valores numricos correspondientes y realizando la operatoria, se obtiene la fuerza que se pide, es decir: 8 kg 0,14 m rad F= 3,6 2 2 s F=

F = 2,016 NEjemplo 4 Un volante slido, en forma de disco, de 12 kg y 10 cm de radio, se encuentra en reposo respecto a su eje de giro. Si sobre la periferia del volante acta una fuerza tangencial de 45 N durante un tiempo de 5 segundos. Cul es la velocidad angular final del volante?r F = 45 N

F S I C A

12 kg

=?

0 = 010 cm

Solucin Al igual que el ejemplo anterior, se trabajar algebraicamente y al final se reemplazarn valores numricos. La ley fundamental de la rotacin expresa que:

M = I

59

En esta oportunidad se trabajar realizando clculos por separados en lo que respecta al torque y al momento de inercia del volante, segn esto se tiene que: El momento o torque M se calcula por:

M E C N I C A

M = F b = F R = 45 N 0,1 m = 4,5 NmEl momento de inercia del volante se calcula por:

m R 2 12 kg 0,12 m 2 = = 0,06 kgm 2 2 2 Despejando la aceleracin de la ley fundamental, se tiene: I= M = IReemplazando los valores obtenidos para el torque y el momento de inercia, resulta: m 4,5 kg 2 m 4,5 Nm s = 0,06kgm 2 0,06kgm 2 Resolviendo se obtiene el valor de la aceleracin angular , es decir:

F S I C A

rad s2 Conocida la aceleracin angular del volante es posible determinar la velocidad angular final del mismo, ya que:

= 75

= 0 + tReemplazando los valores para la velocidad angular inicial, aceleracin angular y tiempo se obtiene: rad = 0 + 75 2 5s s Resolviendo se tiene velocidad angular final del volante indicado, es decir:

= 375

rad 375 = 60 rpm = 3582,8 rpm s 2

60

M E C N I C A

Ejemplo 5 Sobre la garganta de una polea en forma de disco slido, sin rozamiento, de radio 40 cm y de momento de inercia I = 8,5 kgm 2 , est enrollada una cuerda de masa despreciable, sobre el extremo de la cuerda cuelga un cuerpo de 24 kg, tal como indica la figura. Si el cuerpo se suelta desde el reposo, Cul es la aceleracin angular de la polea?, Cul es la tensin de la cuerda?, Cul es la aceleracin del cuerpo?,Qu distancia desciende el cuerpo en un tiempo de 3 segundos?

40 cm

F S I C A

24 kg

Solucin En este ejemplo se dibujara un diagrama por separado para polea y cuerpo de 24 kg.r

yr r a = aT

T

40 cm

x

0 = 0T

r r aT = a

mg = 235,2 N

61

Aplicando el 2 principio de Newton en cuerpo de 24 kg se tiene: Eje x: No existen fuerzas

M E C N I C A

Eje y:

T mg = m aEl signo negativo del trmino de la derecha se debe a que la aceleracin es un vector y como siempre se ha elegido el signo positivo hacia arriba. Despejando la tensin T resulta:

T = mg m aReemplazando valores conocidos de la masa y peso para el cuerpo, se tiene:

T = 235,2 [N ] 24 [kg ] aY como: Entonces:

F S I C A

a = aT = R T = 235,2 [N ] 24 [kg ] R

Reemplazando el valor del radio y multiplicando resulta:

T = 235,2 [N ] 9,6 [kgm]

(1)

Polea: Como la polea slo rota, se cumple la ley fundamental de la rotacin, es decir:

M = I Pero el torque en la polea es:M = F b = T R

Entonces al reemplazar en la ley fundamental se tiene:T R = I

Reemplazando valores numricos resulta:

T 0,4 [m] = 8,5 kgm 2

[

]

62

Despejando la tensin resulta:

T=

8,5 kgm 2 = 21,25 [kgm] 0,4 [m]

[

]

(2)

M E C N I C A

Ahora, igualando la Ec. (1) y Ec. (2) resulta:235,2 [N ] 9,6 [kgm] = 21,25 [kgm]

Reuniendo trminos semejantes:

235,2 [N ] = 21,25 [kgm] + 9,6 [kgm] 235,2 [N ] = 30,85 [kgm]

Despejando aceleracin angular resulta:

F S I C A

235,2 [N ] = 30,85 [kgm]Dividiendo se tiene el valor de la aceleracin angular de la polea, es decir:

7,624

rad = s2

Reemplazando el valor de la aceleracin angular en la Ec. (1) o Ec. (2) se obtiene el valor de la tensin, en este caso se reemplazar en la Ec. (1), es decir:

T = 21,25 [kgm] = 21,25kgm 7,624

rad = 162,01 N s2

La aceleracin del cuerpo de 24 kg es:

a = R = 7,624

rad m 0,4m = 3,05 2 2 s s

63

La distancia descendida por el cuerpo al tiempo de 3 segundos, se obtiene utilizando la ecuacin cinemtica de la posicin dependiente del tiempo, esto es:

M E C N I C A

x = x0 + v0 t +

1 a t2 2

Como el cuerpo se suelta desde el reposo, se tiene:

x=

1 a t2 2

Reemplazando los valores correspondientes resulta:

x=

1 m 3,05 2 3 2 s 2 2 s

Resolviendo la operatoria se obtiene la distancia descendida por el cuerpo, esto es:

F S I C A

x = 13,725 mResumen: Aceleracin angular de la polea = 7,624 Tensin de la cuerda T = 162,01 N Aceleracin del cuerpo a = 3,05

rad s2

m s2

Distancia descendida por el cuerpo d = 13,725 m

64

Problemas ResueltosProblema 1 Calcular el torque al que se encuentra sometida la palanca de la figura.

M E C N I C A

45

16 c12 c m

m60

40 [N]

18 [N]

Solucin problema 1 Diagrama de fuerzas:

F S I C A

45

r=

40 [N]

12 cm

60

6 cm r=1

18 [N]

Aplicando la definicin de torque o momento, el momento resultante respecto al pivote es:

M = r Fsen M = 0,12[m] 40[ N ]sen45 0,16[m] 18[ N ]sen60 M = 3,394[ Nm] 2,494[ Nm] M = 0,899[ Nm] sentido antihorario65

Problema 2 Para la figura indicada, se pide calcular la fuerza necesaria para lograr el equilibrio rotacional. Despreciar el peso propio de las barras y polea.

M E C N I C A

F

0,7 m

800 [N]

20

200 [N] 0,6 m 0,8 m

F S I C A

Solucin problema 2 El mecanismo de la figura consiste de un sistema de palanca y polea. Como el sistema no se traslada ni gira, se cumple que:

(1) M = 0 (2) F = 0Diagrama de palanca:r

r

(para sistema de palanca) (para sistema de poleas)

T0,7 m

20

200 [N] 0,6 m 800 [N] 0,8 m

66

Segn el diagrama, se tiene:

M = 0

r

M E C N I C A

800[N ] 1,4[ m ] T 0,8[ m ] 200[N ] 0,7[ m ] cos 20 = 0 800[N ] 1,4[ m ] 200[N ] 0,7[ m ] cos 20 = T 0,8[ m ] 800[N ] 1,4[ m ] 200[N ] 0,7[ m ] cos 20 =T 0,8[ m ] T = 1.235,554[N ]

Diagrama para poleas:

F

F

F S I C A

F

F

T=1.235,554 [N]Para el diagrama anterior se cumple que:r F =0 2F T = 0 2F = T despejando F T reempalzando valores 2 1.235,554[N] F= 2 F = F = 617,777[N ]

67

Problema 3 La caa de pescar de la figura forma un ngulo de 20 con la horizontal. Cul es el momento de torsin ejercido por el pez alrededor de un eje perpendicular a la pagina y que pasa por la mano del pescador?

M E C N I C A

20

2,0 m

37

20

F = 100 [N]

pivote

F S I C A

Solucin problema 3 Realizado un esquema de fuerzas para la situacin dada, se tiene:Y

37

,0 m r=2

F=20

10 0[

N]X

De acuerdo a la informacin, el momento M es posible determinarlo aplicando directamente su definicin, es decir: r r M = rF

i M = rx Fx

j ry Fy

k rz Fz

El problema es en dos dimensiones por lo tanto rz = 0 y Fz = 0

68

r Componentes rectangulares del vector posicin r :

M E C N I C A

Y

ry = rsen20

,0 r=2

m20

rx = r cos20

X

r x = r cos 20 = 2[ m ] cos 20 r x = 1,8794[ m ] 1,88[ m ] r y = r sen 20 = 2[ m ] sen 20 r y = 0,6840[ m ] 0,68[ m ]Componentes rectangulares del vector fuerza

F S I C A

YF x = Fcos323

F=

X10 0[ N]

F x = Fcos323

37

69

Fx = F cos 323 = 100[N ] cos 323 Fx = 79,864[N ]

M E C N I C A

Fy = F sen 323 = 100[N ] sen 323 Fy = 60,182[N ] r r Conocidas las componentes rectangulares de los vectores r y F se pueden ingresar al determinante y resolver, es decir: i M = 1,88 j 0,68 k

0 [N m]

79,86 60,18 0 M = (0 0)i (0 0 ) + (1,88 60,18 79,86 0.68)k[ Nm] j

F S I C A

M = 167,443k

el signo menos indica sentido horario

70

Problema 4 Para el sistema de la figura calcule la aceleracin y el torque, dado m1 = 1 kg, m2 = 2 kg y R = 0,2 m.

M E C N I C A

cilindro m1= 1 kg

polea despreciable

m2 = 2 kg

F S I C A

Solucin problema 4 En primer lugar se dibujar un diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo:Y N T XX a

Y

T

W = m1g= 9,8 [N]W = m2g = 19,6 [N]

Anlisis para el cilindro: El cilindro pude girar respecto de su periferia por lo tanto corresponde a un slido rgido y en l se puede aplicar la segunda ley de Newton, es decir:

r r F = m a

71

Eje X

T = m1 a T = 1(kg ) a(1)

M E C N I C A

Calculando torque respecto al punto de contacto con la superficie, se tiene:

M = T 2R

(2)

Anlisis para el cuerpo 2: Cuerpo 2 constituye una partcula y por lo tanto slo se cumple el segundo principio de Newton, luego:

F = m

r

2

r a

T m 2 g = m 2 a despejando T T = m2 g m2 a T = 19,6[N ] 2[ kg ] a reemplazando valores (3)

F S I C A

Igualando las ecuaciones (1) y (3) se obtiene:

1(kg ) a = 19,6[ N ] 2[kg ] a 3[kg ] a = 19,6[ N ] a= 19,6[ N ] 3[kg ]

a = 6,533[m / s 2 ]Reemplazando el valor de a = 6,533 [m/s2] en la ecuacin (1) o en (3) se obtiene el valor de la tensin T, es decir:

72

T = 1[ kg ] 6,533[ m / s 2 ] T = 6,533[N ]

M E C N I C A

Conocido el valor de la tensin T es posible ahora determinar el torque aplicando directamente la definicin, es decir:

M = T 2R M = 6,533[ N ] 2 0,2[m] M = 2,6132[ N m]

Problema 5 Para el sistema de la figura calcule la aceleracin y el torque, dado m1 = 2 kg, m2 = 3 kg, R = 0,3 m y el coeficiente de roce cintico es = 0,3. Solucin problema 5 Al igual que el ejercicio anterior, el cilindro representa un slido rgido por lo tanto en l se puede aplicar:

F S I C A

La segunda ley de Newton. Concepto torque o momento.

Anlisis para el cilindro: Diagrama de cuerpo libre Aplicando segunda ley de Newton y segn diagrama:

Y N T X f W = m1g= 19,6 [N]

73

Eje X T f = m1 a

M E C N I C A

T N = m 1 a pero N = m 1g T m1 g = m1 a T = m1 g + m1 a despejando T

Reemplazando valores resulta: T = 0,3 19 ,6[ N ] + 2[ kg ] a T = 5,88[ N ] + 2[ kg ] a (1)

Por otra parte la tensin T produce un torque respecto al punto de contacto del cilindro con la superficie rugosa, entonces:

M = T 2R

(2)

F S I C A

Anlisis para el cuerpo 2: Realizando el diagrama de cuerpo libre y aplicando la segunda ley de Newton, entonces:Y

T

X a

W = m2g = 29,4 [N]

T m 2 g = m 2 a despejando T T = m2g m2 a reemplazando valores (3)

T = 29,4[N ] 3[ kg ] a

Igualando las ecuaciones (1) y (3), se obtiene:

74

5,88[N ] + 2[ kg ] a = 29,4[N ] 3[ kg ] a 2[ kg ] a + 3[ kg ] a = 29,4[N ] 5,88[N ] 5[ kg ] a = 23,52[N ]

M E C N I C A

a=

23,52[N ] 5[ kg ]

a = 4,704[ m / s 2 ]

Reemplazando a = 4,704 [m/s2] en la ecuacin (1) o en (3) se obtiene el valor de la tensin T, es decir:

T = 2[ kg ] 4,704[ m / s 2 ] + 5,88[N ] T = 15,288[N ]

tensin de la cuerda

F S I C A

Reemplazando ahora el valor de la tensin T = 15,288 [N] en la ecuacin (2) se obtiene el torque, es decir:M = T 2R M = 15,288[ N ] 2 0,3[m] M = 9,172[ N m] torqu producido en el cilindro e

75

M E C N I C A

Problema 6 Un peso de 50,0 N se une al extremo libre de una cuerda ligera enrollada alrededor de una polea de 0,250 m de radio y 3,00 kg de masa. La polea puede girar libremente en un plano vertical en torno del eje horizontal que pasa por su centro. El peso se libera 6,00 m sobre el piso. (a) Determine la tensin en la cuerda, la aceleracin de la masa y la velocidad con la cual el peso golpea el piso. (b) Determine la velocidad calculada en (a) empleando principio de conservacin de la energa. Solucin (a) problema 6 El enunciado anterior se pude representar en el siguiente esquema:

M = 3 kg

,25 m R=0

F S I C A

V0 = 0 W = 50 N6m

Anlisis de la polea: Diagrama de cuerpo libre:

R a T

76

Aplicando segunda ley de Newton al esquema anterior, se tiene que:

T R = I

M R2 pero I = consideran do a la polea como un disco 2

M E C N I C A

M R2 T R = simplifica ndo por R 2 T = M R 2 (1)

Anlisis para el peso de 50 [N]: Diagrama de cuerpo libre:

T

F S I C A

aW = 50 [N]

Aplicando segunda ley de Newton, se tiene:

T m g = m a

pero a = R por lo tanto

T m g = m R T = m g m R

(2)

Igualando ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

77

M R = m g m R /2 2 M R = 2m g 2m R M R + 2m R = m g R (M + 2m ) = 2mg

M E C N I C A

factorizando por R despejando

=Como:

2mg R (M + 2 m )mg = 50[ N ] 50[ N ] m= 9,8[m / s 2 ] m = 5,102[kg ]

Reemplazando valores numricos resulta:

=

F S I C A

2 50[N] 0,25[m] (3[kg ] + 2 5,102[kg ]) 100[kg m / s 2 ] 0,25[m] 13,204[kg ] Aceleracin angular de la polea

=

= 30,294[rad / s 2 ]

Como a = R, entonces: a = 30,294[ rad / s 2 ] 0.25[ m ]

a = 7,573[ m / s 2 ]Como T =

Ace leracin lineal del cuerpo de 50 [N]

M R , entonces: 2 3[ kg } 0,25[ m ] T= 30,294[ rad / s 2 ] 2 T = 11,360[N ] Tensin de la cuerda

78

Aplicando ecuaciones de cinemtica se determina la velocidad del cuerpo al chocar al suelo, es decir:

M E C N I C A

v 2 v0 pero v 0 = 0 2a v2 d = 2a 2 v = 2a d2

d=

v = 2a dReemplazando valores numricos, se obtiene:

v = 2 7,573[m / s 2 ] 6[m] v = 90,876[m 2 / s 2 ] v = 9,533[m / s ] Velocidad con que el cuerpo choca con el piso

F S I C A

79

Problema 7 La rueda de la figura es un disco slido de M = 2,00 kg, R = 30,0 cm e I = 0,0900 kg m2. El objeto suspendido tiene una masa m = 0,500 kg. Encuentre la tensin en la cuerda y la aceleracin angular de la rueda.

M E C N I C A

MR

m

F S I C A

Solucin problema 7 Anlisis de polea: Diagrama de cuerpo libre:R

T

Aplicando la ecuacin fundamental de la dinmica de rotacin, se tiene:M = I pero M = T R por lo tanto

T R = I T = I R

(1)

80

Anlisis cuerpo de masa m: Diagrama de cuerpo libre:T

M E C N I C A

a

m = 0,5 [kg]W = mg

Aplicando segunda ley de Newton resulta:

T m g = m a pero a = R T m g = m R despejando T T = m g m R (2)

F S I C A

Igualan ecuaciones (1) y (2) se obtiene:

I = m g m R / R R I = m g R m R 2

I + m R 2 = m g R (I + m R ) = m g R m g R = (I + m R 2 )2

factorizando por despejando

= =

0,5[ kg ] 9,8[ m / s 2 ] 0,3[ m ] 0,09[ kgm 2 ] + 0,5[ kg ] 0,3 2 [ m 2 ] 1,47[ kg m 2 / s 2 ] 0,135[ kg m 2 ] Ace leracin angular del disco

= 10,889[ rad / s 2 ]

Conocido el valor de la aceleracin angular se puede calcular el valor de la tensin T, reemplazando en la ecuacin (1) o (2). Luego:81

M E C N I C A

I R 0,09[ kg m 2 ] 10,889[ rad / s 2 ] T = 0,3[ m ]

T =

T = 3,267[N ]

Problema 8 Un motor elctrico puede acelerar una rueda de momento de inercia I = 20000 kg m2 a partir del reposo hasta 10 rpm en 12 s. Determine, (a) el momento de torsin generado por el motor para llevar la rueda hasta 10 rpm (b) La potencia necesaria para mantener esta velocidad angular.

F S I C A

Solucin problema 8 Datos: 0 = 0 = 10 rpm t = 12 s I = 20000 kg m2

En primer lugar transformaremos la velocidad angular de [rpm] a [rad/s]. 2 (rad ) = 10[ rpm ] = 10 = 1,047[ rad / s ] 60(s ) Clculo del momento de torsin o torque: Por definicin se tiene que:M = I

Como se conoce el momento de inercia, slo hay que determinar la aceleracin angular . Por cinemtica, se tiene que:

82

= 0 + t despejando 0 = t 0 = pero 0 = 0

M E C N I C A

t

t

=

Reemplazando valores numricos resulta: 1,047[ rad / s ] = 12[ s ]

= 0,0873[ rad / s 2 ]Conocida la aceleracin basta reemplazar en la definicin de torque, es decir:M = I M = 20.000[kg ] 0.0873[rad / s 2 ] M = 1.745,329[ N m]

F S I C A

Clculo de la potencia: La potencia necesaria para mantener la velocidad de 10 rpm queda determinada por:

P = M P = 1745,329[ Nm] 1,047[rad / s ] P = 1827,359[W ] = 2,449[ Hp]

83

M E C N I C A

Problema 9 Un disco con momento de inercia I1 = 100 kg m2 est girando con velocidad angular = 12 rev/s alrededor de un eje sin rozamiento. Cae sobre otro disco con momento de inercia I2 = 80 kg m2 inicialmente en reposo sobre el mismo eje. Debido al rozamiento superficial entre los discos, finalmente se mueven con una velocidad angular comn. Determinar la velocidad angular comn.

= 12 [rev/s]I1

=?

I2

F S I C A

Solucin problema 9 Como el sistema es aislado, es decir, no existe ningn momento externo a los discos, el momento angular total del sistema se mantiene constante, es decir:

L inicial = LfinalComo L= I, se tiene: L inicial = Lfinal L1 + L2 = L1 + L2 I1 1 = I1 + I 2

Donde:1= velocidad angular del disco 1 = velocidad angular comn para los dos discos

84

I1 1 = (I1 + I 2 ) despejando I1 1 = reemplazando valores (I1 + I 2 ) 100[kg m 2 ] 12[ rev / s ] = 100[ kg m 2 ] + 80[ kg m 2 ]

M E C N I C A

1200[ kgm 2 rev / s ] = 180[ kgm 2 ] = 6,67[ rev / s ] Velocidad angular comn de los discos

F S I C A

85

Problemas propuestos1) Cul es aproximadamente el momento en Nm de la fuerza de 35 N respecto al pasador o de la figura indicada?

M E C N I C A

F = 35 Na) b) c) d) 67,49 84.53 96,73 105,02

O

40

3m

2) Cul es el momento resultante respecto al punto A de la figura indicada?

F S I C A

r F = 90 Na) b) c) d) 122 horario 156 anti - horario 194 horario 208 anti - horario

r F = 30 N

A1,8 m 0,8 m

r F = 50 N3) Cul debe ser el peso aproximado en Newton, del cuerpo de la figura para que la viga permanezca en forma horizontal? La viga es uniforme y tiene una masa de 8 kg.

a) b) c) d)

38,54 47,21 62,37 83,42

?53 37

A2,6 m

3m

86

4) Sobre la periferia de un volante slido, en forma de disco, acta una fuerza tangencial de 20N. Si el momento de inercia del volante es 5 kgm2 y 100cm de dimetro Cul es el valor de la aceleracin tangencial en m/s2 en la periferia del volante?

M E C N I C A

a) b) c) d)

4 3 2 1

r F = 20 N

5) Cul es aproximadamente el torque, en Nm, desarrollado por un motor de 8kw cuando gira a 4200 rpm?

F S I C A

a) b) c) d)

12,4 15,6 18,2 21,1

Los ejercicios 6, 7 y 8 se refieren al siguiente enunciado: Se aplica una fuerza tangencial de 50N a un disco slido en reposo de 3 kg y 60 cm de radio, durante un tiempo de 4 segundos, despreciar efectos de friccin . 6) Cul es aproximadamente la aceleracin angular del disco, en rad/s2 ?3 kg

r F = 50 N

a) b) c) d)

42,889 55,556 68,334 74,556

60 cm

7) Cul es aproximadamente el trabajo realizado, en joule? a) b) c) d) 7024,3 8321,7 11563,5 13333,4

87

8) Cul es aproximadamente la energa cintica final, en joule? a) b) c) d) 13333,4 11563,5 8321,7 7024,3

M E C N I C A

9) Un ascensor con su carga tiene una masa de 1500 kg. Se levanta por medio de un cable de masa despreciable que se enrolla sobre un cilindro slido de radio 50 cm y que gira con velocidad angular constante de 5 rad/s Cul es aproximadamente el valor de la potencia, en CV, del motor que hace girar al cilindro? Despreciar los efectos de friccin.Cilindro y Motor

F S I C A

a) b) c) d)

30,4 36,8 49,9 55,4

50 cm

Ascensor

10) Se aplica una fuerza tangencial de 80N sobre un anillo (aro delgado) de radio 18 cm, el anillo puede girar con respecto a su eje de simetra, tal como indica la figura. La aceleracin tangencial del anillo es de 3,5 m/s2. Cul es el momento de inercia del anillo, en kgm2, respecto a su eje de simetra?

a) b) c) d)

4,1 5,3 6,2 7,4

aT = 3,5m / s 2

r F = 80 N18 cm

88

11) Una rueda de momento de inercia I = 8 kgm 2 gira a razn de 150 rpm. Si se aplica un freno y la ruede se detiene despus de dar 40 revoluciones Cul es aproximadamente el valor del torque, en Nm, que genera la fuerza de roce?

M E C N I C A F S I C A

a) b) c) d)

4,15 3,93 2,45 1,57

12) Un motor tiene una potencia til de 3CV a una velocidad de giro de 500 rpm Qu fuerza aproximada, en Newton, puede transmitir a una correa apoyada en una polea de 8 cm de radio fija al eje del motor? a) b) c) d) 820,6 715,8 626,3 527,4

Los problemas 13, 14 y 15 se refieren al siguiente enunciado: El sistema de poleas de la figura indicada tiene un momento de inercia I = 0,75 kgm 2 . El sistema se libera desde el reposo. La masa de las cuerdas son despreciables, los radios de las poleas y las masas de los cuerpos son los indicados en la figura. Despreciar los efectos de friccin.

0,2 m 0,5 m

0,5 kg

1 kg

89

13) Cul es aproximadamente la aceleracin angular, en rad/s2, del sistema de poleas?

M E C N I C A F S I C A

a) b) c) d)

3,61 4,82 5,21 6,37

14) Cul es aproximadamente la velocidad, en m/s, de los cuerpos de 1 kg y 0,5 kg a los 5 segundos de iniciado el movimiento, respectivamente? a) b) c) d) 3,61 y 10,32 5,21 y 15,24 4,82 y 12,05 6,37 y 9,37

15) Cules son aproximadamente los valores de las tensiones, en Newton, de las cuerdas que sostienen a los cuerpos de 1 kg y 0,5 kg respectivamente? a) b) c) d) 5,4 y 4,8 6,2 y 4,8 7,8 y 3,7 8,8 y 3,7

Los problemas 16 y 17 se refieren al siguiente enunciado: Un volante en forma de cilindro de la figura, puede girar por la accin de un cuerpo de 7 kg que pende de una cuerda ligera enrollada en su periferia. El dimetro del cilindro es de 16 cm y el cuerpo partiendo del reposo, desciende 4 metros en 15 segundos. Despreciar los efectos de friccin.Cilindro

16 cm

16) Cul es aproximadamente la tensin de la cuerda, en Newton? a) b) c) d) 68,351 76,457 82,352 94,5267 kg

90

17) Cul es aproximadamente el momento de inercia del volante, en kgm2? a) b) c) d) 8,4 10,8 12,3 15,7

M E C N I C A

18) Si el momento de inercia de una esfera slida respecto a su eje de simetra 2m R 2 , Cul es el momento de inercia de la misma (eje centroidal) es I = 5 esfera respecto a un eje paralelo al anterior y que es tangente a la esfera? a) I = b) I = c) I =

F S I C A

d) I =

3m R 2 5 4m R 2 5 7m R 2 5 8m R 2 5

, , , ,

19) Un cilindro slido tiene una masa de 6 kg y un radio de 14 cm. Cul es aproximadamente su momento de inercia, en kgm2, con respecto a un eje paralelo al eje de simetra y que est ubicado a una distancia de 9 cm de l?Eje de rotacin Eje de simetra

a) b) c) d)

0,06 0,08 0,14 0,116 kg

9cm 14 cm

91

20) Una esfera slida de radio R y masa m se suelta desde lo alto de un plano inclinado, tal como indica la figura. La esfera rueda sin deslizar, despreciando los efectos de friccin, Cul es la expresin que corresponde al valor de la velocidad de la esfera cuando llega al final del plano.

M E C N I C A

a) b) c) d)

10gh 78gh 7 10 g 7h 8g 7h

h

F S I C A

92

Solucin a problemas propuestosPregunta a b c d 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x Pregunta a b 10 x 11 x 12 13 x 14 15 16 x 17 18 c d Pregunta a b c d 19 x 20 x

M E C N I C A

x x x x x

BIBLIOGRAFA

F S I C A

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