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PARA PENSAR

CIENCIAS FISICAS

TRABAJO Y ENERGIA MECANICA

Física para Estudiantes de Ciencias e Ingeniería Prof. Ing. Gustavo Riart O.

Trabajo E y nergía

149

Trabajo E y nergía

150

DINAMICA DEL PUNTO TRABAJO Y ENER ENERGIAS GIAS MECANICAS Después de estudiar las Leyes de Newton, conocemos la interacción entre dos cuerpos. Observando la figura afirmamos que el hombre realiza una fuerza sob re el cuerpo, que se transmite por medio de la cuerda. También podemos deci r que al hacer esta fuerza, el hombre hace un trabajo. Este trabajo que hace el hombre es uno de los “mecanismos de interacción” de los cuerpos. En mecánica el trabajo no es un concepto tan amplio como se utiliza diariamente. (Trabajo muscular, trabajo mental, etc). movimiento El conceptodede l cuerpo. trabajo Elmecánico cuerpo de requiere be t ener de un un desplazamiento para que se haga Trabajo Mecánico.

El trabaj trabajo o mecánic mecáni co o es el produ cto escal ar del vector desplazamiento desplazamiento por el vector fuerza.

W=r F W= r

F coseno coseno

Es decir el trabajo es el producto del modulo del vector desplazamiento por el modulo del vector fuerza por el coseno del ángulo que forman ambos vectores entre sí. Es importante considerar cual es el "sistema"que se está estudiando y cual el medio ambiente que lo rodea. De esta forma se puede difer diferencia enciar el traba trabajjo o real realiizado zado p po orr el medi medio o ambie ambi ente nte sob re el siste ma, del traba trabajjo o que hac hacee el siste sistema ma sobr e el medio a mbien te. Si la fuerza que realiza el trabajo forma con la direc ción del desplazamiento un ángulo

< / 22, el trabajo es positivo; en este caso se considera que es el medi medio o ambi ambie ente nte eell que realiza trabajo sobre el sistema . De esta forma el sistema "recibe" o "absorbe" trabaj trabajo. o. Para = / 2, el trabajo es nulo, la fuerza no realiza trabajo; es decir ni el medio ambiente, ni el sistema realizan trabajo. Y si sistema ma el que reali za trabaj o sobre el medi medio o > / 2, el trabajo es negativo, es el siste ambiente.El sistema "entrega"trabajo. Hay mecanismos de interacción que pueden hacer que el sistema en tregue o reciba trabajo, indistintamente; o sea realizar trabajo positivo o negativo . Pero también hay meca nismos de interacción que solo pueden hacer que el sistema entregue trabajo. Las fuerzas provenientes de estos mecanismos se denominan “Fuerzas Disipativas”. Un ejemplo es la fuerza de rozamiento. En rigor, si sobre un cuerpo actúan varias fuerzas cada una de ellas efectúa un trabajo, así, para las fuerzas de la figura los trabajos de cada una de ellas cuando el cuerpo se desplaza “r” son:

W1 = r F1 coseno 1 W2 = r F2 coseno 2 W3 = r F3 coseno 3 Trabajo E y nergía

F2 F1

F3 F4

r

151

W4 = r F4 coseno 4 El trabajo total que se realiza sobre el cuerpo es la suma algebraica de todos estos trabajos W =  Wi =  ( r Fico seno i)= r  ( Fi coseno i ) Si llamamos F a la suma de todas las fuerzas (Resultante), 

( Fi coseno i ) = F coseno  y por lo tanto W =  Wi = r F coseno 

El trabajo total realizado sobre el cuerpo es igual a la suma de los tr abajos que realiza cada fuerza sobre el cuerpo y es igual al trabajo de la fuerza resultante (suma vectorial de todas las fuerzas).

TRABAJO TRABA JO DE FFU UERZAS ERZAS O DESPLAZAMIE DESPLAZAMIENTOS NTOS VARIABLES VARIABLES Consideremos tres casos de trab ajo realizados por fuerzas aplicadas al cuerpo que se mueve sobre la superficie de la figura. En el primer caso el vector fuerza es constante, en el segundo caso el modulo de la fuerza es constante y su dirección paralela a la trayectoria y en el tercero la dirección de la fuerza es constante y su modulo varia.

r1

r2

r

r1

r1

r2

r3

r2

r3

r3

er

1 Caso: Vecto r F const ante Los trabajos que realiza la fuerza F para cada trayectoria son:

W1 = F r1 coseno 1

W2 = F r2 coseno 2

W3 = F r3 coseno 3

El trabajo total es

W = F (r1 coseno 1 + r2 coseno 2 + r3 coseno 3 ) r1 coseno 1 + r2 coseno 2 + r3 coseno 3

= r coseno

En e ste ca so el trabajo es i gual al producto es calar del vector fuerza por el vector desplazamiento total.

W = F r coseno 2º Caso: Modulo de F constante y d diirección rección paralela al desplazamiento W1 = F r1 cco os se en no o0º 0º

W2 W2

cos se en no o00ºº = F r2 co

W3 W3

= F r3 coseno 0º

El trabajo total es

W=F F(r( r1 + r2 + r3 ) Es decir el trabajo es, en cada tramo, el producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento, resultando una suma total igual a la fuerza por el trayecto.

Trabajo E y nergía

152

3er Caso: Modulo de F varia y la la dirección permanece constant constante. e. W1 = F1 r1 coseno 1

W2 = F2 r2 coseno 2

W3 = F3 r3 coseno 3

El trabajo total es

W = F1 r1 coseno 1 + F2 r2 coseno 2 + F3 r3 coseno 3 Resultando en este caso que se debe calc ular el trabajo en cada tramo y sumar todos ellos. Supongamos ahora que deseamos conocer el trabajo realizado a lo largo de una trayectoria curva en cada uno de los tres casos de las fuerzas. Para el efecto se puede suponer la curva formada por pequeños de recta pequeños trabajos realizados en cada r tramo serán el producto escalarsegmentos del vector fuerza por r. losLos vectores desplazamientos

W

osen o = F ccoseno

rr

El trabajo total es la integral (suma de cantidades muy pequeñas) de W

W

os e n o = F ccoseno

rr

Los resultados de este calculo para cada uno de los casos estudiados serán

1er Caso: Vecto r F const ante W

= F cosen o

rr donde coseno  es función de r. W = F r coseno

En este caso resulta

El trabajo es el producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento total, al ser er

la integral, igual que en el 1 Caso anterior, el desplazamiento total por el coseno del ángulo que forma con la fuerza.

2º Caso: Modulo de F constante y d diirección rección paralela al desplazamiento cose co seno no 0º 0º = 1 = 0º osen o rr = F S = F ccoseno

W

En este caso el ángulo es co nstante, y el resultado de la integral es la lon gitud S de la curva (el trayecto). Por lo tanto el trabajo es igual a la componente tangencial de la fuerza por la longitud de la trayectoria. Este es el caso de la fuerza de rozamiento que es siempre tangente a la trayectoria. Como el vector fuerza es contrario al desplazamiento F y r siempre forman un ángulo de 180º, el trabajo es negativo.

3er Caso: Modulo de F varia y la la dirección permanece constant constante. e. W =

F ccoosseennoo

rr

El módulo de la fuerza y el ángulo que forma con el desplazamiento varían permanentemente, por lo tanto, solo se puede obtener el trabajo a partir de resolver la integral.

Trabajo E y nergía

153

ENERGIA CINETICA Si la fuerza “F”, resultante es paralela al desplazamiento, el trabajo es W=Fr 2 2 F = ma = (rV – Vo ) /2 a entonces W = m a (v2– vo2) resultando 2a

W= W = m( m( V 2 – Vo Vo2 ) 2

W=

F

r

Wi = m (V2 – Vo2) 2 W = m V2 2

Si Vo = 0

y si V = 0

W = – m Vo2 2

De forma tal que conocida la velocidad de un cuerpo podemas determinar el trabajo que se hizo sobre el mismo; o el trabajo que se necesita hacer para frenarlo (trabajo negativo en este caso). Siempre que se puede determinar el trabajo por alguna caracteristica, propiedad, interacción, etc. del cuerpo, tenemos una Energía.

EN ENE ER RG G AC CIIN N TI TIC CA A es la energ energía ía debi debida daaalalavelocidad veloci da d que titiene en eel el cue cuerpo rpo

K=m V2 2 Esta canti dad es e scalar, pues para elevar un vector (la velocidad ) al cuadrado se debe realizar un producto escalar. El trabajo de las fuerzas es en consec uencia igual a

W=

Wi = m V2 – m Vo2 = K-Ko 2 2

Donde K es la energia cinetica final para la velocidad final V y Ko es la energia cinetica inicial para la veloci dad Vo

El trabajo mecánico es pues igual a la variación de la energía cinética.

W=K – K Ko o=

Trabajo E y nergía

K

154

ENERGIA POTENCIAL GRAVITATO GRAVITATOR RIA IA Un cuerpo de peso “P” se traslada de “A” a “C”, pudiendo hacerlo por la trayectoria “ABC” o directamente de “A” a “C”.

A 

El trabajo realizado por el peso en la trayectoria “ABC” es:

P

B

TrabajodeAaB TrabajodeBaC Totalt rabajoABC Por lo tanto

W W

BA CB

W =Pd

= P dBA cos  = P dCB cos 0º = 0 BA

hf

h ho C

cos  donde dBA cos  = dCA.

W = PP ddCA

El trabajo en la trayectoria AC es W = P dCA co cos s 90º 90º ==P d CA El trabajo en ambos ca sos es el mismo y cualquier otra trayectoria que se utilice para llevar el cuerpo de “A ” a “C” el trabajo será si empre el mismo. Si llevamos nuevamente el cuerpo al punto "A", por cualquier trayectoria, el trabajo hecho por el peso será – P P dd CA. Una vez en el punto "A" dejamos al cuerpo bajo la acción del peso solamente y el peso realiza un trabajo de tal forma a volver al punto "C" y de ser posible mas abajo del punto "C". Las fuerzas que cumplen con esta característica son fuerzas debidas a alguna propiedad inherente a los cuerpos. En este caso es la propiedad gravitatoria de los cuerpos. Igual fenómeno ocurre con otras propiedades, como la elástica, por ejemplo; que analizaremos mas adelante. Cuando se cumplen estas condiciones, la fuerza se denomina"Fuerza Conservativa"

LA FUERZA ES CONSERVATIVA CUANDO TIENE LAS SIGUIENTES CUALIDADES: 1. EL EL TRAB TRABAJO AJO QUE QUEREAL REA LIZA IZADEPENDE DEPE NDE DEL DELDESPLAZA DE SPLAZ AMI MIEENTO NTO YY ES INDEPENDIENTE DE LA TRAYECTORIA. 2 . LA 2. L A FUERZA F UERZA SE SE DEBE DEBE AA UNA UNAPROPIEDA PROP IEDAD D DDE E LOS LO S CUER CUERPOS. POS. 3. CU CUAN ANDO DO SOBRE SO BRE EL EL CU CUE ERRP P OO AACCTUA T U A SOLAMENTE SOLAMENTE ESTA ESTA FUE RZA , LA MI SMA R EAL IZA T TO ODO DO EL TRA TR ABA BAJ JO O QUE L E ES POSIBLE, HASTA QUE ALGUNA ALGUNA OTRA FUERZA FUERZA EQUILIBRE EL CUERPO

Si el cuerpo se mu eve sobre una tr ayectoria cualquiera, el mismo interactúa con el medio ambiente, entregando y reci biendo trabajo, de tal forma que si vuelve a su po sición inicial la cantidad de trabajo entregado es igual a la cantidad de trabajo recibido resultando un trabajo total nulo. Esta es la acción de las fuerzas conservativas. Si el trabajo de todas las fu erzas que actúan sobre el cuerpo es,  Ti= K f – Ko,  Wi= W 1 + W 2 + W 3 + ......+ W P, dondeW 1, W 2, W 3, son los trabajos de las fue rzas y W P es el trabajo del peso. Es decir W 1 + W2 + W3 + ......+ WP = Kf – Ko, En el caso del peso podemos predecir el trabajo que va realizar al trasladarse el cuerpo de la posición “A” a “C”, por lo tanto W 1 + W2 + W3 + ......= K f – Ko – W P En la figura se observa que

d CA =(h =( h f — h o) o) , Trabajo E y nergía

155

y porlo tanto – W P =– - P . d CA = – P . (hf – ho), todos productos escalares, donde P y los vectores h f (altura final) y ho (altura inicial) forman un ángulo de 18 0º con el Peso. Elpro ducto escalar – P hf = – P hf cos 180º = P hf y el producto escalar

P ho = P ho cos 180º = – P ho

ENERG ENERG A POTENC POTENCIA IAL L GRAVITA GRA VITATOR TORIA IA es el el produ pr od uc cto to escal esc alar ar del delvector vec tor Peso Pesopor porelel vector de posic ión vertic verticaall (alt (altu ura) ra) medida desde el cuerpo cuerp o hasta hasta el nivel de re refferenc erenciia. a.

U= P h

LA ENERGIA POTENCIAL TIENE LAS SIGUIENTES CUALIDADES: 1. LA L A ENERGIA ENERGIA POTENCIAL PO TENCIAL SOLAMENTE SOLAMEN TE PUEDE PUE DE CONSERVARSE CONS ERVARSE SI SE APLIC APLI CA A AL CUERP CUE RPO O OTRA FU ERZA QU E MANTE NGA AL CUERP CUERPO O EN EQUILIBRIO. 2 . CUANDO 2. C U AND O EL EL CUERPO CUERP O SSEE ENCUEN E NCUENTRA TRA BA BAJ JO O LLA A ACCIÓN A C CIÓN DE DE FUERZAS FUERZAS CONSERVATIVAS CONSERVA TIV AS SOLAM SOL AME ENTE, N TE, EL ELMISMO MISMOSE SEMUEV MUE VE E HASTA LA POSICIÓN DE MENOR ENERGIA POTENCIAL POSIBLE.

ENERGIA POTENCIAL ELASTICA En el Capitulo de la 2ª Ley de Newton se analizó la fuerza del resorte que responde a la

F= – kx

Ley

La fuerza del resorte es una fuerza var iable por lo tanto el trabajo que realiz a el resorte es

TRES =

F cco os

x= –kx x

Siguiendo el mismo procedimiento realizado para determinar la Energía Potencial, tenemos que

Tii== KK++ T

U – TRES

El trabajo que hace el resorte puede predeterminarse conociendo el alargamiento final e inicial del resorte, por lo tanto es una fuerza conservativa. Definimos como ENERGIA PÒTENCIAL ELASTICA

UE.= – T RES = – k x x = – k x x Al resolver una integral obtenemos el área bajo la curva. En el gráfico tenemos en el eje de abscisas el alargamiento del resorte y en el eje de ordenadas la fuerza F. La recta es la representación gráfica de la ecuación F = k x Trabajo E y nergía

Ff Fo 156

Xo

Xf

Si X f indica el alargamiento final del resorte, la energía potencial final es el área triangular Uf = F f X f = k X f2.

2 Y si X triangular

o

2

indica el alargamiento inicial del resorte, la energía potencial inicial es el área

Uo = Fo Xo = k Xo2. 2 2 k Xf 2. – kX 2 2

UE =

2 o .

TRABAJO Y ENERGIA MECANICA De esta forma – T

P

= U f – Uo, porlo t anto

T=



Ti=

Ti = Kf – Ko + Uf – Uo o lo que es igual

KK++

U

Donde T es la suma del trabajo de todas las fuerzas no conservativa, K es la variación de la energía cinética entre la posi ción final y la posición inicial y  U es la variación de la energía potencial gravitatoria entre ambas posiciones. Finalmente

Ti =

K +

UG +

UE,

El trabajo de las fuerzas no conservativas es igual a la variación de la energía cinética mas la variación de la energía potencial gravitatoria mas la variación de la energía potencial elástica. En forma más general.

Tii== KK++ T

U

CONSERVACI CONSE RVACION ON DE LA ENE ENERGIA RGIA M MECANIC ECANICA A Si el cuerpo esta sujeto a l a acción de fuerzas conservativas solamente o las fuerzas que actúan sobre el mismo no realizan trabajo.

Ti = 0 K+ U=0 Kf – K Ko o +U Uf – U Uo o =0 Kf + Uf = Ko + Uo Ef = Eo Ef

De acuerdo a esta expresión la suma de las energías mecánicas se conserva en todo PRINC CIPIO IPIO DE CONSERV ACIÓN DE LA instante. Esta conservación es conocida como PRIN ENERGIA.Este principio, avanzando en el análisis de la física se hace más extensivo pudiendo afirmarse que la ENERGÍA SIEMPRE SE CON CONS SERVA, ERVA, NUNCA SE PIERDE. Esto se debe a que si un sistema absorbe trabajo que le entrega el medio, en algún otro lugar hay otro sistema que entrega trabajo al medio.

Trabajo E y nergía

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EQUILIBRIO ESTABLE, INESTABLE E INDIFERENTE Analizando,un cuerpo rígido sometido a la acción del peso y de otra fuerza que mantienen en equilibrio al cuerpo, como en las tres figuras de abajo.

Figura1

Figura2

Figura3

En el caso de la figura 1, al mover el cuerpo de la posición de equilibrio, el centro de gravedad del mismo aumenta su altura, aumentando su energía potencial. Si se suelta el cuerpo desde esta posición, como no está en equilibrio, el mismo buscará la posición de menor energía potencial, volviendo a su posición inicial. En realidad el cuerpo al llegar a la posición inicial tiene velocidad razón por la cual el cuerpo no se detiene, volviendo a subir hasta una altura igual a la que tenía anteriormente, oscilando permanentemente. Se denomina equilibrio estable cuando al mover el cuerpo de la posición de equilibrio, aumenta la energía potencial , como en la figura 1, En la figura 2, al mover el cuerpo de su p osición inicial el cuerpo vuelve a estar en equilibrio y su energí a potenci al se mantie ne consta. nte En este caso, el cuerpo está en equilibrio indiferente . En cambio en la figura 3, al mover el cuerpo de su posición de equilibrio la energía potencial disminuye y, como, no está en equilibrio se mueve buscando la posición de menor energía potencial, alejándose de su posición inicial. En los cas os en que al mover el cuerpo de la dismiinuye nuye,, el equil ibrio es inest posición de equilibrio la energía pot encial dism . able

POTENCIA Alaplicar una fuerza a un cuerpo y desplazarlo, se realiza un trabajo y se puede realizar el mismo trabajo con cualquier fuerza que logre de splazar al cuerpo. Sin embargo, dependiendo de la Fuerza, la forma de aplicación ( el ángulo con respecto al desplazamiento ) el trabajo a ser realizado requerirá de mas o menos desplazamiento y tiempo para realizarlo, con efectos finales diferentes. Sobre tod o de un mayo r o menor tiempo para hacer el trabajo. De aquí la importancia de considerar también el tiempo en que se reali za el trabajo. El mecanismo de interacción que considera el tiempo en que se realiza un trabajo es la

POTENCIA. La potencia es la medida de la rapidez con que se realiza un trabajo, y la podemos definir como

POTENCIA Es el trabajo realizado en la u uni nidad dad de tiempo.

P = . W .. t

Trabajo E y nergía

158

Mediante la acción de una fuerza es posible mover un objeto. Esta fuerza realiza un trabajo igual a F r, si la fuerza y el desplazamiento tienen la misma dirección.

P= . W . = F r t t

Definimos como potencia media a Donde r

/ t es la velocidad media,

Por lo tanto la potencia med ia es el producto escalar

P= F . V

Si determinamos el límite de la expresión anterior obtenemos la potencia instantánea como el producto escalar de la fuerza por la velocidad instantánea

produ cto to escal esca lar ar del vecto r fuerza por el POTENCIA: Es el produc vecto rvelocidad. vector veloc id ad. produ cto escal es calar ar del de l vec vecto torfuerza rfue rza POTENCIA MEDIA: es el producto por el vector velocidad velocidad media

produc cto to escal escalaarr del POTENCIA POTENCIA INSTANTANEA INSTANTANEA:: es el produ vector fuer fuerza za popor r elelvecto vector r velo velocidad cidad instantánea instanea ntá

RENDIMIENTO En la realidad, cuando el medio ambiente entrega trabajo a un sistema, este sistema no puede utilizar la totalidad del trabajo que le es entr egado. Esto se debe, a que las maqu inas en el proceso de transformación del trabajo o la energía recibida, generan energías que son entregadas nuevamente al medio ambiente, utilizando pa ra realizar el trabajo solamente un a parte de la energía recibida. Por ejemplo, un montacargas es utilizado para alzar materiales en una obra en construcción. El montacargas fun ciona med iante un mot or eléctrico. Si calculamos la ener gía eléctrica entregada al motor (la electricidad que consumió) y la comparamos con el trabajo realizado para alzar los pesos, encontramos que la primera es mayo r que esta ultima. Esto se debe a que en el proceso que realiza nuestro montacargas fuerzas de rozamiento, entre otras, transforman parte de la energía en calor que es devuelto al medio ambiente. Es importante entender del trabajo realizado sobre el sistema, una parte es utilizada por el sistema para realizar un trabajo sob re el medio ambiente. La otra parte no se pierde, sino que es devuelto al sistema en distintas formas de energía antes de realizar el trabajo. En rendimiento es entonces, la relación entre el trabajo que efectivamente realizó el montacargas y el trabajo (en ergía en este caso) que le suministro la corri ente eléctrica. Como estos trabajos se realizan al mismo tiempo, el rendimiento es la relación entre la potencia utilizada para realizar trabajo por el sistema y la potencia entregada al sistema.

RENDIMIENTO

= W realizado = P utilizada W entregado Pentregada

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UNIDADES DE MEDIDA DE TRABAJO, ENERGIA Y POTENCIA TR T RA AB BA AJ JO OyE yEN NE ER RG GIIA A Cl Cla as se e

PO POT TE EN NC CIIA A

Un Uniid da ad d

Cl Cla as se e

Un Uniid da ad d

Sistema Internacional

De D erriiv va ad da a

Siis S ste tema ma Té Téc cn niic co o

De Derriv iva ad da a

1 k gfx gf x 11 m m= 1 kilográmetro

De Derriiv va ad da a

1kkg gfm f m 11ss

–1

Sistema C. G . S.

Derivada

1 dina dina xx11ccm m == 1 ergio

De Derriiv va ad da a

1 er erg giio o 1s

–1

Ottrra O as sU Un niid da ad de es s

1N Nxx 1 m = 1 jjo ou ulle e

De Derriiv va ad da a

1kkw who horra a

–1

1 jjo ou ulle e1s

= 1 watt

–1

76 76kkg gm m1s

= 1 HP

FACTORES DE CONVERS ERSIION ON Sistema Internacional TRA BAJ O Y ENERGIA PO P OT TE EN NC CIIA A

1Jo Jou ulle e= 1w wa atttt= =

Sistema Técnico

Sistema C . G. S .

1/9, 9,8 8 kg kgffm m 1 //9 9,,8 8kg kgffm ms s

7

10 10 –1

Otras Unidades

eerrg giio os s

7

1 //3 3,,6 6 1 00 –1

10 ergios s

–6

kw h

1 / 745 .7 HP

PROBLEMAS 1

Calcular el trabajo dedire unacciones fuerz a de constante , cuyo punto deson aplicación m,0º 12 Ndesplazamiento si el ángulo entre las la fuerzade y del 0º , 60 º,se 90traslada º, 13 5º ,718

2

Calcular el trabajo realizado por la fuerza F constante de 100 N, al trasladar el cuerpo de masa m del punto A al B a lo largo de la trayectoria curva de la figura.

3

F

B

37º 6m

kg de masa se mueve hacia Un cuerpo de 4 kg arriba en un plano inclinado 20º con respecto a la horizontal. Sobre el cuerpo actúan las siguientes fuerzas: una fuerza horizontal de 80 N, una fuerza paralela al plano de 100 N favoreciendo el movimiento, una fuerza de fricción de 10 N N que se opone al movimiento. 10 1 N 0 El cuerpo se traslada 20 m a lo largo del plano inclinado. Calcular: a) Elvalo r de las otras fuerzas q ue actúan sobre el cuerpo. b) El trabajo de cada fuerza y el trabajo total. c) La resultante y el trabajo de la res ultante. A

Trabajo E y nergía

8m 100 N 80 N 20 20ºº

160

4

El coeficiente de rozamiento con el piso de un cuerpo de masa 5 kg que se mueve sobre una circunferencia horizontal de radios 5 m, es 0,4. Determinar el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento al concluir una vuelta.

5

En el movimiento de un pénd ulo simpl e actúan tres fuerzas sobre la masa suspendida (la cuerda se considera sin masa): fuerza de la gravedad (peso), tensión de la cuerda y resistencia del aire. a) Dibujar las fuerzas y la trayect oria del péndulo. b) ¿Todas las fuerzas realizan trabajo? c) ¿Cuál de ellas realiza un trabajo negativo durante todo el tiempo que dura el movimiento? d) Escribir el principio del trabajo y la energía para el péndulo para cualquier posición.

6

Un cuerpo de masa 1 kg desciende por la superficie sin rozamiento indicada en lafigu figura ra 11. La velocidad del cuerpo en el punto A es de 3 m/s, la altura de este punto es 20 m m el punto B tiene una altura de 10 m Determinar la velocidad en el punto B. A R

HA H

B HB

Figura 2 Figura 1

7

Determinar la altura H mínima desde la cual se debe soltar un cuerpo de masa para que describa la circunferencia vertical de radio R, de la figura 2.

8

Un cuerpo se suelta sobre una superficie semicilíndrica sin rozamiento de radi o R, como muestra la fig ura. Determinar la altura H para la cual el cuerpo se des pega por primera vez de la superficie.

9

H R

En la figura se muestra la gráfica de la fuerza aplicada a un móvil de 2 kg de masa en función del desplazamiento. Si la velocidad in icial del móvil (en x=0) es de 5 m/s. Calcular su velocidad en las posiciones x = 4, 10, 14, 18, 22 utilizando los conceptos de este Capitulo..

8 6 4 a2 z r e0 u F -2 0 -4 -6 -8

Resp.: m/s

1m 2

4

6

8

10 12

14

16

18 20

22

Desplazamiento

a)6,08m/ s b) 8,54m/s d)8,54m/s e)7,00m/s

0,5 m

h

c) 9,22

10 Se deja caer sobre un resorte en posición vertical una masa de 0. 5 kg desde 1 m de altura . El muelle tiene una longi tud de 0.5 m y una const a nte de 100 N/m. Calcular la longitud h del resorte cuando est á comprimido al máximo Resp.: h=13,4cm.

Trabajo E y nergía

161

11 Una bola de 5 kg de masa se lanza verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 20 m/s, alcanza una altura de 15 m. Calcular la pérdida de energía debida a la resistencia del aire. Resp.: 265j

12 Un bloque de masa 0.2 kg inicia su movimiento hacia arriba, sobre un plano de 30º de inclinación, con una velocidad inicial de 12 m/s. Si el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es de 0.16. Determinar: a) La longitud que recorre el bloque a lo largo del plano hasta que se para. b) La velocidad que tendrá el bloque al regresar a la base del plano. Resp.: X=11,5m V=9m/s.

13 Un resorte horizontal tienen una constant e recuperadora de 48 N/m. En el extremo del resorte se coloca una masa de 0.75 kg y se estira el resorte 0.2 m a partir de la posición de equilibrio, soltándose a continuación, momento en el que se empieza a contar el tiempo. Hallar: a) b) c) d)

La velocidad cuando cuando el el resorte resorte vuelve esta estirado mitad. La velocidad a estarlaen su posición de equilibrio. La velocidad cuando el resorte está comprimido una longitud igual al estiramiento inicial. La velocidad cuando el resorte está comprimido una longitud igual al estiramiento inicial.

14 Un resorte de constante 1 kgf/cm se encuentra en equilibrio sosteniendo un cuerpo de masa 5 kg. Desde esta posición se estira 10 cm el resorte con el cuerpo y se suelta. Determin ar: a) La velocidad cuando el cuerpo vuelve a pasar por su posición de equilibrio inicial. b) La velocidad cuando el resorte tiene su longitud inicial, y c) La elongación delresorte c uando el cuerpo se det eine.

15 Determinar cuanto debe compri mirse un resorte de constante igual a 49 N/cm,que se encuentra en la base de un plano inclinado 30º, para que un cu erpo de masa 500 g, que se comprime contra el resorte, alcance la

H 30º parte superior del plano inclinado con una velocidad igual a la cuarta parte de la velocidad con que se desprende del resorte. El borde superior del plano inclinado se encuentra a una altura de 1 m medida desde el borde del resorte en su longitud

natural. El coeficiente de rozamient o cinetico ent re la superfic ie y el cuerpo es 0,4.

16 Un pilote de masa 1000 kg. y longitud L = 3 m, se deja caer desde una altura h = 2 m y penetra en el suelo una distancia d = 50 cm. Calcular la fuerza velocidad con que la pun ta del pilote llega alque suelo valor de la de resistencia del suelo, suponiendo es y el constante. Resp.: V=6,26m =F 49N

h d

Trabajo E y nergía

162

PARA PENSAR

CIENCIAS FISICAS

IMPULSO Y CANTIDA CANTID AD D DE MOVIMIENTO

Física para Estudiantes de Ciencias e Ingeniería Prof. Ing. Gustavo Riart O.

ImpulsoyCantidaddeMov.

141

ImpulsoyCantidaddeMov.

142

DINAMICA DE LA MASA PUNTUAL IMPUL IMPU LSO SO Y CANTIDAD DE MOVIM MOVIMIENT IENTO Newton en la DEFINICIÓN II,previas al enunciado de las Leyes en su libro, “La cantidad de movimiento es la medida medida del mismo surgida de la veloci velocidad dad y la cantidad de mat materia eria conjuntamente”. El enunciado de Newton es: "LE "LEY Y II II:: El El cambio ca mboi de de movimiento movi mient o esesproporciona propo rci onal l aal al a fuerza motriz impresa, y se hace en la dirección de la línea recta en que se imprime imprime esa fuerza”.En las primeras interpre taciones de esta Ley, se entendió que el cambio del movimien to es el cambio de v elocid ad, y este e s producido por la aceleración, de alli que la 2ª Ley de N ewton quedo establecida como:

F =ma

y por cinemática

F==mV F mV –V –V t

0

a= =V V –V –V t

=m V – mV t

De donde F t = m V

– mV

,

0

0

0

Al producto de la fuer za por el tiempo, se denomina IMPULSO y al producto de la masa por la velocidad CAN TID . Estas dos magnitudes son sumamente TIDAD AD DE MOVIMI IMIEN ENT TO O útiles cuando las condiciones de interacc ión de los cuerpos no permiten medir la fuerza, ya sea porque la misma es variable y no se puede determinar la Ley que la rige, o porque el tiempo en que actúa es demasiado pequeño y no se puede medir. Esto ocurre por ejemplo en los choques de cuerpos o en las particiones de los átomos en las reacciones en cadena. Representando el Impulso por I y la cantidad de movimiento por P, la ecuación es

I = P – P I=F t

0

P=mV

Ecuación que nos indica que para que exista una variación de la cantidad de movimiento, es necesario un impulso , y que este es igua l a la variación de la canti dad de movimiento. Estas magnitudes son vectoriales.

EL IMPULSO El concepto de Impulso como interacción es muy útil cuando las variables fuerza y tiempo, no se pueden determinar experimentalmente. Por ejemplo cuando se golpea un cuerpo, cambia el vector velocidad, que si se puede medir antes y después del golpe. En este caso la fuerza varía desde cero en el instante en que empieza el golpe a un valor máximo, para luego volver a cero cuando termina el golpe. Y eldifícil tiempo en queElocurre todo esto es muy pequeño y por tanto muy de medir. gráfico muestra como varia la fu erza en lo el tiempo en este caso. El área bajo la curva es el Impulso. Si se conoce el impulso y el tiempo se puede calcular una fuerza media ( F m ), tal que el impulso que produzca en el mismo tiempo sea igual al que produjo el golpe. Esto es que el área bajo la curva sea igual al área del rectángulo formado por Fm y t . ImpulsoyCantidaddeMov.

F

Fm

t

Fm = I /t 143

CONSERV ERVA ACION CION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO El CO RO LA RI O II I, de Newton dice "La cantidad de movimiento que se obtiene

tomando la suma de los movimientos dirigidos hacia la mismas de las partes, y la diferencia de aquello aquellos s dirigidos dirigido s hacia hacia partes partes contraria con trarias s no no sufre sufre alteración alterac ión por porla laacci acción óndedelos l os cuerpos entre sí", y es muy interesante su explicación de este corolario. Cuando no hay impulso, no se produce una variación de la cantidad de movimiento. Es decir

P – P0 = 0

y resulta que

P = P0

El hecho de que la cantidad del movimiento no cambie es conocido como PRINCIPIO que es una de las conservaciones que estudia la mecánica.

DE CONSERV RVA ACI CIO ON N DE DE LA CANTIDAD DE MOVIMI IMIE ENT NTO O,,

Si un cuerpo de masa m tiene una velocidad Vo, el cuerpo tienen una cantidad de movimiento

P0 = m V0 Por alguna causa interna, sin que actúe un impulso externo; una parte m1 de la masa adquiere una velocidad V1, y con ello tiene una cantidad de movimiento P1 = m1 V1; la masa m2 m2 V2 de forma tal restante adquirirá una velocidad V2, y tiene una cantidad de movimiento P2 = m que la cantidad de movimie nto antes de partirse el cuerpo P0 es igual a la cantidad de movimiento después P.

P1 + P2 = P = P 0. P1 P2

P1

Po

P1+ P2 = P = Po P2

Es muy importante entender que el impulso es provocado por una fuerza externa al sistema en estudio. En ningún caso se puede considerar al impulso como consecuencia de fuerzas internas. Si se quiere cons iderar el impulso srcin ado por una fuerza interna, se debe sep arar las partes de forma tal a considerar cada parte como independiente de la otra y que la fuerza que provoca el impulso de una part e es igual y contraria a la que pro voca el impulso de la otra (p or acción y reacción). Esto es que los Impulsos son iguales y de sentido contrario sobre cada parte

I I

Figura 1

Figura 2

El sistema es el cuerpo completo y sobre el no actúa ningún impulso.

Los sistemas en estudios son dos partes del mismo cuerpo, y los Impulsos son iguales y contrarios

ImpulsoyCantidaddeMov.

144

De hecho estos son los conceptos desarrollados por Newton, que en la explicación de su

LEY II dice, ".. . tan to si la fu erz a es im pre sa en ter a y a la ve z com o si lo es g radual y sucesivamente." Es decir o un impulso o una fuerza.

CENTRO DE MASA La pregunta es ¿Si cada parte tiene una velocidad distinta y por lo tanto una cantidad de movimiento distinta, que significado tiene la suma de estas cantidades de movimiento?

P = P1 + P2

Si

m V = m 1 V1 + m2 V2 Donde cada velocidad es el desplazamiento en la unidad de tiempo.

ΔV = Δr / t Entonces

Y como

m Δr = m1 Δr1 + m2 Δr2 t t t m = m1 + m2

y

t

es el mismo, resulta

( m1 + m2 ) Δr = m1 Δr1 + m2 Δr2 Δr = r – r0 y si r0 = 0 Entonces

Δr = r

( m1 + m2 ) r = m1 r1 + m2 r2

El vector de pos ición r indica la posición de la masa total del cuerpo (m1 + m2). Este punto, en el cual debería encontrarse una masa puntual igual a la suma de las masas de las partes del cuerpo es el Centro de Masa.De esta forma la can cantida tidad d dde e movimien mo v imiento to, suma de las cantidades de movimiento de las dos masas consideradas, es la cantidad de movimiento del centro de masa . Que la cantidad de movimiento se conserve, significa que la cantidad de movimiento del centro de masa, antes de que el cuerpo se parta en dos pedazos y después de partirse es la misma. Consecuentemente la velocid ad del centro masa antes y después de que oc urra el fenómeno es la misma. Consecuencia de esto es que, si el cuerpo tiene uno de los movimientos estudiados anteriormente en cinemática, el centro de masa seguirá con el mismo movimiento después de que por algún fenómeno las partes del cuerpo cambien su movimiento, siempre que el mismo no se deba a una causa externa. Hasta esta parte, el estudio de la mecánica realiz ado se refiere a masas puntuales, es decir, a masas conce ntradas en un punto. En realidad el estudio de la mecánica de tras lación, es el estudio del comportamiento del centro de masa de los cuerpos. Esta es la mecánic a considerada hasta acá, excepto cuando en estát ica se consid era el momento, pues, en este caso se consi deran las dimensiones del cuerpo. En Capítulos siguientes estudiaremos las masas no puntuales.

ImpulsoyCantidaddeMov.

145

MASA VARIABLE Consideremos un barco que debe cargar en su bodega granos que caen de una tolva. Para que la distribución de carga en la bodega sea uniforme, el barco debe mantener su velocidad constante. En este caso la masa no es constante pues aumenta de acuerdo a la cantidad que cae en la unidad de tiempo. Si el barco mantiene su velocidad su cantidad de movimiento F al principio no es igual a la del final.

Pf = m f V

V

P0 = m0 V Si la masa de grano cae a un ritmo

Por lo tanto

µ = Δm / t,

entonces

m f = m0 + µt

Pf = ( m0 + µ tt)V )V Pf > P0, entonces I ≠ 0 Como

Ft=(m

I = Pf – P0

0 +µt)V – m Ft =µt V F =µV

0

V

Es decir la fuerza depende del incremento de la masa en la unidad de tiempo y la velocidad, y aunque la velocidad es constante existe una fuerza que permite que esa velocidad sea constante. Este concepto, obliga a redefinir el concepto de fuerza dado por la 2ª Ley de Newton.

La FUERZA Esmovimiento igual a la variación de lade cantidad cant idad de en la unidad tiempo.



1er PROBLEMA

VELOCIDAD DE LOS COHETES Para analizar la velocidad de un cohete es conveniente hacer algunas consideraciones:

V

Ve El cohete se mueve sin que exi sta fuerza externa que actúa sobre el. Por lo tanto no consideraremos el peso del mismo. b) El cohete expulsa una c antidad de gas por unidad de tiempo c) Si Mo es la mas a inicial, considerando el combustible que con tiene, el cohete, su

a)

masa final es M = Mo Mo – m. d) La velocidad inicial del cohete es Vo y su velocidad final V Vo o ++ V La velocidad relativa de los gase s respecto al cohete es Ve (velocidad de e) escape). De esta forma la cantidad de movimiento inicial es igual a la cantidad de movimiento final.

MoVo=(Mo– MoVo=(Mo–

t ) ((V Vo o + V) + t (V (Vo o–V Ve e))

ImpulsoyCantidaddeMov.

146

De donde se deduce que

(M–

t)

V== V

t Ve

t con signo negativo pues el cohete pier de V es un ve ctor positivo. Es decir el

Alhacer las consideraciones se introdujero n

masa y Ve también, por ser un vector negativo, por lo que cohete aumenta su velocidad.

Si se divide ambos miembros por tiempo y se hace el límite cuando el tiempo ti ende a cero, la fuerza sobre el cohete resulta.

(M–

t)

V=

Ve

t F ((E Em mp pu ujjee)) = Ve Ve e Esta fuerza es el empuj e sobre el cohet , supuesta constante.

FUERZA CON MASA MASA YY VELOCIDAD VARIABLES VARIABLES En este capitulo se estudia la interacción cuyo principio general es que el impulso es igual a la variación de la cantidad de movimiento. Si se considera que la masa aumenta una cantidad constante en la unidad de tiempo, µ; y la aceleración a es también constante. Entonces la masa y la velocidad en cualquier instante son:

m = m0 + µ t V = V0 + a t Las cantidades de movimi ento final e inicial serán

Pf = m V = (m 0 + µ t ) (V 0 + a t) Po = m 0 V0 I = Pf – P0 Ft= P De donde

Ft= (m

0

f

– P0

+ µ t ) (V 0 + a t) t) – m 0 V0

Resultando

F = m0 a + µ Vo + µ a t

De acuerdo a esta expresi ón, la fuerza depende de la mas a inicial, de la aceleración, del incremento de masa en la unidad de tiempo y del tiempo. Si la fuerza depende del tiempo, no es constante.

ImpulsoyCantidaddeMov.

147

PROBLEMAS 1 Un hombre de 85 kg de masa está montado en la popa de una barca de 12 m de largo y 200 kg de masa, que se mueve libremente en el agua. El centro de masa de la barca está situado a 6 m de cada uno de sus extremos a) ¿Dónde está el centro de masa del sistema formado por la barca y el hombre?. b) ¿Cuánto se mueve el centro de masa del sis tema cuando el hombre camina hasta la p roa de la barca? c) ¿Cuánto se desplaza el hombre respecto de la orilla? d) ¿Cuánto se desplaza la bar ca respecto de la orilla? Resp.a)a1,79mdelcentrodelbote b)cero c)4,21m d)1,79m. 2 Desde el extremo de una plataf orma móvil de 80 kg, inicialmente en reposo , un niño de 40 kg corre hacia el otro extremo a una velocidad constante de 1 m/s. Determinar a) La velocidad de la plataforma y el sentido de su movimiento. ¿Qué principio físico aplicas? b) Si la plataforma tiene inicialmente una velocidad de 5 m / s y el niño se encuentra parado sobre él, cual será la veloc idad de la plataf orma cuando el niño corre. c) Si el niño corre con velocidad contraria a la de la plataforma, cual es la velocidad de esta. Resp. V = 0,5 m / s contraria a la delniñ o V = 4,5 m / s V = 3,5 m / s

3 Una persona se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal sin rozamiento y lanza una piedra de 2 kg, con una velocidad de 100 m/s y formando un ángulo de 60° con la horizontal. ¿Con qué velocidad se moverá la per sona si su peso es de 80 kgf ? Resp. V = 1,25 m / s 4 Una esfera inicialmente en reposo debido a una explosión interna se parte en tres pedazos iguales. Dos de los pedazos salen en direcciones perpendiculares con velocidades de 10 m/s. Determinar la velocidad del tercer pedazo. 5 Una niña patea una pelota de 500 g que sale disparada con una velocidad de 5 m/s. ¿Cual es el impulso que le dio la niña a la pelo ta? Si el impulso tuvo una dur ación de 0,02 s ¿Cuál es la fuerza media ejercida sobre la pelota? cuerpo de 500 g cae desde una altura de 5 m, pega contra el suelo y rebota hasta una 6 Unde altura 3 m. Determine el impulso y la fuerza media de contacto entre el piso y la pelota, sabiendo que la misma estuvo en contacto con el piso un tiempo de 5 ms. de béisbol golpea una pelota de masa 0.15 kg de tal forma que su velocidad 7 Un bate cambia de 48 m/s horizontal y hacia el este a 81 m/s horizontal y hacia el norte, en un intervalo de tiempo de 0.01 s. Estimar el módulo, dirección y sentido de la fuerza media ejercida por el bate sobre la pelota . Resp.F=1412N a=59,53º 2

8 Un vagón de ferrocarril está abierto por arriba y tiene un área de 10 m , se mueve sin fricción a lo largo de rieles rectilíneos con velocidad de 5 m/s, en un momento dado comienza a 2 llover verticalmente a razón de 0.001 litros/(cm s). La masa inicial es de 20000 kg. Calcular, razonando las respuestas: a) La velocidad del vagón en función del tiempo b) La aceleración. c) La fuerza nece saria para mantenerlo a velocidad constan te de 5m/s. 2 Resp.V =1000/(2 00+t) a= – 100/(2 00+t) vagón llenodel de vagón granos, avanzasalir con una veloci dad de km // s. h. Si Porelun agujero abierto 9 laUn en parte trasera empieza granos a razón de36 5 kg. peso del vagón con su carga era inicialmente de 80 toneladas, determinar a) La velocidad del vagón en km /h al cabo de una hora. b) La fuerza que se necesita hacer para mantener la velocidad inicial del vagón. c) Si el agujero es en la part e inferior del vagón, calcular las mi smas preg untas anteriores. ImpulsoyCantidaddeMov.

148

P A R A P E N S AR

CIENCIAS FISICAS

CHOQUE DE CUERPOS

Física para Estudiantes de Ciencias e Ingeniería Prof. Ing. Gustavo Riart O.

Choques

163

Choques

164

DINAMICA DE LA MASA PUNTUAL CHOQUE DE CUERPOS Una Ley fund amental de la física cl ásica es que dos cue rpos no puede n ocupar el mismo espacio al mismo tiempo. Y cuando dos cuerpos están en condiciones, por el movimiento que realizan, de ocupar el mismo espacio al mismo tiempo se produce el fenómeno conocido como choque. En el choque los cuerpos interactuan entre si, de forma tal que desarrollan fuerzas de acción y reacción entre ellos. Estas fuerzas inicialmente nulas, crecen hasta un valor máximo y se vuelven nuevamente nulas, ya sea que los cuerpos se separen o se muevan juntos después del choque. Como este fenómeno se produce en un tiempo muy pequeño, se lo debe estudiar como un caso de Impulso y Cantidad de Movimiento.

CHOQUE CEN CENTR TRA AL L DE CUERPOS Iniciaremos el estudio con el caso de dos cuerpos que se mueven sobre la recta que une sus centros de masa. Uno de los cuerpos tiene masa m1 y velocidad V1 y el otro cuerpo, masa m2 y velocidad V2, de forma que el cuerpo de masa m1 va atrás de la masa m2 y las velocidades son tales que V1 > V2. Así la masa m1 alcanza a la m2 y chocan. Después del choque las masas m1 y m2 tienen velocidades U1 y U2 respectivamente

V1 m1

V2

X

m2

ccm m An A ntte es sde dellC Ch ho oq qu ue e..

m1 X m2

cm cm

U1

U2

m1 X

m2

cm cm

Ch Cho oq qu ue e..

De Des sp pu ué és sde dellC Ch ho oq qu ue e..

Analizando el fenómeno para el sistema form ado por ambos cuerpos en con junto, la cantidad de movimiento del centro de masa inmediatamente antes del choque es igual a la cantidad de movimiento inmediatamente después del choque, pues no existe una fuerza exterior al sistema que realice un impulso. Entonces

PA = PD m1 V1 + m2 V2 = m1 U1 + m2 U2

Podemos, también, hacer el análisis adoptando el centro de masa como eje de referencia. La velocidad el centro de masa es constante por lo tanto este es un eje inercial, y por lo tanto se conserva la cantidad de movimiento, considerando que el impulso y la cantidad de movimiento no son mas que expresiones de la 1ª y 2ª Ley de Newton para cuerpos o sistemas no rígidos.

Choques

165

Denominamos V1’ y V2’ a las velocidades de los cuerpos respecto al centro de masa antes de chocar; y U 1’ U2’ a las velocidades después de chocar, todas respecto al centro de masa. La conservación de la cantidad de movimiento antes y después de chocar es

PA’ = PD’ m1 V1’ + m2 V2’ = m1 U1’ + m2 U2’

se observa en el en grafico de contrario abajo, en uno esterespecto eje de referencia, losse cuerpos acercan al centroComo de masa moviéndose sentido al otro. Esto debe ase que la velocidad del centro de masa, cumple con la relación

V1 > V Vccm m > V2 El choque se produce en el centro de masa; y posteriormente los cuerpos se alejan del mismo debido a que U1 < V Vccm m < U2

V1’

Antes del d el choqu e cm

V2’

Durant Duran te e el choqu e cm

Después Después del de l choque cho que U1’

cm

U2’

COEFICIENTE DE RES REST TITUC ITUCIION ON Si bien en el sistema formado por ambos cuerpos no hay impulso, porque no hay fuerza externa al sistema; al considerar cada cuerpo por separado, existen fuerzas impulsivas, tanto en el proceso de deformación como en el proceso de restitución. Estas fuerzas y sus impulsos, por el principio de acción y

Durante la Deformación m1

m2 FD

FD

reacción son iguales y de sentido contrario en cada cuerpo. La deformación de los cuerpos se produce hasta que ambos llegan a una velocidad común, la velocidad del centro de masa.

Durante la Restitución m1

m2 FR

Choques

FR 166

Con respecto a un eje de referencia fijo en la tierra los impulsos durante la deformación para los cuerpos 1 y 2 son:

– FFD t = m1 Vcm – m m1 V1

FD t = m2 Vcm – m m2 V2

Y los impulsos durante la restitución son:

– FFR t = m1 Vcm – m m1 U1

FR t = m2 Vcm – m m2 U2

Estos impulsos de deformación y restitución en la mayoría de los casos no son iguales e, inclusive puede ocurrir que el de restitución sea nulo. De allí, que se define como coefic iente de restit ución a la relación entre el impulso de restitución y el impulso de deformación. cm – m cm – m e = –– FFFFRD tt = m m11 VVcm m11 VU11 e = FFRDtt = m m22 V Vcm m22 V U22 –m m –m m

Simplificando las masas en cada igualdad, despejando la Vcm e igualando las dos ecuaciones se obtiene que:

e = U2 – U1 V1 – V2 Consideracio Consi deraciones nes re respe specctto oau un n eejje de refer refereencia ncia en el cce en nttrro o de massa. a. Considerando, como eje de referencia el centro de masa del sistema, las fuerzas impulsivas deformadoras y restauradoras, son las mismas que respecto a tierra, puesto que el centro de masa es un eje inercial, velocidad constante; no así, las velocidades, como vimos mas arriba. Por lo tanto el coeficiente de restitución es

e = – FFR t = – m m1 U1’ – FFD t m1 V1’

e

e = FR t = m2 U2’ FD t – m m2 V2’

– U1’ – U2’ = V1’ = V2’

De las ecuaciones de la cantidad de movimiento y del coeficiente de restitución, se deduce que las velocidades después del choque para los cuerpos son:

U1 = ( m1 – e m2 ) V1 + (1+ e)m m1 + m2 U2 = ( m2 – e m1 ) V2 + (1+ e)m

2

V2

1

V1

m1 + m2 Cuando el coeficiente de restituc ión es nulo, las velocidades U1 y U2 después del choque son iguales. En este caso los cuerpos chocan, se deforman al chocar, y se mueven con la mism a velocidad, la velocidad del centro de masa. En el choque las fuerzas que actúan producen un Choques 167

trabajo para deformar los cuerpos y pero no existe fuerza restauradora, por lo tanto, el coeficiente de restitución es cero y hay perdida de energía. Los choques en los que ocurren estos fenómenos se llaman

PERFECTAMENTE

INELASTICO o PLASTICO. Cuando el coeficiente de restitución es 1, las velocidades después del choque son diferentes. Los cuerpos chocan, se deforman y recupera n su forma durante el choque, por el efecto elástico del material que hace que el impulso de deformación sea igual al de restitución. Como el trabajo final es nulo, no hay pérdida de energía. Por esta razón el choque es ELASTICO. Para cualquier valor del coeficiente de restitución entre 0 yy 1, los cuerpos ch ocan, se deforman y recuperan parte de su for ma durante el choque; es deci r, el impulso de re stitución es menor que el de deformaci ón. Estos choques son INELASTICOS y las fuerzas que actúan durante el choque realizan trabajo, produciendo u na perdida de ene rgía. En el choque inelástico , los cuerpos recuperar su forma inicial después del choque; es decir cuando los cuerpos ya no están enpueden contacto; por lo tanto no hay fuerzas que actúen entre ellos. El fenómeno se desarrolla de la siguiente forma, (Cuadro de al lado) al inicio del contacto los cuerpos debido a las fuerzas sobre cada uno se deforman hasta un máximo de deformación. En este instante la elasticidad de los cuerpos hace que los cuerpos empiecen a recuperar su forma. Si los cuerpos pierden el

Ch C ho oq qu ue e Pe Per rffe ec ctta am me en ntte e In Ine ellá ássttiic co o

Ch Cho oq qu ue e In Ine ellá ássttiic co o

Ch Cho oq qu ue e Pe Per rffe ec ctta am me en ntte e El Elá ássttiic co o

Inic Iniciodel io del Choque

Máxima Deformación

Finalización de dell Choque Ch oque

contacto de recuperar antes totalmente su forma, el choque es inelástico.

LA ENER LA ENERGÍA GÍA CINÉ CINÉTI TICA CA EN EL CHOQUE La energía cinética del sistema, con res pecto al centro de masa, antes y despué s del choque son:

K o ’ = ½m 1 V1’ 2 + ½ m2 V2’ 2

Kf’= ½m 1 U1’ 2 + ½ m2 U2’ 2

Sustituyendo U1’ = e V 1’ y U2’ = e V 2’ en Kf’ resulta

Kf’’ == ee2 ( ½ m1 V1’ 2 + ½ m2 V2’ 2 ) Kf’ Kf’ = ee2 Ko’ Las relaciones de las velocidades de los cuerpos con respecto al centro de masa como eje de referencia y a tierra como eje fijo son:

Choques

168

V1’ = V1 – VVcm

V2’ = V2 – VVcm

U1’ = U1 – VVcm

U2’ = U2 – VVcm

Reemplazando en las ecuaciones de energía tenemos:

Ko o’= ’ =½ ½m m1 (V1 – VVcm) 2 + ½ m2 (V2 – VVcm) 2

Kf’= ½m 1 (U1 – VVcm)’ 2 + ½ m2 (U2 – VVcm) 2

K o ’ = ½m 1 (V12 – 22 V1 Vcm+ Vcm2) + ½ ½ m 2 (V22 – 22 V2 Vcm+ Vcm2) K o ’ = ½m 1 V12 ½ m2 V22 – (( m1 V1 + m2 V2 ) Vc Vcm+ m+ ½ (m (m1 + m2) Vcm2 La velocidad del Centro de Masa de dos cuerpos que se mueven con velocidades diferentes es

( m1 + m2 ) Vcm = m 1 V1 + m2 V2 Reemplazando esta expresión en la anterior de energía tenemos

K o ’ = ½m 1 V12 ½ m2 V22 – ½ ½ (m1 + m2) Vcm2 De igual forma

K f’= f’ =½ ½m m1 U12 ½ m2 U22 – ½ ½ (m1 + m2) Vcm2, si denominamos Ko = ½ m1 V12 ½ m2 V22

Kff = ½ m K m1 U12 ½ m2 U22

Ko Ko’’=K =K oo – Kc Kcm m De donde

Kc Kcm m = ½ (m (m1 + m2) Vcm2

Kf Kf’’= = Kf Kf – Kc Kcm m

Kff – Kc K Kcm= m = ee 2 ((K Ko o – Kc Kcm m)

De esta forma resulta que

e2 = Kf – Kcm Ko – Kcm

Es decir el cuadrado del coeficiente de restitución es la relación entre la energía no perdida Kff – Kc Kcm m)) y la energía máxima que puede perderse en el choque ((K Ko o – Kc Kcm m) en el choque ((K

ANAL ANA LIS ISIS DE CAS CASO OS S PARTI P ARTICULARES CULARES En todos los casos de choque se cumplen las siguientes igualdades

U1 = ( m1 – e m2 ) V1 + (1+ e)m m1 + m2

2

V2

U2 = ( m2 – e m1 ) V2 + (1+ e)m m1 + m2

1

V1

e = U2 – U1 V1 – V2 Kf = e2 Ko + ( 1 – e 2 ) KCM Choques

169

er

1 Problema:Por las condiciones del movimiento de uno de los cu erpos su velocidad antes de chocar y después de chocar es nula. Este caso ocurre porque la masa de ese cu erpo es muy grande con respecto al otro que choca o porque po r algún sistema de sujeción el centro de masa del cuerpo no puede desplazarse. m2 = V2 = 00 De la ecuación de “e” se obtiene para la masa m1

U1 = Calculando la velocidad del centro de masa

– eV

1

VC M = m1 V1 + m2 V2 m1 + m2 Dividiendo numerador y denominador por m2 y realizando las simplificaciones resulta

VCM = 0 y KCM = 0 Si lanzamos una pelota contra el suelo, esta tiene una masa y choc a con una veloci dad. Si se compara la masa de la tierra con la masa de la pelota, la de aquella es mucho mas grande que la de esta. Esto es la masa de la tierra comparada con la pelota es infinita. Determinando el centro de masa del sistema tierra pelota, con las dimen siones con la que se trabaja, el centro de masa coincide con el de la tierra, de forma tal que al cambiar la altura de la pelota el centro de masa del sistema sigue siendo el de la tierra, y como el mismo no cambia su velocidad es nula.

Para e = 1 U1 = – V1 K f = Ko En este caso el cuerpo choca contra el otro y vuelve con la misma velocidad con la que choco pero de sentido contrario. Por esta razón su energía cinética no cambia.

U1 = 0 K f = KC M En este caso el cuerpo queda adherido al de masa infinita, y tendría que moverse con la velocidad del centro de masa, que como vimo s es cero. Para e = 0

2º Problema:Las masas de los dos cuerpos son iguales.

m1 = m2 U1 = V2 U2 = V1 Es decir los cuerpos intercambian sus velocidades. Para e = 1

Kf = Ko

Para e = 0

U1 = U2 = m1 V1 + m2 V2 m1 + m2 K f = KC M Donde

VC M = V1 + V2 2 3er Problema:Las masas de los dos cuerpos son iguales y uno de ellos esta en reposos.

U1 = 0

m1 = m2 V2 = 0 U2 = V1

Kf = Ko Es decir, el cuerpo con movimiento queda en reposo y el otro se mueve con la velocidad del primer cuerpo. Para e = 1

Choques

170

Para e = 0

U1 = U2 = m1 V1 m1 + m2 K f = KC M Donde

VC M = V1 . 2 CHOQUE EN DOS DOS DIRE DIREC CCION CIONE ES S CHOQUE DE CUERPOS QUE SE MUEVEN EN DIRECCIONES PARALELAS Incluimos este choque por su importancia en laFísica Cuántica . En este caso ambos cuerpos se mueven en direcciones paralelas de tal forma que la distancia entre las direcciones paralelas de su ce ntro de masa, es menor que la suma de lo s radios de los cuerpos. Esta distancia “b”, se denomina parámetro de impacto . El análisis se realiza haciendo coincidir uno de los ejes coordenados,X en este caso, con la dirección de los centros de masa

Y

m1

V1

U1

b m2

V2 U2 X

De esta forma el ángulo  que forman las velocidades antes del choque con el eje X, esta dado por la relación b = (r1 + r2) se no Resultando V1X = V1 coseno c o s en o

V2X = V2 coseno c o s en o

VV1Y = V1 seno VV2Y = V2 seno

Y como el choque se produce sobre el eje X, las ecuaciones son:

U1X = ( m1 – e m2 ) V1X +(1+e)m m1 + m2 U2X = ( m2 – e m1 ) V2X +(1+e)m

2

V2X

U1Y = V1Y

1

V1X

U2Y = V2Y

m1 + m2 U1 = ( U1X2 - U1Y2 )1/2 , ta tan n = U1Y / U1XY U2 = ( U2X2 - U2Y2 )1/2 , ta tan n = U2Y / U2X Los ángulos son con resp ecto al eje “X” Y se denomina ángulo de dispersión Choques

171

EL JUEGO JUEG O DE BILLA BILL AR R En el juego de billar las condiciones son: a) Las ma sas m1 y m 2 de las bolas son iguales b) Lamasa m2 está en reposo. c) El coeficiente de resti tución es e = 1.

Y U1 m1

V1

b m2 U2

Adoptando los ejes coordenados de tal forma que el eje X coincide con la dirección de los centros

X

de masa en el momento del choque, se cumplen

co s e n o = b / (r1 + r2) V1X = V1 coseno

Seno U2X

= V1X

U2Y

=0

U1X

=0

V V1Y

= V1 seno

U1Y

= V1Y

Es decir la dirección que adquiere la bola que es chocada es la dirección de la recta que une los centros de masa y depende del parámetro de impacto.

LA PELOT PELOTA AQUE QUEREBOT REBOTA A CONTRA CONTRAEL ELSUELO SUELO Allanzar una pelota contra el suelo con un ángulo , se dan las siguientes condiciones: a) El cuerpo contra el que choca la pelota, la tierra, tiene masa m2 =

Vx Ux

y velocidad V2 = 0.

b) El choque se produce en la d irección perpendicular a la superficie. c) La pelota tiene después del choque una velocidad que forma un ángulo con la vertical.

V Vy y

Uy Uy

En estas condiciones nuestras ecuaciones son:

Ux = Vx tg tg

= Vx Vx //V Vy y

y

tg tg ttg g

e == – Uy Uy / Vy Vy = UUx x /U/ Uy y por lo tanto,

= t g /e / e. .

En el caso en que el coeficiente de restituc ión sea e = 1, se cumple que ángulo de incidencia y reflexión de la luz por un espejo.

Choques

=

igual que los

172

CHOQUE DE CUERPOS QUE SE MUEVEN EN DIRECCIONES DIFERENTES Para que ocurra un choque de cuerpos que se mueven en direcciones diferentes se deben dar varias condiciones. 1. Las trayectorias de los cuerpos deben converger para interceptarse. 2. Los cuerpos deben tener su posición en el punto de intersección de las trayectorias en el mismo instante. 3. Condicionamos el choque a que el impulso mutuo de los cuerpos que chocan se realice en la dirección de la línea que une los centros de masas. En caso contrario los cuerpos después de chocar se moverán girando alrededor de su centro de masa. La velocidad del centro de masa es

VCM = m1 V1 + m2 V2 m1 + m2 Y la cantidad de movimiento antes y después de chocar es

m1 V1 + m2 V2 = m1 U1 + m2 U2

m1

m1

V1

m1 U1 Trayectoria del CM Trayecto CM

V2 m2

U2 m2

La cantidad de movimiento del centro de masa antes de chocar es

PA = m1 V1 + m2 V2 Para analizar el choque en estas condi ciones es nec esario conocer los datos que permitan determinar la dirección del vector cantidad de movimiento del centro de masa. Analizaremos este choque en dos condiciones que consideramos interesantes. 1er Análisis:

Hacer coincidir uno de los ejes de coordenadas con la cantidad de movimiento del sistema (resultante) .

Si conocemos cantidades de movimientos P1 = m 1 V1, P2 = m 2 V2 y el ángulo  que forman las velocidades. Por la suma de vectores se calcula la Cantidad de movimiento resultante y la dirección que forma con cada una de las cantidades de movimientos 1 y 2.

Choques

173

P1A

PA

PA P1A

P2A

P2A

PA = P1A2 + P2A2 + P1A P2A coseno . PA

.

= . P1A

S en o Seno

= . P2A

.

SSeennoo

.

Seno S e no

Después del choque los vectores son

P1D

PD

PD P1D

P2D

P2D

PD = P1D2 + P2D2 + P1D P2D coseno .

PD S Seno en o

.

Cumpliéndose, desde luego, que

= .

P1D SSeennoo

.

= . P2D Seno S e no

.

PA = PD

Asignado un coeficiente de restitución e, es muy practico la utilización de la relación de la s energías cinéticas y el coeficiente de restituci ón, de forma tal a trabajar con escalares.

Kf = e2 Ko + ( 1 – e 2 ) KCM Como puede observarse, es necesario conocer algún dato sobre el movimiento de los cuerpos después del choque, a fin de resolver el sistema de ecuaciones. Por ej. El vector velocidad de uno de los cuerpos.

Choques

174

2º Aná Análi lisi sis: s:

Hacer coincidir uno de los ejes de coordenadas con la dirección del Impulso entre los cuerpos en el momento del choque (la dirección de los centros de masa).

m1

m1

m1 V1

U1

V2 m2

U2

Direcció Direc ción n del Impulso

m2

Como es condición de nuestro estudio que el choque se produzca en la dirección de la recta que un e los centros de masas, esta es la direc ción del impulso. Es necesario pues con ocer los ángulos que forman los vectores cantidad de movimiento con esta dirección.( Y

PA2 = m2 V2

PA

X

Vectoress Cantida Vectore Cantidad d de Movimiento Movimiento Ante Antes s del del Cho Cho ue

PA1 = m 1 V1

Y

y

PD2 = m2 U2

PD

PD1 = m1 U1

X

Vectoress Cantida Vectore Cantidad d de Movimiento Movimiento Despues Desp ues del del Choque Choque

Como sobre el eje X no se produce choque. Consecuentemente los cuerpos mantienen cada uno su cantidad de movimiento en esta dirección y se cumple que PAX = PA1X + PA2X y

PA1X = PD1X PA2X = PD2X PDX = PD1X + PD2X Además

PAX = PDX Choques

175

En cambio sobre el eje Y se produce el choque y por lo tanto

PA1Y + PA2Y = PD 1Y + PD 2Y Si el coeficiente de restitución es “e”, las velocidades de los cuerpos son:

V1X = U1X V2X = U2X

U1Y = ( m1 – e m2 ) V1Y +(1+e)m m1 + m2 U2Y = ( m2 – e m1 ) V2Y +(1+e)m m1 + m2

2

V2Y

1

V1Y

U1 = ( U1X2 + U1Y2 )1/2 , ta tan n = U1X / U1Y U2 = ( U2X2 + U2Y2 )1/2 , ta tan n = U2X / U2Y Los ángulos son con resp ecto al eje “Y”

PROBLEMAS 1

Dos cuerpos de masa m1 = 2 kg. con velocidad de 2 m/s se mueve detrás de otro de masa m2 = 3 kg. y velocidad de 1,5 m/s; sobre la misma recta. Cual es la velocidad de cada cuerpo después de chocar cuando: a) Elc hoqueeselástico b) Elcoe ficiente de restitución es 0,6 c) Elc hoquees inelástico d) ¿Cuál es la e nergía ci nética de c ada cuerpo después del choque elástico? Resp: a)1,4m/ sy1,9m/s b)1,52m/ sy1,82m/ s c) 1,70m/s d ) 1,96 j y 5,42 j

2

Dos cuerpos de masa m1 = 2 kg. con velocidad de 2 m/s y otro de ma sa m2 = 3 kg. y velocidad de 1,5 m/s; se mueven uno hacia el otro sobre la misma recta. Cual es la velocidad de cada cuerpo después de chocar cuando: a) Elchoq ue es elástico b) El coeficiente de restitución es 0,6 c) El choque es inelástico d) Determinar el coeficiente de restitución para que la masa m2 se detenga después del choque. e) ¿Cuál es la en ergía cinética del cuerpo después del choque? Resp: a)– 2,2m/sy1,3m/s b)– 1,36m/sy0,74m/s c)– 0,1m /s d)0 ,072 d)4 ,84jy 2,54j

3

Una bala de 10 g se incrusta en un bloque de 990 g que descansa sobre una superficie horizontal sin fricción, sujeto a un resorte. El impacto comprime el resorte 15 cm. Del resorte se sabemos que una fuerza de 2 N produce una comprensión de 0.25 cm. Calcular a) La constante elástica del resorte b) La velocidad del conjunto bloque + bala justo después del choque c) La velocidad de la bala antes del choque Resp: k = 800 N /m V = 4,24 m /s Vb = 424 m /s

4

Una bala de masa 0.3 kg y velocidad desconocida choca contra un saco de 4 kg suspendido de una cuerd a de 0.5 m de larga y en reposo. Después del choque el saco se eleva ha sta que la cuerda hace un ángulo de 30º con la vertical, mientras tanto la bala describe una parábola, estando el punto de impacto a 20 m de dist ancia horizontal y 1.5 m por debajo. Calcular: Choques

176

a) La velocidad del saco y la de la bala inmediatamente después del choque b) La velocidad de la bala antes del choque y la energía perdida en el mismo c) La tensión de la cuerda cuando esta forma un ángulo de 10º con la vertical Resp: Vs=1,15m/s Vb=36,15m/s V=51,4m/s Ep=197,5j

5

Dos bloques A y B, ambos de masa M Vm = 15 kg. se hallan inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal m sin rozamiento. La masa m = 5 kg. se mueve inicialmente hacia el bloque B A B con una velocidad Vm = 4 m/s. La masa m realiza un choque perfectamente elástico con la masa B y rebota, chocando nuevamente con la masa A, a las que se adhiere definitivamente. Calcular las velocidades finales de los bloques.

6

Dos bloques A y B, ambos de masa M = 18 kg. se hallan inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal sin rozamiento. El bloque A tiene adherida una masa m = 4 kg . El bloque A dispara la m masa con una velocidad Vm = 54 m/s. La masa m realiza A B un choque perfectamente elástico con la masa B y rebota, chocando nuevamente con la masa A, al cual se adhiere definitivamente. Calcular las velocidad es finales de los bloques A y B. Resp: UB =19,6m/s U=– 1 ,6m/s

7

Se lanza una pelota contra el piso con una velocidad de 1,5 m/s. La pelota pega contra el misma formando un ángulo de 30 º con la verti cal. Determinar, la velocidad de la pel ota, el ángulo que forma con la vertical y la altura que alcanza después de rebotar. a) Si el choque es perfectamente elástico. b) Si el coeficiente de rest itución es 0, 8

Resp:

Resp:

8

UA = – 0,5 m /sU B =2m/s

U=1 ,5m/s

 =30º

U

m

= – 0,5 m / s

U =1,28m/s

 = 54,2º

Una pelota cae verticalmente sobre un plano inclinado 30º. Determinar , la velocidad de la pelota y el ángulo que forma con el plano inclinado al rebotar, en los siguientes casos: Cuando el coeficiente de restitución es 0,5, Cuando el choque es totalmente elástico.

a) b)

Resp:

U= 0,66V

 =40,9º

U =V

m

 = 60º

9

Un cuerpo de masa m cae desde una altura h1, sobre una cuña de masa M que se encuentra h2 sobre una superficie M horizontal sin rozamiento., M 45º como muestra la figura y golpea elásticamente con la misma. Después del choque se dirige horizontalmente y choca también elásticamente, contra otra cuña idéntica a la anterior. Determinar la altura h2 que alcanza la masa. Resp: h2 = h1 ( M – m ) / ( M + m )

h1

10 Una partícula de 5 kg de masa moviéndose a 2 m/s choca contra otra partícula de 8 kg de masa inicialmente en reposo. Si el choque es elástico. Hallar la velocidad de cada partícula después del choque.  Si el choque es fr ontal  Si la primera partícula se desvió 50º de la dirección srcinal del movimiento. Resp.: U1=0,46m/s U2=1,5 4m/s  =50,7º U1=1,575m/s U2=0,974m/s U1=– 0,586m/s U2 = 1,512 m / s

 = – 10,7º Choques

177

11 Un cuerpo de masa m1 = 1 kg. se mueve con una velocidad de 2 m/s. Otro cuerpo de masa 2 a) b) c) d)

kg., tiene una velocidad de 1,5 m/s; formando ambas velocidades un ángulo de 37º. Calcular la velocidad de ambos cuerpos en los siguientes casos: Cuando elchoque e s perfectamente inelástico. Cuando el coeficiente de restit ución es 0,2 Cuando el coeficiente de restitu ción es 0,8 Cuando el choque es perfectamente elástico. Resp: a)1, 58m / s b) 1,54 m / s y 1,61 m / s c) 1,50 m / s y 1,72 m / s d) 1,52 m / s y 1,76 m / s

 = – 5,67º y  = 2,7º  = – 23,9º y  = 10,19º  = – 29,96º y  = 12,47º

Choques

178

PROBLEMAS DE APLICACIÓN PROBLEMAS APLICACIÓN DE DINAMICA DE TRASLACI LACIO ON N 1

Una masa se suelta desde una altura h sobre un plano inclinado que termina en un rizo vertical. Calcular: a) La altura h n ecesaria para que el cuerpo tenga en el punto mas alto del rizo una velocidad del doble de la velocidad mínima que debe tener h para describir el rizo. b) La fuerza ejercida por el rizo sobre el cuerpo R en ese punto con la velocidad calculada. Resp.:a )h =4R b)N=3mg

2

Un carro “A” de masa “m” y otro “B” de masa “3m”, unidos por un resorte de constante k inicialmente comprimido, son mantenidos en reposo sobre una superficie plana horizontal. Cuando los dos carros son liberados sim ultáneamente, y el carro “A” adquiere una velocid ad “V”. ¿Qué velocidad adquiriere el carro “B”. Resp.:Vb = V / 3

3

Dos cuerpos de masa m1 = 2 m2 = 2kg. están unidos por un resorte inicialmente comprimido una longitud X = 10 cm. El resorte tiene una constante k = 10 N / cm. Calcular la distancia que se mueve cada masa sabiendo que el coeficiente de rozamiento cinético entre la superficie y las masas es 0,3. Resp.: X1 = 0,28 m y X2 = 1,14 m

4

Un bloque de 0.5 kg de masa comienza a descender por una pendiente inclinada 30º respecto de la hori zontal hasta el vértice O en el que deja de tener contacto con el plano. a) Determinar la velocidad del bloque en dicha posición. b) Hallar el punto de impacto de la esfera en el plano inclinado 45º, situado 2 m por debajo de O, tal como se indica en la figura. c) Hallar el tiempo de vuelo T del bloque (desde que abandona el plano inclinado hasta el punto de impact o). d) Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante T/2. El coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano inclinado es 0.2. Resp.:a)V=4,20m/s b)L=4,20m c)T=1,15s 2 2 d) at = 8,87 m /s y an = 4,17 m / s

5

El esquema de la figura representa dos planos inclinados 60º sin rozamiento, dos planos horizontales AB =BD= 1m con rozamiento al deslizamiento de coeficiente  =0.1 y una circunferencia vertical sin rozamiento de radio R=1 m. Una partícula de masa m=300 g se abandona sin velocidad inicial y recorre el camino OABCDE. Se pide

2m 30º 2m

L 45º

O

C

3m

PROB. DINAMICA

E A

B

D

187

Si la altura de O es de 3 m cal cular la velocidad de la partícula en A, B, C y D a) ¿Cuál será la rea cción en lo s puntos B y C? b) ¿Cuánto ascenderá por el plano incl inado DE?. Resp.: NB =19,8N N C =13,8N h1=2,8m

6

Se sujeta una masa m a una cuerda que pasa por un pequeño orificio en una mesa sin fricción (ver figura). En un principio la masa se encuentra moviéndose en un círculo de radio ro=0.3m con velocidad vo=1.5m/s. En este instante se tira lentamente de la cuer da por la parte de abaj o disminuyendo el radio del círculo hasta r=0.1m . a) ¿Cuál es la velocidad de la masa para ese valor del radio? b) ¿Cuánto vale la tensión para ese valor del radio? c) la expresión de laalten sión m para alquier valor de r. d) Encontrar ¿Cuánto trabajo se realiza mover de cu ro a r? 3 Resp.:a)V = 4 ,5 m/s b)T = 4 05 N c)T = 0 ,405 /r d)W = 18 j

7

Una pista de patinaje tiene la forma indicada en la figura. El primer tramo lo constituye un arco de 48,20º de una circunferencia de 30 m de ra dio. El segundo tramo discurre por un plano inclinado tangente a la circunferencia en el punto inferior del arco. En el tramo plano se coloca un muelle (parachoques) de constante k=40 N/m cuyo extremo libre coincide exactamente con el final del tramo circular. Un patinador de 70 kg de masa se deja deslizar con velocidad inicial nula desde el extremo superior del primer tramo circular siendo detenido finalmente por la acción del resorte. A lo largo de la pista no hay rozamiento. Determinar: a) La reacción en el punto donde termina la curva y en un punto del plano inclinado. b) Resp.:a)N La distancia el muelle cuando el patinador se detiene por completo A=que 0 habrá NBcomprimido =594N b)X =39,63m

8

Enganchamos unalongitud partícula de 1 es kgde a 48 un cm resorte de masa despreciable cuya natural y la constante recuperadora 10 N/cm. Lo hacemos girar como un péndulo cónico con una velocidad angular constante de 60 r.p.m. Calcular: a) Elalar gamiento delresor te. b) El ángulo que f orma la altur a del cono con la gen eratriz. Resp.:a)X=2cm

9

b)

 = 60º

Una granada de masa m=2 kg, se dispara con una velocidad de 600 m/s haciendo un ángulo de 60º con la horizont al. Al llegar a su altura máxim a la granada hace expl osión dividiéndose en dos fragmentos iguales. Un fragmento cae verticalmente. a) Determinarel alcance del segundo fragmento b) Hallar la energía de la explosión Resp.:a)X=47700m

b)E

=90000 J

10 Un núcleo U en reposo se divide en dos fragmentos con masas de 140 y 90 u.m.a.. La Q de la 6

reacción es de 190 MeV. (un mega M es 10 veces) Hallar las velocidades de cada uno de los dos fragmentos. PROB. DINAMICA

188

-27

Datos: 1 u.m.a. = 1.66 10 kg, 1eV = 1.6 10 Resp.:7150m/s 11130m/s

-19

J

11 Hallar la velocidad con que sale una bala después de haber atravesado una tabla de 7 cm de grosor y que opone una resistencia constante de 180 kgf. La velocidad inicial de la bala es de 450 m/s y su ma sa de 15 g. (Emplear dos métodos para resolver el problema: Dinámica y Teorema de la energía). Resp.: 431 m / s

12 El péndulo simple de la figura consta de una masa puntual m 1=20 kg, atada a una cu erda sin masa de longitud 1.5 m. Se deja caer desde la posición A. Al llegar al punto más bajo de su trayectoria, punto B, se produce un choque perfectamente elástico con otra masa m2=25 kg, que se encuentra en reposo en esa posición sobre una superficie horizontal sin rozamiento. Como consecuencia del choque, la masa m1 rebota hasta alcanzar la posición Ca altura h del suelo. Determinar a) La velocidad de m 1 al llegar a la posición B antes del choque y la tensión de la cuerda en ese instante. b) Las velocidades de m 1 y m2 después del choque. c) La energía cinética que pierde m 1 en el choque. d) La altura h a la que asciende la masa m 1 después del choque. Resp.:a )V = 5,42m/s b)U i= – 0,6m/syU2 =4,8m/s c)K perd =290j d) 0,02 m

13 Una bala de 200 g choca con un bloque de 1.5 kg que cuelga de una cuerda, sin peso de 0.5 m de long itud, empotrándose en el bloque. A este dispositivo se le denomina péndulo balístico. Responder a las siguientes cuestiones a) ¿Cuál debe ser la velocidad de la bala para que el péndulo se desvíe 30º? b) Determinar la tensión de la cuerda en el punto más alto de la trayectoria circular, cuando la velocidad de la bala es de 45 m/s. c)

¿Describirá bloque unEn movimiento circular cuando lasu velocidad de la bala es de 40 m/s?. Razónese laelrespuesta. caso negativo, determinar desplazamiento angular. Resp.:a)V=9,74m/s b)12N c)Noy  = 32,9º

14 Desde un pun to B situado a 7.65 m del suelo se dej a caer una esfera de madera de 460 gr de peso; en el mismo instante, desde otro punto A situado a igual nivel que B y distante de éste 270 m se dispara un proy ectil de cobre de 20 gr, el cual alcanza la esfera cent ralmente durante su caída, quedando empotrada en la misma y alcanzando ambos el suelo a 7.5 m del pie de la vertical que pasa por B. a) Determinar el ángulo de tiro para que se produzca el choque en el punto C. b) Calcularla v elocidad Vode disparo de la bala Resp.: a)  = 0º

b)Vo = 363m/s

15 Una bala de 10 g se incrusta en un bloque de 990 g que descansa sobre una superficie horizontal sin fricción, sujeto a un resorte. El impacto comprime el resorte 15 cm. Del resorte se sabemos que una fuerza de 2 N produce una comprensión de 0.25 cm. Calcular a) La constante elástica del resorte b) La velocidad del conjunto bloque + bala justo después del choque c) La velocidad de la bala antes del choque Resp.:a )k =800N/m b)V =4,24m/s Vo=424m/s

PROB. DINAMICA

189

16 Tres partículas A, B y C de masas m A = m B = m y m C = 2 m, respectivamente se están moviendo con velocidades cuyo sentido se indica en la figura y d e valor V A = VB = V y V C = 2 V. Se A dirigen hacia el srcen del sistema de coordenadas al que llegan en el mismo instante. Alcolisionar A y B quedan adheridas y salen en B la dirección indicada con velocidad v/2. 60º A a) ¿Qué principio aplicas para resolver el problema?. ¿Por qué?. b) Determinar la velocidad y dirección con que sale la partícula C. c) ¿Es un ch oque elástico?. Razona la resp uesta. 1/2 Resp.: b) V = 13 y q = 13,9º c)Ch oque no elástico

C

B

17 Un resorte vertical de constante K=1000 N/m sostiene un plato de 2 kg de masa. Desde 5m de altura respecto al plato se dej a caer un cuerpo de 4 kg que se adhiere a él. Calcular la máxima compresión del resorte Resp.: a) X = 0,86 m

18 Un cuerpo sube por un plano inclinado 37º con la horizo ntal, de superficie rugosa, de “L b c ab “ = 5 m de longitud y coeficiente de rozamiento 0,2. El plano inclinado, termina en a d 37º una superficie horizontal de “L bc “ = 7 m de longitud que a su vez termina en otro plano inclinado 37º con la horizontal igual de largo y rug oso que el anterior. El cuerpo salta sobre la superficie horizontal y cae exactamen te en su extremo, descendiendo por el plano inclinado. Determinar las velocidades del cuerpo al inicio “Va” y al final de su trayectoria “Vd”. La trayectoria esta indicada en líneas de punto en la figura. Resp.:V a=9,1m/s Vd =10,8m/s

V

19 Un cuerpo de masa m

1 = 0,5 kg se mueve con una velocidad Vo = 1,55 m / s2 sobre una tabla inicialmente en

m2

m1

2 reposo de masa 2 kg.NtSia se F aplica una fuerzamF = =5,55 la tabla calcular la aceleración relativa del cuerpo respecto a la tabla y cual debe ser la máxima longitud de la misma para que el cuerpo no caiga de ella. El coeficiente de rozamiento entre todas las superficies es = 0,25 2 Resp.: a rel = 1,55 m / s L = 0,78 m

20 El bloque 9 kg de la figura desciende con una velocidad de 1,5 m / s que se encuentra disminuyendo a razón de 0,60 m / s2. Determinar: a) El coeficiente de rozamiento entre el bloque de 20 kg. y el piso. b) La velocidad de ambos bloqu es cuando el bloque de 9 kg descendió 1,40 m. Resp.:a)m s= 0,41 b)V a= 1,125m/sy Vb = 0,75 m/s

20 k

9k

PROB. DINAMICA

190

21 Una pelota rebota sobre una superficie rígida

h

d

y pasa sobre una pared vertical como muestra la figura. Si el coeficiente de restitución es 0,8, la pelota se suelta desde una altura h = 1m y la bola pasa sobre el muro justo en su altura máxima, determinar las longitudes b, c y d Resp.:b =63cm c=103 cm d=44cm

c

30

b

cuerpos de masa = 0,5lakg y m2y =chocan 2 kg suben 22 Dos una pista circular comom1 indica figura en el por

C R= 5m

B 36,87º m1 m2

A

punto "B", justo cuando la masa m1esta por despegarse de la pista. Este choque permite a la masa m1 alcanzar el punto "C" mas alto de la pista. Si el coef de restitución del choque es e = 0,8, calcular: a) La velocidad mínima de la masa m2 en punto "A" b) Describir que pasa con la mas a m2 después del choque, Resp.:a )V 2=15,35m/s b)S ubeunpocomas y se despega de la pista.

23 Una

pelota de masa "m" se mueve horizontalmente con velocidad v = 1 m/s, choca elásticamente contra una cuña de masa "3m" y sigue la tray ectoria indicada en la figura. El ángulo  que forma el plano inclinado de la cuña con la horizontal es 30º Calcular: a) la velocidad "U" con que se mueve la cuña después del choque. b) la velocidad "u" de la pelota luego del choque.

24 Dos carros de una montaña rusa de masa "m1" y "m2" , salen sin velocidad desde dos alturas diferentes "h1" y "h2" y chocan en la recta "AB", con un coeficie nte de restitución e = 0,8, recorren el rizo vertical de radio R1, bajan por una pendiente de altura H y recorren una circunferencia m1 horizontal de radio R2 con ángulo de 2 R1 peralte 45º. Si se m2 desea que e l carro h1 h2 mas lento llegue al punto "C" y que el carro mas rápido no A H derrape en el punto 45º "D" DETALLE D Calcular el mínimo valor R2

que m1 = 100 kg, m2 = 50 kg, R1 = 1,96 m, R2 = 40,33 m y H = 8,07m. Resp.: h1 = 10 m y h2 = 2,5 m

PROB. DINAMICA

de "h1" y "h2" sabiendo

191

25 Un balón cae sobre una superficie rígida y rebota como muestra la figura. Si el coeficiente de restitución es 0,9 y el ángulo  = 20º. Determinar a) La distancia "C" en la que el balón toca el suelo y b) La altura máxima "D" medida desde la superficie horizontal. Resp.:C=2,80m D=0,67m

1,2 m D

0,3 m C

cuerpo 1 de masa "m" se muev e, sin rozamiento sobre el cuerpo 3 de masa M = 4m con una 26 El velocidad V = 3,3 m / s y choca con el cuerpo 2, también de masa "m ", inicialmente en reposo., siendo el coeficiente de restitución 0,9. El cuerpo 2 tiene rozamiento con el cuerpo 3 y el coeficiente cinético de rozamiento

2

1

entre ambos cuerpos es k = 0,2. Determinar a) La longitud "L" para que el cuerpo 2 no caiga del 3. Entre el cuerpo 3 y la superficie no hay rozamiento. 27 Resp.: a) L = 4,00 m.

3

L/2 L

28 Un carro se mueve sobre una pista circular horizontal de radio 1 m y con peralte de 1 %, Sobre la misma pista se encuentra estacionado otro carro 2, con un coeficiente de rozamiento estático entre sus ruedas y la pista de 0,25, determinar: a) La máxima velocidad que debe ten er el carro 1 antes de chocar con 2, para que este último no salga de la pista después del choque y el 1 continúe con la velocidad determinada por el peralte. Considerar un coeficiente de restitución 0,6 b) Dar la relación entre las masas M1 / M2, para esta situación. Resp.:M1 /M2 = 1,17 V = 2,17

29 Una masa m = 0,5 kg., se coloca sobre una tabla de longitud L = 1,77 m, masa M = 2 kg.; que se encuentra sobre un plano inclinado 37º; como indica la figura. El plano inclinado tiene un tope que impide que la tabla caiga de él. La masa "m" llega al otro extremo de la tabla en el instante en que esta choca contra el tope, y cae de la misma. Si toca el suelo a una distancia horizontal igual a la altur a, determinar estas. El coeficiente de

m M

37

rozamiento cinético entre la masa y la tabla es k1 = 0,3 y entre la tabla y el plano inclinado es mk2 = 0,48 Resp.: X = Y = 3,825 m

PROB. DINAMICA

192

en

MOVIMIENTO DE LOS LOS CUER CUERPOS POS RIGIDO RIGIDOS S

Fís Físiic ca a para Estudiantes de Ciencias e Ingeniería

Prof. Ing. Gustavo Riart O.

MOVIMIENTO DE LOS CUERPOS RIG RIGIIDOS DOS El análisis realizado en los ca pítulos anteriores, al no considerar las dimensiones del cuerpo, ni los puntos de aplicación de las fue rzas; reduce el cuerpo a una masa puntu al, y el movimiento de masa puntual, como ya señalamos antes, es el movimiento del centro de masa. Sin embargo los cuerpos tienen dimensiones y la masa se encuentra distribuida en el volumen del cuerpo, de forma que están constituidos por infinidad de masas puntuales. Se denominaCue Cuerpo rp o Rígido, Rí gido, aquel cuyas posiciones relativas de las masas puntuales, que lo constituyen, no cambian en le tiempo. En la cinemática y la dinámica estudiada en los Capítulos anteriores, se consideraron movimientos de traslación y de rotación de las masas puntuales. Los cuerpos rígidos, tienen , también, movimientos de traslación y de rotación pura, y además pueden tener movimiento de combinados de rotación y traslación.

MOVIM MOVI MIENT IENTO O DE TRASLA CION DE LOS CUERPOS RIGIDOS En la cinemática de las masas puntuales, se estudiaron como movimientos de traslación, el movimiento rectilíneo y el movimiento parabólico. Para que los cue rpos rígidos tengan estos mismos movi mientos, se debe cumplir la condición de que los desplazamientos, las velocidades y las aceleraciones de todas las masas puntuales que constituyen el cuerpo deben ser de igual magnitud, direcciones paralelas y senti dos igualmente dirigidos. Obviamente no es necesario que el desplazamiento, la velocidad y la aceleración de una masa puntual tengan las mismas direcciones y sentidos, pero si, los desplazamientos de dos masas puntuales del cuerpo, sus respectivas velocidades y aceleraciones sean vectores iguales y paralelos. Así, en los movimientos rectilíneo y parabólico, el movimiento de tod os y cada uno d e los pu ntos tendrán laslos mismas planteadas enlos el demás. capitulo correspondiente, y basta con estudi ar el movimiento de uno de puntosecua paraciones conocer el de todos

MOVIMIENTO RECTILINEO

MOVIMIENTO PARABOLICO

Prof.Ing.GustavoA.RiartO.

CINEMATICAGENERAL

66

MOVIMIEN MOVIMIENTODE T ODE ROTAC R O TACION ION DE LOS CUERPOS RIGIDOS Para que un cuerpo rígido tenga movimiento circular, es necesario que por algun mecanismo el cuerpo esté sujeto a un punto fijo, interior o exterior del mismo. De esta form a se cumplen las sigu ientes condiciones: a) Todas las masas puntuales del cuerpo describen circunferencias. b) Estas circunferencias se encuentran o en el mismo plano o en planos paralelos c) Los centros de todas las circunferencias se encuentran sobre la misma recta que constituye el eje de rotación. d) angular. Todos los puntos del cuerpo tienen igual desplazamiento angular, velocidad angular y aceleración e) Las velocidades tangenciales, aceleraciones tangenciales y aceleraciones normales o centrípetas son iguales solamente para los puntos que se encuentran a igual distancia del eje de rotación. Observación:Los puntos C y D son esenciales para el desarrollo de la dinámica de rotación de los cuerpos sólidos. Eje de rotación

MOVIM MOVI MIENT IENTO O DE TRASLA CION Y ROTACION ROTACION SIMULTANEA SIMULTANEA DE LOS CUERPOS RIGIDOS Cuando los cuerpos tienen movimiento de rotación alrededor de un punto o un eje y este, a su vez realiza un movimiento de traslación se está en presencia del Movimiento General de los cuerpos rígidos. En este movimiento de traslación y rotación simultanea o roto traslación, como también se denomina, se cumplen las siguientes condiciones: a) b) c)

Todos los puntos del cuerpo tienen la misma velocidad angular y aceleración angular alrededor del eje de rotación. Las velocidades y aceleraciones de cada punto es la suma vectorial de la aceleración tangencial de la rotación relativa alrededor del eje mas la velocidad y la aceleración del eje de rotación. La resultante de sus velocidades y aceleraciones hacen que los puntos del cuerpo describan trayectorias curvilíneas.

Un caso típico de este movimiento es el de las ruedas, que mientras su centro se mueve en movimiento rectilíneo, todos los demás puntos giran alrededor del mismo.

Prof.Ing.GustavoA.RiartO.

CINEMATICAGENERAL

67

Si la rueda gira sin resbalar, esto es, a cada punto de la rueda le co rresponde un punto de la superfi cie, es relativamente sencillo encontrar las velocidades resultantes de los diferentes puntos. En el grafico se repres enta la veloc idad del centro Vc de la rueda co n un ángulo en la punta de la flecha y la velocidad tangencial del movimiento de rotaciónV VT con un triangulo. Como el cuerpo se mueve sin resbalar, cuando la rueda da una vuelta completa, el eje se traslada un espacio igual a la longitud de la circunferencia, de forma que si empre el arco de circunferencia es igual al espacio.

Vc VT

S =e Para la rotación se cumple: = t VT = S= R R = Rt Para la traslación:

VT

R

V S =

T

e =V Vc ct Por lo tanto

Vc Vc

t e=S Vc = VT

Vc Vct=V Vtt

Cuando el cuerpo rueda sin resbalar la velocidad tangencial de un punto de la periferia es igual a la velocidad de traslación del centro de la rueda. Como consecuencia la velocidad del punto superior de la rueda es el doble de la velocidad del centro. V = Vc Vc + VT = 2 Vc. En cambio, la velocidad del punto inferior, de contacto con e l piso es la dif erencia de amb as velocidades, resultando que este punto en ese instante tiene velocidad cero. V = Vc Vc – VT = 0. Como este pun to esta quieto en ese instante, se puede consi derar que todos los otr os puntos del cuerpo giran alrededor de él. En realidad, en este movimiento siempre se pueden encontrar puntos, sobre el cuerpo o fuera de él, que en un insta nte tienen velocidad nula. Estos puntos o ejes se den ominan ejes instantáneos de rotación , y todo el cuerpo gira alrededor del mismo, en ese instante. En este caso, por la condición de girar sin resbalar la velocidad angular con respecto al eje instantáneo de rotación es igual a la velocidad angular con respecto al centro de la circunferencia. No siempre es así. Si el cuerpo gira y resbala, la VT no es Vc,p orl otantoelp untodecontactoentrela el piso tiene una veloc idad V = Vc Vc – V T Para encontrar su eje instantáneo de setoman aescala dosvectores velocidad ysetrazau nt riangulor ectángulo.Unodelos esunodelosvectoresvelocidad,elotrocateto perpendicular común aambosvectorestrazada puntodeaplicación;ylahipotenusaeslarecta laspuntasdeambosvectores.Elvérticeformado hipotenusa y rotación,tal la perpendicular es ael centro instantáneo de como indic la figura.

igual a la rueda y

Vc + VT Vc Vc – VT

rotación, paralelos catetos es la en su u que ne por la

Centro Centr oInstantáneo Instant áneo de rotaci ro tación ón

Cuandolaruedagirayresbala, la velocidad tangencial,noesigualalavelocidaddelcentro dela rueda, por lo que la velocidad angular alrededor del centro de la rueda, no es igual a la velocidad angular alrededor del centro instantáneo. Prof.Ing.GustavoA.RiartO.

CINEMATICAGENERAL

68

En general, para conocer el eje instantáneo de rotación, basta con conocer la dirección de las velocidades de dos puntos del cuerpo, trazar perpendiculares a esos puntos y el punto de intersección de las velocidades, es el eje instantáneo de rotac ión. En la figura 1 muestra una barra apoyada en la pared y el piso, que resbala y va cayendo. Las velocidades de los extremos de la barra tienen dirección conocida, y trazando las perpendiculares a estos puntos encontramos el eje instantáneo de rotación.

FIG URA 2 FIG URA 1

En la figura 2, la barra está apoyada en el piso y en un sem icilindro. En este caso conocemos la dirección del extremo apoyado en el piso y del puntote contacto entre la barra y el semicilindro. Trazando las perpendiculares a estas direcciones encontramos el eje instantáneo de rotación. Por relaciones geométricas, se puede encont rar la relación entre las velocid ades y las acelerac iones tangenciales de ambos punt os, así como, el valor de la v elocidad an gular instantánea. Es importan te, considerar que todos estos valore s instantáneos, por lo tanto, validos solamente para esa posición.

PROBLEMAS 1. Una rueda gira y resbala sobre una superficie horizontal. Sabiendo que la velocidad del centro de la rueda es de 2 m m/ / s y la velocidad angular con respecto al centro es 4 r ad / s, determinar la posición del centro instantáneo de rotación y la velocidad angular del cuerpo con respecto a este punto. 2. Enla figura 1 se conoce que la barra tiene una longitud de 2 m y está apoyada en la pared a una altura de 1,8 m. Si la barra se encontraba inicialmente en reposo, apoyada verticalmente contra la pared, ¿Cuál es la ve locidad y la ace leración del extremo que toc a el suelo? La berra no ti ene rozamiento, de forma que cae libremente. 3. Enla figura 2, la barra de longitud L, toca el semicilindro a una distancia de ¾ L, medida desde el piso y el radio del semicilindro es ¼ L. La velocidad del extremo en el piso es 2 m/ m/ss ¿Cuál es la velocidad del punto que apoya en el semicilindro y del otro extremo de la barra?

Prof.Ing.GustavoA.RiartO.

CINEMATICAGENERAL

69

PARA PENSAR

CIENCIAS FISICAS

DINAMICA DEL CUERPO SÓLIDO MOMENT NTO O DE LA FUE FUER RZ ZA A Física para Estudiantes de Ciencias e Ingeniería Prof. Ing. Gustavo Riart O.

Dinámica Momento

193

Dinámica Momento

194

DINAMICA DEL CUERPO MOMENTO DE LA FUE FUERZAS RZAS MOMENTO DE INERC INERCIA IA El análisis de la din ámica realizado en lo s capítulos anteriores, al no con siderar las dimensiones del cuerpo, ni los puntos de aplicación de las fuerzas; reduce el cuerpo a una masa puntual. La consideración que se hace es que todos los puntos del cuerpo tienen las mism as condiciones cinemáticas; igual desplazamiento, velocidad y acelerac ión. El punto considerado es el Centro de Masa de los cuerpos y las fuerzas se suponían aplicadas en este punto. Sin embargo, los cuerpos tienen dimensiones y las fuerzas son aplicadas en diferentes puntos del mismo. Para analizar a los cue rpos debemos considerar no solo que el cuerpo tiene dimensiones, sino que además, las posiciones relativas de las masas puntuales que forman el cuerpo no cambian, estos cuerpos son llamados Cuerpos Rígidos . Si por algún mecanism o el cuerpo está sujeto a un p unto fijo, interi or o exterior del mismo, las condiciones cinemáticas son las consideradas en el capitulo anterio r como movimiento de rotación de los cuerpos rígidos, y por consiguiente las consideraciones dinámicas sean diferentes a las anteriormente estudiadas. Experimentalmente encontramos que la acción de la fuerza está condicionada por la posición de la misma, y relacionada con la rotación que genera. La interacción de los cuerpos que considera la posició n de las fuerzas aplicada a los mismos, es:

MOMENTO DE LA FUERZA El producto vect delFuer vectza or de posic posición ión por eloria vectl or

=rx F El Momento de la fuerza es por lo tanto un vector de módulo igual al producto del modulo del vector de posición por el módulo de la f uerza por el seno del ángulo que forman ambos vectores. Su dirección es perpendicular al plano formado por lo s vectores y su sentido esta dada por la regla de la mano derecha. Considerando una masa puntual “m”, cuyo vector de posición con respecto a un punto fi jo es “ r1”, que además esta obligada por algún mecanismo a girar alrededor de este; y sobre él actúa una fuerza “F”.

F

=r ^ F La fuerza es

m r

F =ma La aceleración tangencial del cuerpo en función de la aceleración angular es

a =

^

O

r

Dinámica Momento

195

Sustituyendo en el momento

=m(r ^ ( ^ r )) Este producto de vectores es con ocido como doble pr oducto vectoria l. En un doble producto vectorial (por ejemplo, X == A A ^ ( B ^ C ) ) la solución es

X = (( A A .C .C )B – (A ( A.B .B)C )C ( A.B . B) ) son productos escalares multiplicados por los vectores B y C Donde (A .C ) y (A respectivamente

=m = m ( r . r)

Entonces el momento es

+(r .

r

El producto escalar del segundo sumando es nulo pues perpendiculares entre si.

r

y

son vectores

=m r2

De esta forma 2

El producto “mr ” es una característica que depende de la masa y la posición de la misma con respecto al punto fijo alrededor del cual gira. Es una característica geométrica del cuerpo. Esta característica es la Inercia que tiene un cuerpo para adq uirir cierta aceleración angular ante la acción de un moment o. Así como la masa es la Inerciapara que el cuerpo tenga un movimiento de 2 traslación, m r es la Inerciadel cuerpo para tener un movimiento de rotación. Por lo tanto el

MOMENTO DE INERCIA Es la pr pro op pie ie da dad d de dell cu cue errpo po qu que e le pe per rm mit ite adq adqui uirrir ir una ace acele lerrac aciión ón angular ant ante e la ac acc ció ión n del mo mento de una fu fue erz rza a..

I = m r2

El momento de Inercia así definido es el Momento de Inercia de una masa puntual. Si sobre un cuerpo formado por dos masa m1 y m2, rígidamente unidas, tal que su posición relativa no puede cambiar, y fijo por algún mecanismo a su centro de masa , se le aplica fuerzas F1 y F2 respectivamente, se cumple que El momento de la resultan te F es igual suma de los momentos de las fuerzas compo n entes, F1 y F2. En este caso se cumple que

F = F1 + F2

y

F

F2 F1 cm m1

= F1 + F2

m2

F = r1 x F1 + r2 x F2 F

angular

= r1 ^ (m1 a1) + r2 ^ (m2 a2)

Como ambas masa se encuentran fijas al centro de masa, tienen la misma aceleración

a1 =

^

r1

y a2 =

^

r2

Resulta

F

=(

m1 r12

+

Dinámica Momento

m2 r22 ) 196

El Momento de Inercia con respecto al centro de masa del cuerpo constituido por las dos masas, es la suma del momento de inercia de cada masa.

I CM = m1 r12 + m2 r22 Para calcular el Momento de Inercia de un cuerpo, como el de la figura, se divide la masa en masas pequeñas; y su Momento de Inercia es la suma de los productos de cada masa por el vector de posición al cuadrado.

I cm = Σ mi ri 2 En su forma in tegral es

I cm = r2 dm

Este es finalmente un calculo Int egral, cuyo resultado para diferentes figuras, se da continuación.

MOMENTO MOMEN TO DE INER INERC CIA IA CON RESPECTO RESPECTO AL C. M. DE ALG ALGU UNO NOS S CUE CUER RP POS OS

L R R

Aro I= MR

Varilla 2 I =. M L . 12

Aro I = . M R2 . 2

b

b R

h

Superficie cuadrangular 2 2 I = . M (b + h ). 12

2

Superficie cuadrangular 2 I =. M b . 12

Dinámica Momento

Circulo 2 I =. M R . 2

R

Circulo I = . M R2 . 4

197

L

R2

R

R1 R

Cilindr o sólido

Cilindr o sólido

Cilindr o hueco

I = . M R2 . 2

I = . M ( 3R2 + L2 ). 12

I = . M (R12 + R22 ). 12

b h

PrismaRectangular PrismaRectangula r 2 2 I = . M (b + h ). 12

Esferasólida 2 I =. 2 M R . 5

Cascaró Cascar ón n esféric o 2 I =. 2 M R . 3

TEO TE ORE REM MA A DE DE LOS LOS EJ EJE ES S PARAL P ARALELOS ELOS DE STEINER Todos los momentos de inercias calculados mas arriba se refieren a ejes que pa san por el centro de masa de los cuerpos. Cuando el eje alrededor del cual gira un cuerpo es diferente al que pasa por el centro de masa es necesar io calcular su momento de inercia con re specto a ese eje . Steiner demostró cual es el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un ej e cuando se conoce el momento de inercia con respecto a un eje paralelo al anterior y que pasa por el centro de masa. En la figura de abajo el eje A es paralelo al eje O que pasa por el centro de masa. Si dividimos el cuerpo en masas muy pe queñas m, cada una con una posición roi con respecto al centro de masa O, el momento de Inercia con respecto al centro de masa de cada una es

Ioi =

m i roi2

Dinámica Momento

198

El momento de inercia del cuerpo respecto al centro de masa es

Io = ( m i roi2 ) A

i

O A

a

a i ri ri

O

ri

roi

ro roii

El vector a indica la posición del centro de masa con respecto al eje A. El vector ri, es la posición de mi con respecto al eje A. Por lo tanto

ri = a + r oi ri2 = a2 + roi2 + 2 a roi cos

i

El momento de inercia de la masa punt ual con respecto al eje A es: IiA = mi ri2

IiA = IA = a cos

mi (a2 + roi2 + 2 a roi cos 2

IiA

=mi (a +

roi2

i

)

+ 2 a roi cos

i

)

i es igual para cada masa pequeña que consideramos. 2

2

IA = mi a + mi roi + 2aco 2 a cos s i mi roi =mr , r donde posición del centro de masa, tomada desde el centro de =mr

mi roi masa, por lo tanto es cero, es decir

IA =

mi roi2 +

mi a2

I A = I o + m a2 El momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje paralelo a otro, que pasa por el centro de masa, es igual al momento de inercia con respecto al centro de masa más el producto de la masa por la distancia, entre los dos ejes, al cuadrado.

Dinámica Momento

199

MOMENTO DE LA FUERZA YY MOMENTO LA ACELERACION ACELERACION ANGULAR ANGULAR Arriba quedo dem ostrado que el momento es ig ual al momento de In ercia por la aceleración angular. Así como, la fuerza es la causa de la aceleración lineal de los cuerpos, el Momento de la Fuerza es la causa de la aceleración angular de los cuerpos y, de la misma forma que la masa en la dinámica de traslación, el Momento de Inercia nos indica la capacidad que tiene los cuerpos para girar con mayor o menor aceleración angular. En otras palabras el Momento de Inercia es la medida de la inercia de rotación.

I

=

Esta es una Ley física similar a la 2ª Ley de Newton. En la 2ª Ley la aceleración que adquiere un cuerpo por la acción de una fuerza, depende de una propiedad del cuerpo, que es la masa. En cambio la acele ración angular que adquiere un cuerpo por la acción del momento de la fuerza, además de depender de la masa, propiedad del cuerpo, depende de la forma del mismo. La forma del cuerpo determina los vectores de posición de las masas puntuales que forman el cuerpo. Así,dos cuerpos de igual masa y bajo la acción de un mismo mome nto, tendrá mayor aceleración angular, aquel que tenga mayor cantidad de masa cercana al eje de rotación, porque tiene menor momento de inercia.

Fiig F gu urra a1

Fi Fig gu urra a2

Fi Fig gu urra a3

Fi Fig gu urra a4

Si en las figuras de arriba todos los cuerpos tienen igual masa, entre las figuras 1 y 2, la figura 1 tiene mayor momento de inercia y tendrá menor aceleración angular. Entre la figuras 3 y 4, la figura 3 tiene mayor momento de inercia y tendrá menor aceleración angular

CONSIDERACIONES CONSIDE RACIONESSOBRE SOBRELA LAFUERZA FUERZ A DE RO ROZAMIENTO ZAMIENTOEN ENUNA UNAPOLEA POLEA Una polea fija que tiene una cuerda sin masa que pasa por ella, como se indica abajo en la figura 1. La polea tiene rozamiento con la cuerda de tal forma que esta no desliza sobre la misma. Y la cuerda tiene en sus extremos dos tensiones

T2

FRoz

N

T2 FRoz Figura 3 Fiig F gu urra a1

T1

Fi Fig gu urra a2

T1 Dinámica Momento

200

La figura 2 es el diagrama del cuerpo libre de la cuerda, y la figura 3 el diagrama d el cuerpo libre de la polea. Para esta última no consideramos las reacciones en los apoyos, porque vamos a considerar solamente los momentos con respecto al centro de la polea. Para la cuerda = r T1 – r T2 – r FRoz = I c El momento de inercia de la cuerda es nulo porque consideramos a la misma sin masa, por lo tanto

r T1 – r T2 – r FRoz = 0 T1 – T2 = FRoz = r FRoz = I p

Para la polea

Reemplazando FRoz por su igual se cumple para la pole a que el momento de las tens iones es igual a su momento de inercia por la aceleración angular

r T1 – r T2 = Ip Por consiguiente al considerar que el momento de las tensiones es la causa de la aceleración angular de la polea se esta considerando el momento de la fuerza de rozamiento.

A continuación se analizan tres problemas 

m2

1er PROBLEMA

Un cuerpo de masa m3 es movido por otro cuerpo de masa m1, al cual se encuentra unido por medio de una cuerda sin peso que pasa por una polea de masa m2

m3

k

m1

Los diagramas de los cuerpos libres son

T1

N

T2

R

F

T 2

m2 g

ROZ

T1 m3 g

m1 g Las ecuación para la masa m1 es:

X = m1 g – T1 = m1 a La masa m2 no tien e trasl ación por lo que l a ecuación dinámica es la de ro tación

= T1 r – T2 r I= I

m =rI I = m r2 / 2

Las ecuaciones para la masa m3 son:

X = T2 – FROZ = m1 a Y = N – m3 g = m1 a Dinámica Momento

201

FROZ =

k

N a =

Además se cumple la relación cinemática

r

a = g ( m1 + k m3 ) m1 + m3 + m2 / 2

Obteniéndose

Puede notarse como en el denominador aparece la mas a m2 mul tiplicada por el coeficiente correspondiente al momento de inercia. Las fuerzas pueden obtenerse una vez conocida la aceleración.



m3

2º PROBLEMA

m4

Una maquina de Atwood, consiste en una polea fija de la cual cuelgan dos pesos diferentes, al soltarse los pesos la polea gira generándose un movimiento que es utilizado para mover otras piezas. La polea en este caso es una polea compuesta de dos poleas que se mueven juntas y de radios R y r diferentes, como muestran las figuras. Las masas de los cuerpos son las indicadas.

m1

m2

Se desea determinar las aceleraciones de cada masa. Los diagramas de los cuerpos libres son los siguientes

T2

T1

T1 m1 g

T2 m2 g

La ecuación para la masa m1 es

Y = m1 g – T1 = m1 a1 La polea no tiene traslación por lo que la ecuación dinámica es la de rotación

= T1 R – T2 rI = I

I

I = m3 R2 / 2 + m4 r2 / 2

Nótese que el Momento de Inercia de la polea compuesta es la suma del Momento de Inercia de cada una de ellas. Siempre que el cuerpo que gira es compuest o, el Momento de Inerci a es la suma de los momentos de Inercia La ecuación para la mas a m3 esde las partes.

Y = T2 – m2 g = m2 a2

Dinámica Momento

202

Obsérvese que se está considerando que la masa m1 tiene aceleración para abajo, por lo cual la masa m2 acelera para arriba; y se considera el sentido positivo de la fuerzas en cada cuerpo, el sentido de su aceler ación. Además se cumplen las relaciones cinemáticas

a1 =

R

a2 =

r

m g( . 1 R – m2 r ) =. m1 R2 + m2 r2 + m3 R2 / 2 + m4 r2 / 2

Obteniéndose

En la expresión de la aceleració n angular el numerad or es la sumatoria de momento s de fuerzas (los pesos en este caso) y el denominador es la suma de momentos de inercia. Las masas y m1 m2 aparecen como masas puntuales para sus momentos de inercia



3er PROBLEMA

Un péndulo físico está compuesto de una varilla de masa m1 y longitud L y de una esfera de masa m2 y radio R. El péndulo puede oscilar alrededor del extremo libre de la varilla.

L/2

r L/2

La ecuación dinámica del péndulo es

=I

m1 g

La posición del centro de masa del cuerpo con respecto al punto de oscilación es r, y el peso total del mismo es

m2 g

M g = m1 g + m2 g

Mg

Y, como el momento de la resul tante es igual al momento de las fuer zas componente

no o = M g r sseen

(L / 2 ) se sen no o = m1 g (L

M g r sen eno m1 g(L/ g (L/22) ) se seno no

= I =I

+ m2 g (L+ ( L +RR ) ssen eno o

o

+mm2 g(L+ g(LR + R ) seno sen o

= I

El momento de inercia del cuerpo con respecto al punto de oscilación de cada uno es igual al momento de inercia con respecto al centro de masa mas la masa por la distancia al punto de oscilación (Teorema de Steiner) y el momento de inercia total es la suma de ambos.

I = I0 esf + m2 (L+ R )

2

Dinámica Momento

+ I0 var + m1 (L/ 2 ) 2

203

PROBLEMAS 1

A

Si el sistema de la figura parte del reposo hallar: a) El Momento de Inercia de la polea con respecto a su eje. b) La aceleración angular de las poleas. c) La aceleración de las masas M1 y M2 d) Las Tensiones en cada cuerda. Se conocen los siguientes datos: M1 = 1 kg, M2 = 0,5 kg, MB =1kg, MA = 2 kg, diámetro de B = 20 cm y diámetro de A = 40 cm y el coeficiente de rozamient o cinético

B M1 M2

B

A

s = 0.25. El ángulo que forma el plano inclinado con la

horizontal es  = 37º. 2

M1

2

2 Resp.: 0,045 kg. m2 b) a1 = 0,65 m /d)s Ty1 = a23,27 = 0,33 m / s2 a) c)Ia= Ny 1 = 0,65 m / s y a2 = m / s T2 = 5,0 N

2

Una masa m cuelga de la polea A de masa 2 m. Una correa une la polea A con otra polea B de masa 4m y de radio mayor que la polea A. Determinar: a) La aceleración "a" de la masa m b) La Tensión T1 en la cuerda que sostiene la masa m c) La diferencia de tensiones T3 - T2, en la correa que une las poleas. Resp.: a)a=g/4 b)T 1 =3m g/ 4 c) T3 – T2 = m g / 2

Dinámica Momento

M2

A

B

m

204

P AR A P E N S A R

CIENCIAS FISICAS d L

1

h1

h mg

DINAMICA DEL CUERPO SOLIDO TRABAJO Y ENERGIA EN ROTACION

Física para Estudiantes de Ciencias e Ingeniería

Prof. Ing. Gustavo Riart O.

Energía de Rotación

205

Energía de Rotación

206

TRABAJO TRABAJO Y ENERGIA ENERGIA CINETICA CINETICA DE ROTACION F Si el cuerpo se mueve del punto A al B, de la figura, por efecto de la fuerza F, siempre tangente a la circunferencia, esta fuerza realiza un trabajo que es igual a la fuerza por el espacio recorrido. Ver en el Capitulo de Trabajo y Energía, el 2º caso de Trabajo de una fuerza va riable. Donde el espacio es la lon gitud de la cuerda AB. La longitud de la cuerda es igual al producto delradio po r el ángulo medido en rad ianes. Luego el trabajo es

B r

A



O

r

W==eF eF== rFr F Y “r F ” es el modulo del momento de la fuerza, luego

W= Para calcular la Energía Cinética de un cuerpo que gira, se plantea el problema de cual es la velocidad a ser considerada pues cada punt o del cuerpo tiene una vel ocidad diferente. En el gráfico se indican los vectores velocidad para diferentes puntos del cuerpo que gira alrededor del eje indicado. Cada punto de masa m del cuerpo tiene una Energí a Cinética igual a Ki = m V i2 / 2 La Energía cinética total del cuerpo es

K = ( m V i2 / 2) Vi = ri

Donde

y como

(

m

entonces

2 2 2 2 i ( m 2) ) Energía ==(( m ri ) es / ri2 ) es el momentoKde=inercia delrcuerpo,/ 2 la Cinética 2

K=.I 2

2

.

CONSERV ERVA ACION CION DEL TRABAJO Y LA ENERGIA Como en la din ámica del punto el trabajo realizado por el momento es la varia ción de la energía cinética de rotación

=(

= Donde el trabajo es

W = = 2/

–

/2 –

W = Energía de Rotación

f

) /2 /2

– K0 207

Si se considera un sistema de cuerpos que interactuan entre sí por medio de fuerzas; estas fuerzas son fuerzas interna s del sistema, por ejemplo las tensiones; y en consecuen cia sus trabajos se anula n al hacer las con sideraciones ene rgéticas del sistema. Algunos cuerp os del sistema pueden tener movimiento de tras lación y otros de ro tación alred edor de un eje fijo . Para los primeros se debe considerar su energía cinética de traslación y para los otros la energía cinética de rotación. En un sistema de cuerpos se cumple que:

Wi =

K tras +

K rot +

U

Donde en la sumatoria del trabajo de las fuerzas no se debe incluir el trabajo de la fuerza de rozamiento por rodadura, aunque sí el trabajo de las fuerza s de rozamien to por deslizamiento, como veremos en el problema siguiente. 

m2

1er PROBLEMA

Un cuerpo de masa m3 es movido por otro cuerpo de masa m1, que desciende una altura h y al cual se encuentra unido por medio de una cuerda sin peso que pasa por una polea de masa m2.

m3

h

Considerando cada cuerpo en form a separada, las fuerzas que actúan sobre ellos son:

T1

k

m1

N

T2

R

FROZ

T2 m2 g T1 m3 g m1 g Planteando para cada cuer po la conservación

W =

U +

K

El trabajo y las energías para la masa m1 son

W =–T

1

h

U =–=–m m – T1 h =–m

1

1

K=m= m1 V2 / 2

gh 2

g h + m1 V / 2

La masa m2 no tiene traslación por lo que la ecuaciones dinámicas son las de rotación

W=

= (T1 r – T2 r) = r (T (T1 + T2) W = h (T 1 – T2)

K=I = I2

h (T1 – T2 ) = I2

2

2

rh= h /2

/2

Demostramos en el capitulo anterior que en la polea el momento de las tensiones es igual al momento de la fuerza de rozamiento en la polea ( T1 r – T2 r = Fr Fr p r ), vemos que el trabajo realizado por el momento de las tens iones, que es el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento; se convierte en la Energía Cinética de Rotación de la polea.

Energía de Rotación

208

Las ecuaciones para la masa m3 son

W = T2 h–Fr

3

h

K=mK = m3 V2 / 2

U =0 0

T2 h –F r3 h = m3 V2 / 2 V =

Además se cumplen las relaciones

r

e

I = m2 r2 / 2

Sumando los tres trabajos se obtiene

W = –T –T 1 h + h (T1 – T2 ) + T2 h–Fr

3

h=–Fr

3

h

Resultando que los trabajos de las ten siones se anulan, porque las tensiones en el sistema de cuerpos son fuerzas internas. Es decir, se puede plantear directamente la conservación del trabajo y la energía del sistema formado por todos los cue rpos.

W== UU + – Fr3 h = – m 1 g h + m1 V2 / 2 + 2I 2

V = .

K 2

/ 2 + m2 V2 / 2

2 ((m m 1 g –F r3) h . m1 + m2 / 22++mm3

Puede notarse como en el denominador aparece la masa coeficiente correspondiente al momento de inercia.

m2 multiplicada por el

CONSIDERACION SOBRE SOBRE EL PRINC PRINCIIPIO PIO GENERAL DE LA CONSERVACIÓN DE LA ENERGIA El principio general de conservación de la energía dice que “la energía no se pi erde, se transforma”. Esto es observable en el problema anterior. El trabajo realizado por las tensiones en las poleas, se transforma en energía cinética de la polea. En los otros cuerpos ese trabajo también influye en la variación de la energía cinética. Al considerar todo el sistema los trabajos de las tensiones se anulan mutuamente y solo persiste la variación de la energía cinética de la polea. De igual forma podemos dec ir que el trabajo es el valor de la variación de la energí a de otro u otros cuerp os en algún punt o del universo y no considerados en el sistema en estudio. Esta variación de energía, no es necesariamente la variación de energía mecánica. Por ejemplo, para todo el sistema , en estudio, la variación de la energía potencial del cuerpo 1, se convierte en energía cinética de los otros cuerpos, mas el calor producido por la fricción del cuerpo 3 suponiendo que todo el trabajo de la fuerza de rozamiento se convierte en calor.



2º PROBLEMA

El mismo péndulo físico anterior, compuesto de una varill a de masa m1 y longitud L y de una esfera de masa m2 y radio R, puede oscilar alrededor de un punto situ ado a una distan cia d del extremo de la varilla.

W =

U +

Energía de Rotación

K 209

No existen fuerzas ni momentos externos actuando sobre el cuerpo , por lo que el tr abajo es nulo.

d

Cuando el péndulo pasa por la posición vertical, la variación de la energía potencial es

U = – m1 g ((L L/2 – d d)) ((1 1 – cco osseen no o

L/2

– m2 g h L/2

Y la variación de la energía cinét ica es

K = I1

2

/ 22++ I2

2

m1 g

/2 h

Los momentos de inercia de los cuerpos con respecto al punto de oscil ación son

m2 g

I1 = I0 var + m1 (L (L// 2 – d ) 2 I2 = I0 esf + m2 ( L – d ) 2 Resultando 2



= 2 g ( m 1 (L (L / 2 – d d)) ( 1 – cco os seen no o I1 + I2

+ m2 h )

3er PROBLEMA

d

Un péndulo físico esta compuesto de una varilla de longitud L y masa despreciable y una esfera de masa m y radio R. El péndulo puede oscilar alrededor de un punto situado a una distancia d del extremo libre de la varilla, que tiene rozamiento en este eje de oscil ación. El rozamiento genera un momento

W =

L

.

U +

1

K

A diferencia del problema anterior, en este hay un momento externo y, por lo tanto, un trabajo generado por el momento.

h1

h mg

Cuando el péndulo pasa por la posición vertical, el trabajo realizado es

W =– Las variaciones de las energías potencial y cinética son las mis mas que en el problema anterior.

U = – mgh K =I –

2

/2

g h ++I I = – m gh

Energía de Rotación

2

/2 210

El momento de inercia del cuerpo con respecto al punto de oscil ación es

I = I 0 esf + m ( L +R +R – d )

2

Resultando la velocidad angular en la posición vertical 2

= 22((m mg gh h – I

La altura máxima que sube el cuerpo en cuando pasa al otro lado está dada por las ecuaciones siguientes

–  + Y

ccoseno oseno coseno

1)

= m g h1 – m g h

= 11 – h / ((L L – d) d) =1 – h 1 / (L – d)

1

Generalmente en estos procesos no se puede conocer el valor del momento

y se mide

h

y h1, para conocer los ángulos a partir del coseno y calcular el valor del momento de la fuerza de rozamiento.

PROBLEMAS 1

Tres esferas de masa 1 kg. y radio 20 cm., están unidas entre sí por medio de una barra de masa despreciable y longitud 1,50 m. que se encuen tra L/2 L/2 inicialmente en posición horizontal El sistema puede girar alrededor del punto “P” y el momento de iner cia de la es fera 2 con respecto a un eje que pasa por su centro es 2/5 M R . Calcular: 1 2 3 a) El momento de Inercia de las esferas delsistem a. P b) La aceleración angular del sistema en la posición inicial. c) La aceleración lineal de la masa 3 en esa posición. 2L/3 L/3 d) La velocidad angular del sistema cuando se encuentra en posición vertical. e) La velocidad lineal de la masa 1 en esta últi ma posición. 2

Resp: a) I = 1,36 k m e) V = 3,29 m / s

2

b)  = 5,4 rad / s

c) a3 = 2,7 m / s

2

d)  = 3,29 rad / s

Un disco gira dando n 1 revoluciones por unidad de tiempo. Si hacemos que el disco gire con n 2 revoluciones por unidad de tiempo, tal que n 22 < nn 1 , y el paso de uno a otro se realizó en un tiempo “t” Dar la ecuación de la aceleración angular en función a los datos. Determinar el trabajo realizado y decir si es positivo o negativo. Explicar. Resp.: a = 2  ( n2 – n1 )/t

3

2

W=2I

2 ( n22 – n12) - negativo

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 ex tremos de la barra. El péndulo se haya suspendido de un eje perp endicular a la varilla que pas a por el centro deestable. una de las esferas, y es desviado 65º de la posición de equilibrio Determinar la velocidad angular del péndulo cuando, una vez soltado, retorna a la posición de equilibrio estable Resp.:  = 3,27 rad / s

Energía de Rotación

211

4

Si el sistema que se muestra en la figura 1 parte del reposo, hallar: a) El momento de Inercia de las Poleas respecto a sus ejes. b) La aceleración angular de la polea. c) El numero de vu eltas que el sistema da en los prim eros 20 s. d) La Energía cinética de tod o el sistema cuando la masa m 2 sube 1 m. m 1 = 10 kg, m 2 = 5 kg, , m Resp.:a)I = 0,17 kg./m2 c)755vueltas

A = 2 kg,,

m

B=

B 20 cm A 10 cm

2

8 kg, I = m R /2

b)a = 23,7 rad / s2 d)K=147j

Energía de Rotación

m1

m2

212

PARA PE PENSAR

CIENCIAS FISICAS

L

m1 V

m2 DINAMICA DEL CUERPO SOLIDO IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR Fís Físiic ca a para Estudi dia an ntte es s de Cienc nciia as s e Ing Inge en nie iería

Prof. Ing. Gustavo Riart O.

Impulsoy_CantdeMovangular

213

Impulsoy_CantdeMovangular

214

IMPULSO Y CANTIDA D DE MOVIMI ENTO ANGU ANGUL LARES ARES La fuerza cuyo momento genera el movimiento circular, puede ser variable o actuar durante tiempos muy pequeños, tal como se plantea en el Impulso de la Fu erza. Ante la imposibilidad de conocer la fuerza y como para la dinámica de rotación es necesario conocer el momento, planteamos el momento del impulso.

Imp = F t

r ^ Imp = r ^ F tt =

t

IMPULSO ANGULAR Es el producto vectorial del vect or de posición por el vector Impulso de la fuerza, por lo tanto es igual al Momento de la fuerza por el tiempo

r ^ Imp =

t

El impulso angular es un vector perpendicular al plano formado por la fuerza y el vector de posición. El impulso de una fuerza es igual a la variación de la cantidad de movimiento, de manera que el momento del impulso es igual al momento de la variación de la cantidad de movimiento angular.

Imp =

r ^ Imp = r ^^

P =(m = ( mV V –m m Vo Vo))

P = r ^ ( mV mV – m mVo Vo)) = m r ^ V – m m r ^ Vo Vo

Téngase en cuenta que todos son productos vectoriales

MOM MOME ENT NTO O DE LA CAN TI TID DAD AD DE MOVIMIENTO es el producto vectorial del vector de posición por el vector cantidad de movimiento L=r^P La cantidad de movimiento es P = m V y V =

r de forma que

r ^ P = r ^ m V == r m

2

r=mr r=mr

L == r ^ P = I

Impulsoy_CantdeMovangular

215

La magnitud física momento de inercia por velocidad angular es la cantidad de movimiento angular.

CANTIDAD DE MOVIMIEN MIENTO TO ANGULAR es el producto del momento de inercia del cuerpo por la velocidad angular.

L=I Las magnitudes momento de la cantidad de movimiento y la cantidad de movimiento angular son las mismas, de acuerdo a l a deducción. La ecuación L = I , induce a pe nsar que el vector cantidad de movimiento angular tiene necesariamente la dirección del vector velocidad angular. Esto no es siempre así.

P L

Se debe considerar que la cantidad de movimiento angular es el producto vectorial del vector de posición por el vector cantidad de movimiento. Este producto no siempre tiene la dirección del vector velocidad angular.

r r

En realidad el momento de Inercia I es una magnitud tensorial, y los tensores en general son magnitudes que multiplicadas por una magnitud vectorial dan por resultado otra magnitud vectorial diferente.

P

En el gráfico tenemos un cuerpo formado por dos masas puntuales que tienen movimiento circular, en dos planos paralelos y cuyas cantidades de movimientosP P son las indicadas.

L == r ^ P El vector L tiene que ser perpendicular al plano formado por los vectores de posición r y cantidad de movimiento P. Definidos el Impulso y la Cantidad de Mov imiento Angulares analizaremos el comportamiento físico de estas magnitudes. El momento de la fuerz a es

 el impulso angula r es

t

t, y

t=

. Por lo tanto

t

(

) =

El Impulso angular es igual a la variación de la cantidad de movimiento angular.

t = Lf – L L0

CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMI ENTO ANGU ANGUL LAR AR

Impulsoy_CantdeMovangular

216

Si al considerar un sistema de masas no existe un mo mento externo que actúe sobre el mismo, el impulso angular es nulo y por lo tanto la ca ntidad de movimiento angular se conserva.

L f = L0 If

ff

=I0

0

Como vemos se puede variar el momento de inercia del cuerpo, variando su forma, y así variar la velocidad angular. Este fenómeno es que permite a un clavadista dar una vuelta completa en el aire antes de caer al agua. Para el efecto al saltar encoge el cuerpo disminuyendo su momento de inercia y logrando de esta forma una mayor velocidad angular.

De igual forma las bailarinas de ballet giran sobre las puntas de los pies y extienden sus brazos y piernas para disminuir su velocidad.



er

1 PROBLEMA

Una tabla de masa M1 desliza sobre una mesa horizontal con velocidad constanteV V0, alcanza un cilindro de masa M2 y radio r, que puede girar sobre su eje,, pasando sobre él, como se muestra en la figura 1 V0

V F FR

M1

M2 Fiig F gu urra 1a

Fi Fig gu urra 2a

Fi Fig gu urra 3a

Cuando el cuerpo pasa sobre el cilindro, existe un rozamiento en la superf icie de contac to, como se muestra en la figura 2. El rozamiento sobre la tabla se opone a su movimiento y sobre el cilindro es de sentido contrario generando la rotación del mismo. De esta forma cuando la tabla abandona el cilindro tiene una velocidadV V y el cilindro queda girando con una velocidad angular . Para la tabla se cumple que:

X = Froz =m =ma

a= V – V V t

Froz = m V – V V t Froz = m V – m mV t

0

0

0

P0 = P – P t

Para el cilindro se cumple que:

= r x Froz = I

= t

Impulsoy_CantdeMovangular

217

r x Froz = I t

Para reemplaza la fuerza de rozamiento para la tabla en esta última ecuación, se debe tener en cuenta que la misma es de sentido contrario a la del cilindro

rx x(( – –(( m mV – m mV t

0)

= I t

r m V0 = r m V ++ I r P0 = r P + I De esta forma se demuestra que la suma del momento de la cantidad de movimiento de la tabla mas la cantidad de movimiento angular del cilindro después de terminar de pasar la tabla, es igual al momento de la cantidad de movimiento de la tabla antes de pasar.



2º PROBLEMA

Una barra de longitud L y masa m1 puede girar horizontalmente alrededor de uno de sus extremos. Una bala de masa m2 se mueve con velocidad V y choca perpendicularmente en la mitad de la barra quedando incrustada

L

en ella. La barra empieza a girar con una velocidad angular conjuntamente con la barra.

m1 V

El momento de la cantidad de mov imiento de la bala

m2

antes de chocar es igual a la cantidad de movimiento angular de la barra y la bala. m2 V

Ib

2

+ m2 (L / 2)

= El momento de inercia de la barra con respecto al punto de giro es 2 Ib = I0 + m1 (L / 2)2 = m1 L2 / 112 2 ++ m m 1 L / 4 2

Ib = m1 L / 3 Con estas ecuaciones se puede calcular la velocidad angular de la barra. 

er

3 PROBLEMA Una bala de masa m2 choca contra un disco de masa m1 formando un á ngulo con la d irección del radio en ese punto y queda incrustada en él. r

t = Lf – L L0 Como en el choque no se existe fuerza externa el impulso angular es nulo. Impulsoy_CantdeMovangular

m2

V

m1 218

t = 0 El momento de la cantidad de movi miento angular entes de choca r es:

L0 = r m2 V seno + m2 r2

Lf = ID 2

0 =m m1 r

ID = m1 r2 / 2 2

/ 2+m m2 r

– rr m m2 V seno

= m2 V seno m1 r/2 r/ 2+m +m 2 r CHOQUE DE CUERPOS RIGIDOS QUE GIRAN En las consideraciones del choque de cuerpos rígidos, en el que uno de ellos, por lo menos, tiene movimiento de rotación; se debe consi derar que no existe momento de una fuerza externa actuando. Por consiguiente, el impulso angular es nulo, de forma tal que la cantidad de movimiento angular o momento de la cantidad de movimiento se conserva. Es decir, la suma de las cantidades de movimiento angular antes del choque es igual a la suma de las cantidades de movimiento después del choque.

L A = LD

L1A + L2A = L1D + L2D

Donde L = m mr V V o L = I dependiendo que el cuerpo gire o se traslade, antes o después de chocar. El vector de posición r, en la primera igualdad; es la distancia desde el centro de rotación del otro cuerpo a la recta de la dirección del vector velocidad.

r V1

r U2 =

2

r

U1

El coeficiente de re stitución, en este caso, es la relación entre las velocidades relativas de traslaci ón o tangenciales del punto de cont acto de los cuerpos, puesto que es la relación entre los impulsos durante la restitución y la deformación de los cuerpos. e = U2 – U U1

V1 – V V2 En la figura se puede observar lo siguiente: a) El momento de la cantidad de movimiento del cuerpo 1 antes de chocar es L1A = r V1 b) La cantidad de movimiento angular del cuerpo 2 después de chocar es L2D = I c) Lavel ocidad U2 que debe ser considerada en el coeficiente de restituc ión es U2 =

2

r

Con la aplicación de estas observaciones, en los casos que corresponden, se plantean los problemas de choque.

Impulsoy_CantdeMovangular

219

PROBLEMAS 1

Un hombre de masa 80 kg, se encuentra parado en el borde de una plataforma circular de masa 40 kg y radio 2 m que gira con una frecuencia de 3,6 vueltas por minuto. a) Si el hombre empieza caminar sobre la plataforma en el sentido de su giro, cual

debe ser su velocidad para que la plataforma se quede quieta? b) Cual es la velocidad angular de la plataforma si el ho mbre camina con el doble de

la velocidad calculada antes? Resp:.a)V =0,942 m /s

b)

 = – 0,12 

2

Hallar la cantidad de movimiento angular (módulo, dirección y sentido) de una partícula de masa m=2 kg que describe un movimiento circular en el plano XY en el sentido de las agujas del reloj, de 40 cm de radio, con una velocidad angular de 50 r.p.m. 2 Resp:. a) L = 1,67 kg m / s

3

Un mazo compuesto de una barra homogénea de masa m1 = 3 kg. y longitud L = 1 m., tiene en uno de sus extremos una esfera maciza de masa m2 = 1 kg y radio R = 39,2 cm y el otro extremo se encuentra suspendido como indica la figura. Si se suelta el conjunto desde la posición horizontal, la esfera golpea contra una masa L 2R m3 = 1,55 kg. Calcular: 1) la velocidad angular de la barra con la esfera luego del golpe y 2) a velocidad de la masa m3; de forma tal que el choque sea: a) elástico b) .inelástico con coeficiente de restitución 0,8 c) perfectamenteinel ástico.

4

Un

Resp:. 1 = 0 rad / s - V = 6,05 m /s proyectil de masa m = 20 g impacta tangencialmente con una velocidad de 7,5 m / s en un disco de masa M = 1 kg. y radio R = 0,5 m y queda adherido en él. Sobre el disco se encuentra otra masa m = 200 g a una distancia d = 0,25 m; que tiene un

d R

d V

coeficiente de rozamiento estático  s = 0,3. Suponiendo que la masa no desl iza durante el choque, determinar: a) Si la masa se mantiene en la posición en que se encontraba inicialmente. b) La máxima velocidad que puede tener la masa que choca contra el disco, para que la otra no deslice Resp:.a )N o b)V=6,4m/s 5

Las barras AB y AC de la figura tienen masas m AB = 1,5 mAC e igual longitud; y están pivotadas sobre el mismo eje en el punto A,en el otro extremo tienen un si stema que per mite enganchar las barras. Si se suelta la bar ra AB de la posición ind icada en la figura, determinar a) el máximo ángulo que forman las barras con la vertical luego de engancharse b) La perdida de ener gía que se produ ce en elp roceso. Resp.:a =50º b)E perd =6m AC g L Impulsoy_CantdeMovangular

B

A

C

220

PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE DINAMICA DE ROTACION

1

Una masa m1 = 5 kg, que se encuentra sobre un plano inclinado un ángulo  = 37º, esta unido por medio de una cuerda una masa m2 = 10 kg. Los coeficientes de rozamiento de la masa m1 son s1 = 0,35 y k1 = 0,30 y los de la masa m2 son s2 = 0,25 y k = 0,20. La polea tiene una m3 = 1 kg y un radio R = 10 cm. Calcular

m2 m3 m1

a) Las las masa m1 yfuerzas m2 ende la rozamientos condiciones de enunciadas. (Observación: Tenga en cuent a que tg  >  s1 ) b) Calcular el ángulo para el cual el cuerpo esta en movimiento inminente c) Si el cuerpo está en movimiento para el ángulo calculado en la pregunta anterior, determinar la aceleración del sistema, 2 Resp. a) Fr1 = 1,4 kgf y Fr 2 =1,6kgf b)  =47º c) a=0,40m/ s

2

La polea "C" de la fig ura consiste en un cili ndro de masa m C = 3,6 kg y diámetro d = 15 cm entre dos discos cilíndricos de masa MC = 0,9 kg y diámetro D = 45 cm. cada uno. Un resorte de constante k = 3,6 kg/cm esta unido a la polea por cuerdas como indica la figura "B". Una segunda cuerda pasa por una polea de masa despreciable y esta unida a un cuerpo "A" de masa 13,5 kg. En el instante en que el cuerpo "A" tiene una velocidad de 1,2 m/s, el resorte se encuentra estirado una longitud Xo = 10 cm Calcular la máxima altura "H" que desciende la masa "A" desde esa posición. Resp. H = 2,6 m

3

Se dispara un proyectil de masa m = 20 g, contra un péndulo físico formado por una esfera de radio R = 0,75 m y masa m 1= 0,25 kg y por una varilla de longitud L = 2 m y masa m2 = 1,25 kg El atraviesa la esfera exactamente por su centro y sale con una velocidad V = 100 m / s. Calcular la velocidad mínima Vo con que se debe disparar el proyectil para que el péndulo describa una circunferencia vertical. Resp. V = 400 m / s

4 A

A

B

B

figura 1

fi fi ur ura a2

L

Vo

V

La rueda uniforme "A" (200 mm de diámetro y 10 kg) esta inicialmente como mues tra la figura 1 y gira a 4500 r .p.m., mientras La rueda uniforme "B" (400 mm de diámetro y 20 kg) permanece quieto. Luego la rueda "A"

se contacto con la rueda "B"cinético (figura 2). pone Si el en coeficiente de rozamiento entre las dos ruedas es 0,1. Determinar: a.- ¿Se conserva la cantidad de mov imiento angular? b.- ¿Se conserva la energía cinética?

PROB DINAM DE ROTACION

237

c.- El tiempo necesario par a que ambas rue das gire n sin deslizar. d.- La velocidad angular de cada rueda cuando giran sin resbalar. Resp. a) No se conserva, los momentos de los rozamientos son diferentes b) No se conserva c)t=16s d) A = 157 rad / s y B = 78,5 rad / s

5

Un cuerpo 1 de masa m1 se dirige hacia otro cuerpo 2 de masa m 2 = 2 m1, con una velocidad Vo; choca, y vuelve para chocar contra una varilla de longitud L que se encuentra pivotada en su otro L Vo extremo (como muestra la figura) y queda adherida a la varilla. Si el coeficiente de restitución en el primer choque es e = 0,8 y la masa M = 1,5 1 2 m1, determinar: a) La velocidad angular de la varilla después del choque en función de Vo b) La velocidad de los cuerpos 1 y 2 después d e que choquen entre si, siendo m1 = 0,75 kg, Vo = 6,5 m/s. c) La velocidad angular de la varilla, después de que esta choque si L = 1,3 m. Resp. a)  = 0,2 V0 /((m1+M/3)L) b)U1=–1 ,30m/syU2=3,90m/s c)  = 0,2 rad / s

6

Dar la expresión que permite calcular el valor de la fuerza P para que el cuerpo 1 tenga una aceleración a1, conociendo el coeficiente de rozamient o cinéticok y las siguientes relaciones: m2 = m1 / 2, m3 = 2 m1, m4 = 3 m1 / 4 y R3 = 2 R 4 Resp. P = m1 ( 5 m g / 4 + 71 a1 / 32) m R P m

m

m R

7

Un proyectil de masa m1 = 100 g. tiene una velocidad de 100 m/s. choca contra un péndulo físico justo a la altura del centro de la esfera y que da incrustado en él. Sabiendo que su masa es m3 = 500 g y su radio 10 cm y que la varilla del péndulo tiene una masa m2 = 200 g y una longitud de 90que cm.sube calcular: a) La altura e l centro de m asa de la es fera. b) El ángulo que forma el péndulo con respecto a la posición inicial cuando alcanza su altura máxima. Resp. H = 2 m

8

 = 180º

Un cubo sólido de lado a = 10 cm y masa M = 2 Kg. Se desliza sobre una superficie sin rozamiento con velocidad uniforme "V", como se puede ver en la figura. Golpea un pequeño reborde al final de la mesa, lo que hace que el cubo se incline como muestra la figura. Encuentre le valor mínimo de "V" para que el cubo caiga de la mesa. 2 El momento de inercia del cubo alrededor de su arista es 2 M a / 3 V

Resp. V = 1,92 m/s

PROB DINAM DE ROTACION

238

9

Una polea compuesta de tres poleas diferentes está girando con una velocidad angular  = 3 rad / s. en sentido contrario a las manecillas del reloj. La polea mayor "A" tiene una masa m A = 1 kg. y radio RA = 20 cm y por medio de una cuerda mediana "B" tiene una masa m B = 2 kg. y radio R B = 40 cm y de la misma cuelga una masa m 2 = 1 kg . y la p olea mayor "C" tiene una masa m C = 2,50 kg. y un radio Rc = 0,5 kg. Sobre esta última polea actúa un

440 0cm cm

P

40 40cm cm

A

B

C

sistema de freno consistente en una palanca articulada en uno de sus extremos, cuyo coeficiente de m1 m2 rozamiento con la polea es  k = 0,2. Determinar: a) Si las poleas están acelerando o frena ndo. b) La velocidad de las poleas y de las masas a los 2 s. c) Cual es la fuerza P necesaria para que las poleas empiecen a acelerar en sentido contrario al determinado en a) Resp.:

b)  =0yV=0

a)frenando

c)P>

Método de rotación pura

Planteando el momento de las fuerzas con respecto al punto de apoyo A

P se sen no o a

cm

=

Resultando

r

r = IA 2

I A = I cm + m r =k mr a

cm

2

+ m r2 = m r2 ( 1 + k )

= g seno ( 1+ k)

Igual a lo obtenido por el otro método.



Análisis de lla a Energía y el el Trabajo.



Método de rototraslación

Para la traslación se cumple que

WFR = U + K KT Rotación T y raslación

225

WFR = – F FROZ d

KT = m V2 / 2

U = –m mg h h

–F FROZ d == – m mg h h ++ m V

Reemplazando

2

/2

Para la rotación se cumple que

WFR =

KROT

WFR = = FR r WFR = FROZ d 2 KROT = I /2

r

=d

Remplazando 2

FROZ d == I

/2

Observando la ecuación de traslación y la de rotación se observa que la fuerza de rozamiento realiza igual trabajo en la traslación y en la rotación, negativo en un caso y positivo en el otro. Igualando las ecuaci ones resulta

– II

2

/ 2 = –– m mg g hh ++ m V2 / 2

m g h == m m V 2 /2 / 2+I+ I

2

/2

Podemos observar que la energ ía potencial se utiliza para que el cuerpo tenga energ ías cinéticas de traslación y de rotación, y el trabajo total realizado por el cuerpo es nulo. 2

De la última ecuación se ob tiene que V = 2 mg m g h / ( 1 + k), k) , una velocidad menor que si el cuerpo bajase con movimiento de traslación solamente.



Método de rotación pura

W= W =

=mg = m g s en o

KROT rr

r

=d 2

W =mg = m gssen eno o s e n o h=dd seno

I

KROT = IA

d A

2

/2 2

= I cm + m r = m r ( 1 + k )

Reemplazando 2

m g h == mr mr (1+ k) 2

m g h == mV m V /2 / 2+I+ Icm 

2º PROBLEMA



Análisis Dinámico

2

/2 2

/2

Considerando un cuerpo que gira sin resbalar, primero descendiendo por un plano inclinado; luego se mueve sobre una superficie horizontal y, finalmente, asciende sobre otro plano inclinado de igual pendiente q ue el anterior. Todas las superficies son del mismo mat erial e igualmente pulidas, por lo que tienen igual coeficiente de rozamiento.

Rotación T y raslación

226

N

N

FROZ OZ

FROZ

N P

P

En el primer tramo, para que el cuerpo gire alrededor del centro de m asa, debe existir una fuerza de rozamien to, cuyo momento haga girar el cuerpo. Esta fuerza de rozamiento es contr aria a la velocidad del centro de masa. En la superficie horizontal, si la fuerza de rozamiento es contraria a la velocidad del centro de masa, aumentaría su velocidad angular y disminuiría la velocidad del centro de masa, lo cual es imposible. En consecuen cia no puede hab er fuerza de rozamien to en este tramo. Cuando el cuerpo esta ascendiendo, en el tercer tramo, disminuye la velocidad del centro de masa y por lo tanto la velocidad angular, de ahí que, la fuerza de rozamiento tiene la misma dirección de la velocidad.



Análisis Anális is de de la la Energía Energ ía y yel el Tra Tr ab bajo ajo. .

Conviene considerar el trabajo y la energí a en el plano horizontal. Si existiese una fuerza de rozamiento, los trabajos de la misma en la ro tación y en la traslaci ón se anularían mutuamente. El plano es horizontal por lo cual no existe variación de la energ ía potencial Consecuentemente la energía cinética de traslación no pude aumentar porque entonces la energía cinética de rotación tendría que disminuir y en este caso la velocidad del centro de masa no puede ser igual a la velocidad tangencial del punto de contacto. El cuerpo no giraría sin resbalar.



er

3 PROBLEMA

Por último se analiza el mismo cuerpo que se mu eve por la acción de un a fuerza F, sobre un plano horizontal. La fuerza puede ser colocada, por algún mecanismo, en cualquier posición a una distancia “r” por arriba del centro de masa. 

Análisis Dinámico

F –F FR = m a cm a cm =

F r+F

R

2R

R = I cm

2r

R

F

De donde resulta

a

cm

= F (( 1 – rr / R ) 2 = F (( 1 – rr / R) R) ((M M – II cm / R ) M ( 1 – kk)

FROZ

FR = F (Icm – mR m R rr ) = F (( k R – rr ) ( I cm + m R2 ) R ( 1 + k ) Rotación T y raslación

227

El análisis de las ecuaciones de aceleración y fuerza de rozamiento, tiene algunos casos notables. Por ejemplo Para que la fuerza de rozam iento te nga el sentido indic ado en el gráfico, se debe cumplir que:

kR – rr>0

k> rR /R

Si k =r /R la aceleración es F / M y la fuerza de rozamient o es cero Si k