Estática Rotacional.

Cinemática Rotacional.

Dinámica Rotacional

El Equilibrio Estático:

Dos fuerzas de igual magnitud F pero sentido opuesto, actuando sobre un cuerpo

Fext F F 0 racm 0

F F pero: F

F

el centro de masa no se mueve y el cuerpo no se mueve

el centro de masa no se mueve pero el cuerpo gira en torno al centro de masa

¿qué falta para establecer una condición de equilibrio estático?

P FD fuerza F

actuando sobre un punto de un cuerpo, a lo largo

de una dirección dada

línea de acción de la fuerza

un punto P ubicado en el cuerpo, sobre el mismoplano en que se aplica la fuerza

D es la distancia perpendicular medida desde el punto P a la línea de acción de la fuerza

Definimos la magnitud del torque de F respecto de P como el producto entrela magnitud F de la fuerza y el brazo D de aplicación a la misma

F . D

¿qué pasa si P es un punto fijo?

La acción de F produce una rotación delP F cuerpo en torno a P

Elección: rotación es positiva si es contra los punteros del reloj

Si varias fuerzas actúan simultáneamente sobre un cuerpo

el torque total resulta de sumar los torques asociados a las distintas fuerzas

signo +) los torques que inducen rotación en el sentido opuesto al de los punteros del reloj

signo -) los torques que inducen rotación en el sentido de los punteros

Equilibrio estático:

r N r debe cumplirse para cada una de lasI)

Fext

Fi 0

i 1

componentes de las fuerzas, a lo largo de los ejes de referencia

II) Torque total es cerodebe cumplirse para rotación en torno a cualquier punto arbitrario en el plano de acción de las fuerzas

¡OJO! El torque es un vector

EJEMPLO

Una viga homogénea, en equilibrio, con una masa de 300 kg. ¿Cuál es la fuerza que ejerce la viga sobre los soportes A y B?

10 mA B

1 m6 m

Diagrama de fuerzasFA FB

Afuerzas normales en los puntos de contacto

peso en el centro de masa

mg B

I) Suma de fuerzas es cero FA + FB – mg = 0 FA + FB – 2940 = 0

II) Suma de torques positivos es igual a suma de torques negativos.

elegimos un punto arbitrario de referencia

por ejemplo, el extremo izquierdo de la viga

10 mA B

FA FB

A mg B

1 m6 m

FA DA = 1.0 m

FB DB = 6.0 m

mg Dmg = 5.0 m

FA + 6 FB – 14700 = 0

FA + FB – 2940 = 0

Dos ecuaciones con dos incógnitas

Restando las dos ecuaciones:

5FB 11760 0 FB 2352 N

FA 2940 FB 588 N

Bse

n

Torque: F . D

La fuerza F es un vector

La distancia D es un vectorEl torque es el producto de dos vectores y es un vector

Producto vectorial de dos vectores:

C A X B

es el producto vectorial entre los vectores

C A B

B

A

B

Bcos Ay su magnitud es

Su dirección es perpendicular a los Vectores A y B C A B sen

¿Cuál es la relación con el torque?

La fuerza F se aplica en un punto con vector de posición r

respecto de un punto P el torque resultante es

P Fr

con

r X F

r F sen

es el ángulo entre la fuerza y el vector de aplicación de la misma

r F r es el brazo de aplicación de la fuerza

O también rF

La dirección del torque es perpendicular al plano de la fuerza y su vector de aplicación

Cinemática de Rotaciones

Para mantener un movimiento circular debe existir una aceleración dirigida hacia el centro, la cual se le conoce como aceleración centrípeta

La rapidez de cambio de la distancia angular es

Si el movimiento circular es uniforme tenemos una velocidad angular dada por

donde es el período

La circunferencia es recorrida con una rapidez constante

Si la velocidad angular cambia en el tiempo existe una aceleración angular

Para constante se cumple las ecuaciones análogas a las de traslación:

EJEMPLOUn CD gira partiendo desde el reposo hasta alcanzar 500 rev/min en 5.5 s. a) ¿cuál es su aceleración angular suponiéndola constante?b) ¿cuántas vueltas da en los 5.5 s?c) ¿qué distancia recorre un punto ubicado a 6 cm del centro en los 5.5 s?

a) 0 t

500 2

5.560

52.36 5.5

9.52 rad/s2

0 0 2 0 2

b) t 1 t 2

1 (9.52)(5.5)2

143.99 radUna vuelta es 2 radianes:

143.99

22.9

rev2

Es decir, da 22.9 vueltas en los 5.5 s

c) La trayectoria es una circunferencia de radio r = 6 cm, recorrida 22.9 veces:

s 22.9(2 r ) 22.9(2 )(0.06) 8.63 m

Además de la aceleración centrípeta, cuando el movimiento circular es no uniforme, tenemos también una aceleración tangencial:

vat t

r t

at r

Dinámica de Rotaciones

Usando 2ª Ley de Newton

Masa puntual m que gira a distancia r de un punto P bajo la acción de fuerza tangencial Ft

Como el torque está dado por

Podemos definir I = momento de inerciade una masa puntual m que gira a la distancia r de un punto fijo P como

Con lo cual tenemos: = I

que es similar a F = m a para el caso traslacional

¿qué pasa si la masa no es puntual?

Varias masas puntuales

Notar: el momento de inercia siempre estáreferido a un punto o un eje en torno al cual puede rotar el objeto

EJEMPLOS

Esfera sólida de masa M y radio R

Varilla delgada de largo L y masa M

Cilindro homogéneo de masa M y radio R

Cáscara cilíndrica homogénea de masa M y radio R

Paralelepípedo recto homogéneo de masa M

Ecuación para rotación IEquivalente a 2a Ley de Newton F ma

EJEMPLO

Una bicicleta tiene la rueda trasera en el aire, de modo que puede girar libre- mente. Al pedalear la cadena aplica una fuerza constante de 20 N sobre elpiñón, a distancia rp = 5 cm del eje de la rueda. Considerando la rueda como unaro de masa 2.5 kg y radio 35 cm, ¿cuál es la velocidad angular de la ruedaluego de 5 s de pedalear?

Velocidad angular de la rueda: 0 t

torque sobre la rueda:

5

20 N Frp (20)(0.05)

1 Nm

5 cm

35 cm

momento de inercia de la rueda:

I mr 2 (2.5)(0.35)2 0.31 kg m 2

5(3.23)

aceleración angular:

16.15 rad/s 2.57 rev/s

I 3.23 rad/s 2

EJEMPLOUn objeto de masa m está unido mediante una cuerda a una rueda homogénea de masa M y radio R. La cuerda no resbala sobre la rueda y ésta gira sobre sueje sin roce. Encontrar la tensión de la cuerda y la aceleración de la masa

Torque sobre la rueda:

Disco:

Fuerza sobre el objeto:

La cuerda no se desliza:

i 2

Momento angular

Definimos el momento angular como L I

Se conserva el momento angular

Ejemplo

Un disco de hierro, de masa 10 kg y radio 50 cm, está girando con velocidad angular de 5 rev/s. Se deja caer una pequeña bola de 2 kg de masa, la cual queda pegada sobre el disco a una distancia 40 cm del centro. Calcular la velocidad angular final del disco.

R Li Ii

1 MR 2

2L f

I f 1

MR 2 2

md f

M 1 2 1 2 2 Li L f MR i MR2 22

md f

2

fd m

MR

MR2 2md2 i (10 kg)(0.5 m) (10

kg)(0.5 m)2 2(2 kg)(0.4 m)2(5 rev/s)

f 3.98

rev/s

EMPLOUna tabla de longitud L = 3 m y masa M = 2 kg está soportada por dos pesas, una en cada extremo. Un bloque de m = 6 kg reposa sobre la tabla a una distancia x1 = 2.5 m del extremo izquierdo. Determinar la lectura en cada pesa.

Condición de equilibrio traslacional:

Condición de equilibrio rotacional:

EJEMPLOUna escalera de 5 m que pesa 60 N está apoyada sobre una pared sin roce. El extremo de la escalera que apoya en el piso está a 3 m de la pared, ver figura. ¿Cuál es el mínimo coeficiente de roce estático necesario entre la escalera y el piso para que la escalera no resbale? Calcular las reacciones del piso y la pared

Condición de equilibrio traslacional:

Condición de equilibrio rotacional: