solido rigido

1

UCLM

PROBLEMAS RESUELTOS SÓLIDO RÍGIDO

Equipo docente

Escuela Técnica Superior de Agrónomos (Albacete)

Antonio J Barbero, Alfonso Calera, Mariano Hernández.

E.U.Ingeniería Técnica Agrícola (Ciudad Real)

Pablo Muñiz, José A. de Toro

Departamento Física Aplicada UCLM

2

UCLM

PROBLEMA 1

En el esquema presentado al margen la velocidad vF de la pesa unida a la polea fija F es 20 cm/s. Determine la velocidad vM de la pesa unida a la polea móvil M.

M

F

10 cm

5 cm

MvFv

el tramo de cable vertical situado entre las dos poleas D

E

(tramo DE) se mueve hacia arriba con velocidad vF

Como el centro de la polea fija no se mueve,

(estamos suponiendo que el cable es inextensible).

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

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

I

O

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

Es decir, conocemos la velocidad de dos puntos de la polea móvil (vI = 0, vD = vF) y esto nos permite calcular la velocidad angular de la polea móvil y la velocidad de su centro, a la cual llamaremos vC. Esta velocidad vC es igual a la velocidad vM de ascenso de la pesa colgada de la polea móvil.

3

M10 cm

Cv

C Dv

Mv

Fv

I D I DCv

C

Dv

ICr /r

X

Y

Z

MR

MR2

IDr /r

Calculamos velocidad angular:

MR

IDID vvv /rrr +=

ωrIDI rv /rrr ×+= ω

Datos0=Ivr

jvv FDrr =

iRr MIDrr 2/ =

krr ⋅=ωω

MC vv =

FD vv =

cm/s 20=Fv

IDr /rr ×ωEl producto vectorial

tiene sentido jr

M

F

Rv

2=ω

jRjvv MFDrrr 2⋅== ω

Cálculo de vC

ICIC vvv /rrr += ICI rv /

rrr ×+= ω

iRkRvv M

M

FC

rrr ×=2

jvv FC

rr

2=

Resultados numéricosk

Rv

M

Frr

2=ω

(rad/s) 1cm102

cm/s20 kkrrr =

⋅=ω

(cm/s) 102cm/s20 jjvC

rrr ==

(cm/s) 10 jvv CMrrr ==

UCLM

PROBLEMA 1 (Continuación)

4

UCLM

PROBLEMA 2

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

A

B

C0.20 rad/s30 cm

40 cm 40 cm

A

B

C0.20 rad/s30 cm

40 cm 40 cm

ABr

/r

X

Y

Z

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

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

rad/s 20.0 kAB

rr−=ω

( )m 30.0 40.0/ jir ABrrr +=

5

UCLM


Con esta información puede determinarse la velocidad vB: ABABABAB rvvv //rrrrr ×=+= ω

( )m/s 08.0 06.0030.040.020.000 ji

kjivB

rr

rrr

r −=−=

0, está en reposo

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

kBCBCvr ωω =

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

BCBCBBCBC rvvvv //rrrrrr ×+=+= ω

A

B

C0.20 rad/s30 cm

40 cm 40 cmX

Y

Z

ABr

/r

ABACBC rrr ///rrr −= )0,30.0,40.0()0,30.0,40.0()0,0,80.0( −=−=

BCr

/r jir BC

rrr 30.0 40.0/ −=

6

UCLM


ivv CCrr = BCBCBBCB rvvv //

rrrrr ×+=+= ω ( )jirr

08.0 06.0 −=030.040.0

00−

+ BC

kjiω

rrr

Igualando componentes:

CBC v=+ ω30.006.0ivv CCrr = ( )ji

rr08.0 06.0 −= ( )ji BCBC

rrωω 40.0 30.0 ++

040.008.0 =+− BCω

rad/s 20.0 kkBCBC

rrr==ωωrad/s 20.0

40.008.0

==BCω Sentido antihorario

m/s 12.0 iivv CCrrr ==m/s12.020.030.006.0 =⋅+=Cv

7

UCLM

PROBLEMA 3

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

A

B

v0

θ

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

v0

vA

A

B

Lθ

θ

≡

v0

A

B

Lθ

θ

v0

Avr0vr

BAv /r

BAA vvv /0rrr +=

+

A

B (fijo)

Lθ

θ

BAv /r

ω

PROCEDIMIENTO 1

8

UCLM


La dirección de es perpendicular a la barraBAv /r

Velocidad angular

Avr

0vr

90º

θ

BAv /r

barraθ

0tan

vvA=θ

θtan0vvA =

A

B (fijo)

Lθ

θ

BAv /r

ωBABA rv //

rrr ×=ω Lrr

×=ω

LLv BA ωω == 90sin/

BAvv

/

0cos =θ

θcos0

/vv BA = Lω=

θω

cos0

Lv

=

Lr

jvvArr tan0 θ−=

kL

v rr

θω

cos0=

9


BABBABA rvvvv //rrrrrr ×+=+= ω Puesto que A se desplaza hacia abajo, su

velocidad no tiene componente horizontalPROCEDIMIENTO 2

v0

vA

A

B

Lθ

θ

X

Y

Z

Lr

( )jiLLr BArrrr cos sin/ θθ +−==

krv ωω =

0cossin000

θθω

−+=

kjiLivvA

rrr

rr ( ) jLiLvrr

sin cos0 θωθω −−=

jvv AArr =

Igualando componentes:

0cos0 =− θωLv θω

cos0

Lv

=

sinθωLvA −= θtan0vvA −=

kL

v rr

θω

cos0= jvvA

rr tan0 θ−=

10

PROBLEMA 4

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

Rv ⋅=ωR

v

h = 1 m

Energía cinética total del carrete:

=CE ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡CM del movimientodel cinética Energía

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

CM respectorotación de cinética Energía 22

21

21 ωImv +=

Masa del carrete Velocidad del CM en un instante dado

Velocidad angular en el mismo instante

Momento de inercia respecto al CMA medida que la cuerda se desenrolla se cumple

( ) ( ) 2222

21

21

21 ωωω ImRIRmEC +=+⋅=

U

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

EC ∆−= ( ) mghImR =+ 22

21 ω ImR

mgh+

= 22ω

( )m/s 61.38.9

34

34

2/32

2

2==== gh

mRmghR

ImRmghRv+

= 22

Por lo tanto la velocidad de CM es

2

21 mRI =Carrete cilíndrico Véase que en el resultado no influyen ni la masa ni el radio del carrete

11

PROBLEMA 5

En un campeonato de bolos el experto jugador Pedro Picapiedra lanza la bola con una velocidad de 8 m/s. Inicialmente la bola tiene velocidad angular nula y desliza sin rodar por el piso de la bolera, donde el coeficiente de rozamiento dinámico es µ = 0.25. ¿Cuánto tiempo tardará la bola en comenzar a rodar sin deslizamiento, y qué distancia recorre hasta ese momento?Momento de inercia de una esfera respecto a un diámetro: ( ) 25/2 mRI =

P

R

F

v0

CM

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

Cuando la bola toma contacto con el piso (punto P), a su movimiento se opone la fuerza de rozamiento dinámica F, ya que la bola desliza (hay velocidad relativa entre el punto de contacto y el suelo).Dicha fuerza F reduce progresivamente la velocidad del CM (inicialmente v0 = 8 m/s), y al mismo tiempo crea un momento respecto al CM que hace que la bola empiece a girar, de modo que su velocidad angular ω crece mientras que la velocidad v de su CM se reduce.

PR

F

vCM

ω

Nm

¿Hasta cuando se mantiene esta situación?

La causa de la fricción dinámica es que el punto P tiene velocidad relativa respecto al suelo. Pero en el momento en que se alcanzan unos valores vf y ωf que cumplen la condición vf = ωfR (condición de rodadura) esto deja de ocurrir: P está instantáneamente en reposo respecto al suelo. Por lo tanto la fuerza de rozamiento dinámica deja de influir, y a partir de ese momento la bola rodará (ya no desliza).

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

2m/s 45.2−=−=−= gmFa µ

(m/s)45.28)( 00 tgtvatvtv −=−=+= µPor lo tanto la velocidad en función del tiempo es:

12


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

De acuerdo con la ecuación fundamental de la dinámica de rotación mgRI µατ == , donde I es el momento de inerciarespecto al CM y α es la aceleración angular.

( ) Rg

mRmgR

I 25

5/2 2µµτα ===

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

Mientras dura el deslizamiento tRgtt

25)( µαω =⋅=

Velocidad lineal del CM

45.280 fff tgtvv −=−= µ

Velocidad angular

ff tRg

25µω =En el instante de comienzo de la rodadura,

una vez transcurrido un tiempo tf:

s 93.072 0 ==

gvt f µff tggtv

25

0µµ =−Relación entre ambas: Rv ff ω=

m/s72.593.045.280 =⋅−=−= ff gtvv µVelocidad del CM en ese instante:

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

( ) m 38.645.22

872.52

2220

2

=−

−=

−=

avv

x ff

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PROBLEMA 6

Un cilindro macizo de masa m y radio R rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo θ sobre la horizontal. En el punto más alto la velocidad del CM es v0. Haciendo uso del concepto de momento angular, calcule la velocidad del CM y la velocidad angular del cilindro en cualquier instante posterior. Determine también cual es el valor mínimo del coeficiente de rozamiento entre el plano inclinado y el cilindro para que éste caiga efectivamente rodando sin deslizar.

R CM

P

N

FR

θ

θsinmgθcosmg

mg

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

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

Momento angular respecto al punto P:

X

Y

ZvmRLL CMPrrrr

×+=

( )kIL CMCM

rr−= ω

jRRrr

=

ivvrr = ( )kRmvvmR

rrr−=×

Velocidad angular

Momento inercia respecto al CM Velocidad del CM

( )( )kRmvIvmRLL CMCMP

rrrrr−+=×+= ω

Si rueda sin deslizar v = ωR

( )( )kmRICM

r−+= 2 ω

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Momento de las fuerzas respecto al punto P: la única que crea un torque es la componente mgsin θ. imgjRPrrr sin θτ ×=

( )kRmgP

rr −= sinθτEcuación fundamental de la dinámica de rotación:dtLd P

P

rr =τ

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

Por eso podemos establecer la siguiente relación entre los módulos:

( )[ ]dt

mRIdRmg CM2 sin +

=ωθ ( )

dtdmRICMω2+=

R CM

P

N

FR

θ

θsinmgθcosmg

mg

dtdLP

P =τ

∫∫ +=

t

CMdt

mRIRmgd

02

sin

0

θωω

ω X

Y

Z2sinmRI

Rmgdtd

CM +==

θαω

(Véase que la aceleración angular es constante)

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

tmRI

RmgRv

CM2

0 sin+

+=θω ( )

tmRmR

RmgRv

220

2/1sin+

+=θ t

Rg

Rv

3sin20 θω +=

tgvv3sin2

0θ

+=( )

tmRmR

mgRv 22

2

0 2/1sin+

+=θ

tmRI

mgRvvCM

2

2

0sin

++=

θ

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

θ

R

N

θcosmgN =

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

Aplicando la 2ª ley de Newton:

θsinmgF =

FR αPIFR =PI

FR=α Ra α=

PR I

FRmFmaFF2

−=−=

Condición para rodaduraNFR µ<

maFF R =−

P

θsin31

)2/3(1 2

2mg

mRRmFmaFFR =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=

θµ tan31

>θµθ cossin31 mgmg <NFR µ<Para que haya rodadura

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PROBLEMA 7

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

La aceleración máxima de avance corresponde al rozamiento estático máximo entre las ruedas y el asfalto. El motor del vehículo hace girar las ruedas y, mientras éstas no resbalen, la fuerza de rozamiento estática FR, que se opone a la fuerza que la superficie de los neumáticos en contacto con el asfalto hacen sobre él, impulsa el vehículo hacia delante. Téngase en cuenta que la parte inferior de los neumáticos hace sobre el pavimento una fuerza dirigida hacia atrás.

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

RFr

RFr

Hay cuatro puntos de contacto con el suelo, uno por cada neumático. Para simplificar supondremos que el peso Mg del vehículo se reparte por igual entre ellos, y que las cuatrofuerzas de rozamiento son iguales.

Mg

N

CM

Fuerza de rozamiento entre cada neumático y el suelo MgNFR µµ41

4==

∑ == MaFF R4 MaMg =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ µ

414 2m/s 35.78.975.0 =⋅== ga µ2ª ley de Newton:

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

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PROBLEMA 8

Un automóvil viaja a 126 km/h por una carretera recta y llana. De improviso una caballería cruza la carretera 150 m por delante del vehículo. Suponiendo que el conductor reaccione de forma instantánea y aplique el freno de inmediato, ¿cómo le conviene hacerlo para evitar el atropello, de forma brusca bloqueando las ruedas o de manera suave pero firme de manera que las ruedas rueden sin deslizar? Suponga que los frenos actúan por igual sobre las cuatro ruedas del vehículo y que los coeficientes de rozamiento estático y dinámico son, respectivamente, µE = 0.60 y µD = 0.35.

Caso de frenar bruscamente, bloqueando las ruedas

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

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

MgNF DDD µµ == La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 FD

DD MaF =44

4 MgDµ= ga DD µ= 2m/s43.38.935.0 =⋅=

Mg

N

CM

FD FD

DDxavv 220

2 −=−

m/s35 km/h 1260 =

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

DD a

vvx2

20

2

−−

= m 6.17853.32

352=

⋅−−

=

=v

0=v (finalmente se detiene)

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Caso de frenar suavemente, de modo que las ruedas rueden sin deslizar

La frenada se debe a la fuerza de rozamiento estática. Suponiendo, como antes, que el peso se reparte por igual entre las cuatroruedas, la fuerza de rozamiento en cada una es:

44MgNF EEE µµ == La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 FE

EE MaF =44

4 MgEµ= ga EE µ= 2m/s88.58.960.0 =⋅=

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

ED a

vvx2

20

2

−−

= m 2.10488.52

352=

⋅−−

=EE xavv 220

2 −=−

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

19

UCLM

PROBLEMA 9

Una barra delgada y homogénea de longitud L y peso W está articulada al suelo en su extremo inferior O. Inicialmente se encuentra colocada verticalmente y en reposo (véase figura). En un momento dado empieza a caer moviéndose en el plano vertical de la figura. Se pide:

W

L

Su velocidad angular y su aceleración angular en función del ángulo formado con la vertical. Represéntense gráficamente velocidad y aceleración angular en función del ángulo.

a)

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

b)

O

C

Supóngase ausencia de fricción en la articulación.

20

UCLM


Apartado a)

2

1 ω

O

C’

W

L

L/2 θ

W

C

( )θcos12

−L

θcos2L

α

nFtF

En ausencia de rozamiento se conserva la energía mecánica.

Veamos la energía mecánica cuando la barra estaba vertical (1), y cuando se encuentra formando un ángulo θ (2). El C.M, que al principio ocupaba la posición C, pasa a ocupar la posición C’.

2211 KUKU +=+

Nivel de referencia de energía potencial

0 0

( )θcos121 −⋅= LWU

22 2

1 ωOIK =

DSL en un instante cualquiera.(Rotación)

21

UCLM


22 2

1 ωOIK =

Momento de inercia respecto al extremo O

22

31

21 ω⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛= L

gW ( )θcos1

21 −⋅= LWU 222

31

21 KL

gW =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛= ω

DETERMINACIÓN VELOCIDAD ANGULAR

( )θω cos13 −=Lg


CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 1

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

θτ sen2⋅⋅∑ = LWO

ατ ⋅∑ = OO IEcuación fundamental dinámica rotación:

θα sen23 ⋅=

Lg

αθ ⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⋅⋅ 2

31sen

2L

gWLW

22

UCLM


Relación entre ω y θCÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 2


dtdωα =

dtd

dd θθω ⋅=

θωω

dd⋅=

( )θ

θθω

cos132

sen3

−=

LgL

gdd

ωθ

2sen3

Lg= θα sen

23 ⋅=

Lg

α

Lg

23

Unidades

θ (º)90 180270

360

ω

Lg3

UnidadesRepresentación gráfica de la

velocidad angular y de la

aceleración angular en función del

ángulo θ

23

UCLM


Apartado b)

nF

θ

CÁLCULO REACCIÓN NORMAL

W

θcos⋅W

cF

2LrCM =

La diferencia entre la componente del peso paralela a la barra Wcosθ y la reacción normal Fn debe ser igual a la fuerza centrípeta Fc.

CMc rg

WF ⋅= 2ω 22 L

gW ⋅= ω

nc FWF −⋅= θcos


( )2

cos13 LLg

gW ⋅−= θ ( )θcos1

23 −⋅= W

( )3cos52

−⋅= θWFn

24

UCLM


CÁLCULO REACCIÓN TANGENCIAL

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

θ

W

2LrCM =

θsen⋅W

tF

tt ag

WFW ⋅=−⋅ θsen

tag

W ⋅

α⋅= CMt ra

La aceleración tangencial del C.M. es

α⋅=2L

αθ ⋅⋅−⋅=2

sen Lg

WWFt

θα sen23 ⋅=

Lg θsen

23

2⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⋅−=

LgL

gWWFt

θsen4⋅=WFt

25

UCLM


Representación gráfica de las reacciones en O

θsen4⋅=WFt( )3cos5

2−⋅= θWFn

θ (º)90 180

270

360

nF

WUnidades

tF

W

Unidades

1

-4

¿Qué significado debe atribuirse al hecho de

que para algunos valores de ángulo las

reacciones sean negativas?

26

UCLM

Una varilla delgada de peso W y longitud L que se encuentra apoyada en una pared y un suelo lisos se desliza hasta que finalmente cae al suelo (considérese que todo el movimiento tiene lugar en el plano de la figura). En el instante presentadoen el esquema, cuando el ángulo formado por la parte superior de la varilla con la pared es θ, su velocidad angular es ω (al tiempo que desliza sobre el suelo y la pared, la varilla estágirando en sentido contrario a las agujas del reloj).

CM

A

B

θ

W

ω

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

A

B

NB

NA

θ

θ

CM

W

αω

krr αα =

PROBLEMA 10

Fuerzas que actúan: DSL

X

Y

Z

Masa de la varilla: gWm =

Aceleración del CM: jaiaa yxCMrrr +=

Estas dos componentes cartesianas son desconocidas;

hay que calcularlas.

∑ ⋅== xAx amNF

∑ ⋅=−= yBy amWNF2ª ley de Newton:

Ecuación de momentos respecto al CM:

∑ =+−−= αθθτ ILNLN BACM sin2

)90sin(2

2

121 mLI =+

27

UCLM


A no tiene aceleración según el eje X!

ACMr /r

A

B

NB

NA

θ

θ

CM

W

αω

krr αα =

X

Y

Z

αθθ ILNLN AB =− cos2

sin2

xA amN ⋅=

yB amWN ⋅=−Tenemos tres ecuaciones

… y 5 incógnitasα,,,, yxBA aaNN

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

Aceleración del CM respecto de A: ACMACMACM rraa /2

/rrrrr ωα −×+=

( )θθ cossin2/ jiLr ACM

rrr −=

krr ωω =

jaiaa yxCMrrr += += jaA

r

02cos

2sin

00θθ

αLL

kji

−+

rrr

jLiL rr cos

2 sin

222 θωθω +−

( ) ( ) jLiLjaa ACMrrrr θωθαθωθα cossin

2 sincos

222 ++−+=

( )iLaxrr sincos

22 θωθα −=Igualando componentes

28

UCLM


B no tiene aceleración según el eje Y

Aceleración del CM respecto de B: BCMBCMBCM rraa /2

/rrrrr ωα −×+= k

rr ωω =

jaiaa yxCMrrr += iaB

r =

02

cos2sin

00θθ

αLL

kji

−+

rrr

jLiL rr cos

2 sin

222 θωθω −+

( )θθ cossin2/ jiLr BCM

rrr +−=

( ) ( ) jLiLiaa BCMrrrr θωθαθωθα cossin

2 sincos

222 +−+−+=

( ) jLayrr θωθα cossin

22+−=

ACMr /r

A

B

NB

NA

θ

θ

CM

W

αω

krr αα =

X

Y

Z

BCMr /r

Igualando componentes

Las componentes de la aceleración del CM son ax, ay. Falta determinar la aceleración angular.

29

UCLM


mgW =αθθ ILNLN AB =− cos

2sin

2

xA amN ⋅=

yB amWN ⋅=−

( )θωθα sincos2

2−=mLN A

( )θωθα cossin2

2+−=mLWNB

( )⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +− θωθαθ cossin

2sin

22mLWL α2

121 mL=

αθθ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++ 22222 cos

41sin

41

121 mLmLmL θθωθθωθ cossin

2cossin

2sin

222 LLmgL

+−=

( )θωθαθ sincos2

cos2

2−−mLL

θα sin23

Lg

=θα sin24

1121 2 gLL =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

( )θωθα sincos2

2−=Lax

( )θωθα cossin2

2+−=Lay

2

121 mLI =Momento de inercia respecto al CM

30

PROBLEMA 11

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

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

2)( 2

1 ωCIRCIRC IE =

CIR

M

R

CM vCM

2MRII CMCIR +=Teorema de Steiner:

( ) 22)( 2

1 ωMRIE CMCIRC += 222

21

21 ωω MRICM += ( )22

21

21 RMICM ωω +=

Si rueda sin deslizar vCM = ωR

22)( 2

121

CMCMCIRC MvIE += ω

Energía cinética de rotación con respecto al eje que pasa por el CM

Energía cinética de traslación del CM

solido rigido

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