Cinemática y Dinámica Rotacional Universidad Central de Venezuela Facultad de Ciencias Escuela de Física José Luis Michinel

Cinemática y Dinámica Rotacional En 1 http

Contenido Modelo de Cuerpo Rígido. 2) Cinemática de rotación. 3) Energía de rotación y Momento de Inercia. 4) Cálculo del MI. Teorema de ejes paralelos. 5) Dinámica de rotación. Momento de fuerza. 6) Aplicaciones de la 2a Ley de Newton a la rotación de cuerpos rígidos.

Cuerpo rígido Un cuerpo rígido no es más que un sistema de partículas donde las distancias entre ellas permanecen invariable, por lo tanto aplica todo lo que de un sistema de partículas ya se estudió. Por ahora nos limitaremos a la descripción del movimiento plano de un cuerpo rígido, es decir cuando todas las velocidades son paralelas a un plano fijo. Como se explicará, la novedad respecto a un sistema de partículas, es la forma específica como se calculan el momento angular y la energía cinética del cuerpo, no habiendo más cambios de fondo.

Velocidad y aceleración angular Sea la figura 1, un disco que gira en sentido contrario a la agujas del reloj, describamos el movimiento de Pi En un tiempo dt describe un arco dsi dsi = ri |dθ| ¿Qué pasa con dsi si el punto Pi se aleja o se acerca al centro de giro y consideramos el mismo tiempo de giro? Velocidad angular, ω ω ≡ dθ dt Aceleración angular, α α ≡ dω dt d2 θ dt2 ≡ Si, α= cte. ω = ωo + αt θ = θo + ωot + αt2 1 2 ω2 = ωo2 + 2α(θ – θo)

Relaciones entre velocidades y aceleraciones lineales y angular La velocidad lineal de una partícula sobre el disco es tangente a la trayectoria y su módulo es: dsi dt = ri |d|  vt = ri dθ dt dsi = ri |dθ|   vt = ri ω Así también la aceleración tangencial de Pi es: at = dvt dt = ri dω dt = ri α Aceleración centrípeta, ac ac = vt2 ri (riω)2 ri = = ri ω2

Ejemplos  α = = 9,5 rad/s2 52 rad/s 5,5/s a) ω = ωo + αt  α = ω/t EJEMPLO 9.1 Un reproductor de CD Un disco compacto gira a partir del reposo a 500 rev/min en 5,5 s. (a) ¿Cuál es su aceleración angular, supuesta constante? (b) ¿Cuántas revoluciones da en 5,5 s? (c) ¿Qué distancia recorre un punto de la periferia del disco situado a 6 cm del centro durante los 5,5 s que tarda en alcanzar las 500 rev/min?  α = = 9,5 rad/s2 52 rad/s 5,5/s a) ω = ωo + αt  α = ω/t b) θ = θo + ωot + αt2 1 2  θ = αt2 1 2  θ = 9,5 rad/s2 (5,5)2s2 1 2 θ= 143,7 rad = 22,9 rev c) ∆s = r ∆θ = 6 cm 143,7 rad = 862,2 cm

Energía cinética de rotación La energía cinética de un objeto rígido que gira respecto a un eje fijo es la suma de las energías cinéticas de las partículas que constituyen el objeto: Si Eci = mivi2 , es la energía de la partícula i 1 2 Ec = ∑( mivi2) 1 2 = ∑(mi ri2ω2) 1 2 = (∑mi ri2) ω2 1 2 Ec= I ω2 1 2 I =(∑mi ri2)

Ejemplos a) Buscando el momento de inercia del sistema: EJEMPLO 9.2 Sistema de partículas en rotación Un objeto consiste en cuatro partículas de masa m unidas mediante varillas ligeras sin masa que forman un rectángulo de lados 2a y 2b, como se ve en la figura. El sistema gira alrededor de un eje situado en el plano de la figura, pasando por el centro. (a) Determinar la energía cinética de este objeto. (b) Comprobar el resultado calculando la energía cinética de cada partícula y sumándola hasta obtener la energía cinética total. a) Buscando el momento de inercia del sistema: I =(∑mi ri2) = m1r12 + m2r22 + m3r32 + m4r42 I = ma2 + ma2 + ma2 + ma2 = 4ma2 Ec= I ω2 1 2 Ec= 4ma2 ω2 = 2ma2ω2 1 2 b) Buscando la energía de cada partícula: Ei= m vi2 1 2  Ei= m a2 ω2 1 2  Ec=∑( m a2 ω2) 1 2  Ec=4( m a2 ω2) 1 2  Ec=2m a2 ω2

MI de un sistema. Teorema de ejes paralelos MI para un sistema discreto de partículas: I =∑mi ri2 MI para un sistema continuo de partículas: I = ∫r2dm ¿Diferencias y semejanzas entre la masa y el momento de inercia? Rotación en plataforma, El Teorema de ejes paralelos Sea Icm el MI respecto al eje que pasa por el CM de un objeto de masa total M, e I el MI respecto a un eje paralelo situado a la distancia h del primero I = Icm + Mh2

Ejemplos I = ∫r2dm I = ∫x2dm Pero λ = dm dx Y si λ es uniforme  λ= M EJEMPLO 9.3 Momento de inercia de una barra uniforme Determinar el momento de inercia de una barra uniforme de longitud L y masa M alrededor de un eje perpendicular a la barra que pasa por uno de sus extremos. Suponer que la barra tiene un espesor despreciable. I = ∫r2dm I = ∫x2dm Pero λ = dm dx Y si λ es uniforme  λ= M L así dm = λdx I = ∫ x2 λdx L I = λx3 3 L  I = = ML3 3L ML2 3

Ejemplos Icm = I - Mh2 Icm = - M Icm = I = Icm + Mh2 ML2 3 L 2 ML2 12 EJEMPLO 9.4 Momento de inercia alrededor de un eje que pasa por el centro de masas de una barra uniforme Determinar el momento de inercia de una barra uniforme alrededor del eje y' que pasa por el centro de masas (figura). I = Icm + Mh2 Icm = I - Mh2 ML2 3 Icm = - M L 2 ML2 12 Icm =

Ejemplos I = ∫r2dm I = ∫R2dm I =R2 ∫dm I = MR2 Momento de Inercia de un anillo Consideremos un anillo de masa M y radio R, que rota alrededor de un eje perpendicular al plano del anillo y que pasa por su centro. I = ∫r2dm I = ∫R2dm I =R2 ∫dm I = MR2

MI de cuerpos uniformes I = MR2/2

Ejemplos I = ML2 3 a) Ecf + Uf = Eci + Ui 1 2 EJEMPLO 9.6 El pivote Una barra delgada y uniforme de longitud L y masa M pivota por uno de sus extremos. Se coloca en posición horizontal y se deja en libertad (figura). Se supone que no hay rozamiento en el pivote. Determinar (a) la velocidad angular de la barra cuando alcanza su posición vertical, y (b) la fuerza que ejerce el pivote en ese instante. (c) ¿Qué velocidad angular inicial se necesita para que la barra alcance la posición vertical al final de su oscilación? I = ML2 3 a) Ecf + Uf = Eci + Ui 1 2 Iωf2 + Mgycmf = Iωi2 + Mgycmi 1 2 L 2 1 Iωf2 + Mg(- ) = 0 + 0 i f  ωf = √MgL/I  ωf = √3g/L  Fp - Mg= M vt2 R  Fp = M + g R2ωf2 R b) ∑Fext= Mac vt2=(Rωf)2 5 2  Fp = Mg  Fp = M(Rωf2 + g) 3 2  Fp = M( g + g) a) Ec2 + U2 = Ec1 + U1 1 2 Iω22 + Mgycm2 = Iω12 + Mgycm1 1 2  0 + Mgycm2 = Iω12 + 0  MgL/I = ω12  √3g/L = ω1

Ejemplos a) Ecf + Uf = Eci + Ui EJEMPLO 9.7 El torno y el cubo En la cubierta de un pozo hay un torno cuyo tambor tiene de masa mt y radio R. Virtualmente toda la masa del tambor se concentra a una distancia R del eje. Alrededor del tambor se enrolla un cable de masa mc y de longitud L, de donde cuelga un cubo de agua de masa ma. Cuando el cubo está arriba, a usted le resbalan las manos y el cubo cae por el pozo, desenrollando el cable. Cuándo el cubo ha caído una distancia d (d < L), ¿a qué velocidad se mueve el cubo? a) Ecf + Uf = Eci + Ui Ecft + Ecfc + Ecfa + Uft + Ufc + Ufa = 0 + 0 1 2 mtv2+ mcv2+ mav2 + 0- mc’g - magd = 0 d f i mtv2+ mcv2+ mav2 = mc’gd + 2magd v2 (mt+ mc+ ma) = (mc’ + 2ma)gd mc L λ = = mc’ d mcd L  mc’ = mcd L v2 = ( + 2ma)gd/(mt+ mc+ ma) v = √(mcd + 2maL)gd/L(mt+ mc+ ma)

Problemas a) ω = ωo + αt α = -ωo/t  α = -33 rpm/ 0,43min 28. Un tocadiscos que gira a 33 rpm (rev/min) se desconecta. Se frena con aceleración angular constante y queda parado al cabo de 26 s. (a) Hallar la aceleración angular. (b)¿Cuál es la velocidad angular media del tocadiscos? (c) ¿Cuántas revoluciones realiza antes de detenerse? a) ω = ωo + αt α = -ωo/t  α = -33 rpm/ 0,43min α = -76,74 rev/min2 b) ωm = (ωo + ω)/2  ωm = (33 rpm + 0)/2  ωm = 16,5 rpm c) ω2 = ωo2 + 2α(∆θ)  (∆θ) = -ωo2/2α  (∆θ) = 7,1 rev

Problemas R1 R2 L dM= ρ2πrLdr = 2πρLrdr R2 R1 r dr dM 52. Un cilindro hueco de masa m tiene un radio exterior R2 y un radio interior R1. Demostrar que su momento de inercia es I= m(R22 + R12)/2 La masa de un cilindro de alto L, radio r y espesor dr contenido en el cilindro hueco, de densidad ρ, es: R1 R2 L dM= ρ2πrLdr = 2πρLrdr R2 R1 r dr dM I=∫ r2 dM = ∫ r2 2πρLrdr R2 R1  I= ∫ r3 2πρLdr R2 R1  I= 2πρL∫ r3 dr R2 R1  I= 2πρLr4/4 R2 R1  I= πρLr4/2 R2 R1  I= πρL(R24 - R14)/2  I= πρL(R22 - R12) (R22 + R12)/2 M  I= (R12 + R22) M 2

Problemas a) Momento Ies para una esfera sólida R E r dx x r= √R2 - x2 53. Sea una corteza esférica de masa m y radio exterior R. Demostrar que su momento de inercia es I= 2mR2/3 Una manera es determinar el momento de inercia de una esfera sólida y a partir de este el I para una corteza, calculando la variación dI del momento I variando dR tomando en cuenta que la masa de esta corteza es dm=densidad x Área de la corteza x espesor= ρ(4πR2)dR a) Momento Ies para una esfera sólida R E r dx x La esfera la “cortamos” en rebanadas, formando discos perpendiculares al eje de rotación, E. En la figura se representa, en azul, un disco de radio r y espesor dx a una distancia x del centro de la esfera El volumen, dV, la masa dM y el momento de ese disco (cilindro que rota alrededor de un eje que pasa por su centro ) son: r= √R2 - x2 dV= π r2dx, dM= ρ π r2dx, dI= dM r2/2 dI= ρ π r2dx r2/2 dI= ρ π r4dx/2 dI= ρ π (R2 -x2)2dx/2 Integrando desde x=0 a x=R, tendría la mitad de la esfera, la otra mitad tiene el mismo momento  I=2 ∫ ρπ(R2 -x2)2dx 1 2 R  I= ρπ∫ (R2 -x2)2dx  I= ρπ∫ (R4-2R2x2+x4)dx R I= ρπ R5 8 15 4πR3ρ 3 I= R2 2 5 I= MR2 2 5

Problemas a) Momento I para una corteza esférica, R dR E 53. Sea una corteza esférica de masa m y radio exterior R. Demostrar que su momento de inercia es I= 2mR2/3 Una manera es determinar el momento de inercia de una esfera sólida y a partir de este el I para una corteza, calculando la variación dI del momento I variando dR tomando en cuenta que la masa de esta corteza es dm=densidad x Área de la corteza x espesor= ρ(4πR2)dR a) Momento I para una corteza esférica, R E dR Así Ies= MR2 = ρπR5 es el MI para una esfera sólida 2 5 8 15 Si se deriva respecto a R I=dIes= ρπ 5R4dR 8 15 I= (4ρπR2dR) R2 2 3 I= m R2 2 3

Dinámica de rotación. Momento de fuerza. Semejante a la traslación de una partícula o de un sistema de partículas para que cambie su condición de movimiento que hay que aplicar una fuerza neta no nula, para que un cuerpo rígido rote se le tiene que hacer girar. ¿Y como ocurre esto? F La figura representa la acción de una fuerza neta F en un punto, fuera del centro de masa de un disco, para hacer que este gire. En oposición al caso de esta otra figura F Sea una partícula de masa m, atada a los extremos de una varilla rígida sin masa y de longitud r, a la cual se le aplica una fuerza F. La partícula tendrá un movimiento circular con radio r de modo que: Ft = mat Ft F r θ A Si sustituimos at = rα y multiplicamos ambos miembros por r r Ft = mr2 α Donde el momento de fuerza  = rFt i = miri2 α Para el caso de un cuerpo rígido: ∑ineta = (∑miri2) α = Iα  neta,ext = ∑ext = Iα

Calculo de Momentos de fuerza. El cuerpo que gira, respecto al eje indicado, por la acción de la fuerza F aplicada a una distancia L (brazo de fuerza o brazo de palanca) del eje de rotación (perpendicular al plano y que pasa por o). Lo que da origen al momento de fuerza o torque  o r F L ∟ θ  = rFt = rFsenθ = F L  = r xF Momento de fuerza debido a la gravedad Sea un cuerpo de masa M que gira respecto a un eje horizontal A (en la figura entrando). El momento de fuerza o torque grav debido a la acción de la gravedad es: cm M rcm Mg grav = Mgrcm

Aplicaciones de la 2a Ley de Newton a la rotación de cuerpos rígidos. EJEMPLO 9.8 Una bicicleta estática Una forma práctica de hacer ejercicio sin desplazarse del lugar puede conseguirse mediante una bicicleta situada en un soporte, de tal modo que la rueda trasera gira libremente. AI pedalear, la cadena aplica al piñón una fuerza de 18 N a una distancia de rs = 7 cm del eje de la rueda. Consideremos la rueda como un anillo (I = MR2) de radio R= 35 cm y masa 2,4 kg. ¿Cuál es la velocidad angular de la rueda al cabo de 5 s? R= 35 cm rs= 7 cm M= 2,4 kg F= 18 N ext = I α α = ext /I α = Frs /MR2 α = 18x0,07 Nm/2,4x(0,35)2 kgm2 α = 4,3 rad/s2 ω= ωo + αt ω= αt ω= 4,3 x 5 (rad/s2)s ω= 21,5 rad/s

Aplicaciones de la 2a Ley de Newton a la rotación de cuerpos rígidos. EJEMPLO 9.10 Tensión en una cuerda Se sujeta un objeto de masa m a una cuerda ligera enrollada alrededor de una rueda de polea de momento de inercia I y radio R. La rueda puede girar sin rozamiento y la cuerda no desliza su borde. Hallar la tensión de la cuerda y la aceleración del cuerpo. Para la polea ext = I α TR = I α ext = FArA + mpg rmg + TR ext = TR Rα = at = a Para el bloque Fext = ma TR = I a/R 1 mg T mg - T = ma  mgR - TR = mRa 2 Sumando miembro a miembro 1 y 2 mgR = I a/R + mRa mgR = (I + mR2)a/R  a= 1 + I mR2 g  a= gmR2 /(I + mR2)  T= 1 + I mR2 g R2

Aplicaciones de la 2a Ley de Newton a la rotación de cuerpos rígidos. EJEMPLO 9.11 Una polea Dos bloques están conectados por una cuerda que pasa por una polea de radio R y momento de inercia I. El bloque de masa m1 desliza sobre una superficie horizontal sin rozamiento; el bloque de masa m2 está suspendido de la cuerda (figura). Determinar la aceleración a de los bloques y las tensiones T1 y T2, suponiendo que la cuerda no desliza sobre la polea. α a Para m1: T1= m1a 1 Para m2: m2g - T2= m2a 2 Para la polea: T2R - T1R = Iα 3 Rα =a 4 Al multiplicar 1 y 2 por R y sumar miembro a miembro con la 3 tenemos, luego de sustituir 4 en 3, que: a = m2g m1 + m2 + I/R2 m2 T2 Fs m1 T1 N m1g mpg m2g T1 = m1m2g m1 + m2 + I/R2 T2 = m2g(1 - ) m1 + m2 + I/R2 m2

Potencia Cuando un cuerpo gira bajo la acción de una fuerza Ft realizamos trabajo sobre él, incrementando su energía cinética. Por la acción de la fuerza el cuerpo gira un ángulo dθ y el punto de aplicación de la fuerza se mueve una distancia ds=rdθ. Así la fuerza ejerce un trabajo dW = Ftds= Ftrdθ = dθ La potencia es: P = =  dW dt dθ P = ω

Física General I- Unidades y sistema de medidas Muchas Gracias 25/09/2008 Física General I- Unidades y sistema de medidas