teoria y problemas fisica (81)

Vista previa del material en texto

3. Calcular Io: 
 
𝐼Y = 𝑀𝐾0 = (75)(0.35)0 
 
𝐼Y = 9.2[𝑘𝑔𝑚0] 
 
4. Relacionar aceleraciones: 
 
𝑎/^ = 0.5𝛼 
 
5. Reemplazar Io en (2) y acm en (1): 
 
300 − 𝑓� = (0.5)(75)𝛼 
 
90 + 0.5𝑓� = 9.2𝛼 
 
6. Resolver el sistema de ecuaciones y calcular𝛼 : 
 
𝛼 = 8.6 n𝑟𝑎𝑑 𝑠0o p 
Ejemplo. 6.25. ¡Tratar de resolver!.El carrete que se muestra en la 
figura tiene un peso de 50[N] y un radio de giro Ko = 0.15[m]. Se 
suelta del reposo un cilindro de 25[N] que está suspendido del 
carrete. Despreciando la masa de la cuerda, determinar la velocidad 
del cilindro después de haber descendido una altura h = 2[m]. 
 
Estrategia de resolución. Este problema puede ser resuelto tanto 
por consideraciones dinámicas como por consideraciones de 
conservación de la energía mecánica, utilizaremos este último caso, 
entonces, luego de hacer un esquema del problema, calcularemos la 
energía cinética del sistema cilindro-carrete para su posición inicial y 
la final. Las energías potenciales inicial y final son las del cilindro y, 
finalmente, aplicaremos el principio de conservación de la energía 
mecánica. 
1. Calcular la energía cinética del sistema en su posición inicial: 
𝐸�� =
1
2𝑚
(𝑣/� )0 +
1
2 𝐼Y
(𝜔/���´1´)0 
 pero, como el sistema parte del reposovcil = 0 y wcarrete = 0, por tanto: 
𝐸�� = 0 
2. Plantear la energía cinética del sistema en su posición final: 
𝐸�0 =
1
2𝑚
(𝑣/� )00 +
1
2 𝐼Y
(𝜔/���´1´)0 
3. Calcular Io: 
𝐼Y = 𝑀/���´1´𝐾Y0 = (5)(0.15)0 = 0.11[𝑘𝑔𝑚0] 
4. Expresar la velocidad angular del carrete en función de la 
velocidad 
 del cilindro y del radio del carrete que está conectado con el cilindro: 
𝜔/���´1´ =
𝑣/� 
𝑟 
5. Calcular la energía cinética final: 
𝐸�0 =
1
2𝑚
(𝑣/� )00 +
1
2 𝐼Y r
𝑣/� 
𝑟 s
0
 
 
𝐸�0 =
1
2U𝑚 +
𝐼Y
𝑟 X𝑣/� 
0 
 
𝐸�0 =
1
2U2.5 +
0.11
0.1 X 𝑣/� 
0 = 1.8𝑣/� 0 
Calcular las energías potenciales inicial y final, tomando como nivel 
 de referencia el punto al que llega el cilindro: 
 
𝐸­� = 𝑚𝑔ℎ = (2.5)(10)(2) = 50[𝐽] 
𝐸­0 = 0 
6. Aplicar el principio de conservación de la energía mecánica: 
𝐸�� + 𝐸­� = 𝐸�0 + 𝐸­0 
 
0 + 50 = 1.8𝑣/� 0 + 0 
𝑣/�  = a
50
1.8 = 5.3
[𝑚 𝑠⁄ ] 
Ejemplo 6.26. Un volante de inercia de 4,905 [kN] de peso y que está 
girando con una velocidad angular ω de 200 [rev/min], como muestra 
la figura, se suelta de la máquina de vapor a la que controla y cae 
sobre el suelo. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el piso y 
la superficie del volante vale 0,4, ¿A qué velocidad chocará con la 
pared A? El radio de giro K del volante es de 1 [m] y su diámetro es 
de 2,30 [m]. No considerar los efectos del rebote en el análisis. 
Ignorar la resistencia a la rodadura y las pérdidas debidas al 
rozamiento del aire. 
 
Estrategia de resolución. Supondremos que al comienzo del 
contacto entre el volante y el suelo tendremos deslizamiento. 
Plantearemos la ley de Newton para el movimiento de traslación del 
centro de masas del volante, así como la ecuación del momento 
angular para el eje fijo al cuerpo en su centro de masa. 
1. Dibujar el diagrama de cuerpo libre. 
 
2. Plantear las ecuaciones de Newton para el movimiento de 
traslación: 
𝛴𝐹© = 𝑀𝑎/^ 
 
(0.4)𝑁 = U
4905
10 X𝑎/^ 
 
𝛴𝐹ª = 0 
 
𝑁 −𝑀𝑔 = 0⟹ 𝑁 = 𝑀𝑔 = 4905[𝑁] 
 
𝑎/^ = 4 n𝑚 𝑠0o p 
3. Determinar x: 
𝑎/^ =
𝑑𝑣/^
𝑑𝑡 
 
𝑑𝑣/^ = 𝑎/^𝑑𝑡 
 
�𝑑𝑣/^ = 4�𝑑𝑡 
𝑣/^ = 4𝑡 
 
𝑣/^ =
𝑑𝑥
𝑑𝑡 = 4𝑡 
 
�𝑑𝑥 = 4�𝑡𝑑𝑡 
 
𝑥 = 2𝑡0 
 
4. Plantear las ecuaciones de Newtonpara el movimiento de 
rotación con respecto al eje central: 
 
𝛴𝜏Y = 𝐼Y𝛼 
 
(0.4)𝑁 U
2.3
2 X = U
4905
10 X
(1)0𝛼 
𝛼 = 4.6 n𝑟𝑎𝑑 𝑠0o p 
 
5. Determinar w y q: 
𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡 
𝑑𝜔 = 𝛼𝑑𝑡 
�𝑑𝜔 = 4.6𝑑𝑡 
 
𝜔 = 𝜔Y + 4.6𝑡 = U−200
2𝜋
60X + 4.6𝑡 
 
𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡 = 4.6𝑡 
 
 
�𝑑𝜔 = 4.6� 𝑡 𝑑𝑡 
 
𝜃 = 2.3𝑡0 
 
6. Dejará de haber deslizamiento cuando la velocidad del punto 
de contacto para traslación y rotación del cilindro sea nula. 
 
𝑣 = 𝑅𝜔 
 
𝑣 + U
2.3
2 X𝜔 = 0 
 
7. Sustituyendo en las ecuaciones correspondientes v y w: 
 
4𝑡 + U
2.3
2 X
(4.6𝑡 − 20.9) = 0 
 
𝑡 = 2.6[𝑠] 
Como el tiempo que hemos obtenido es mayor que cero, la hipótesis 
inicial sobre el deslizamiento es válida. La posición XN.D. en el instante 
en que deja de haber deslizamiento se deduce de la ecuación (b): 
𝑋·S = (2)(2.6)0 = 13.9[𝑚] 
En consecuencia, el volante de inercia choca contra la pared después 
de comenzar a rodar sin deslizar. Para t = 2 s, todavía hay 
deslizamiento, y podemos utilizar la ecuación (a) para hallar v en ese 
instante: 
(𝑣)0	¡ = (4)(2) = 8[𝑚 𝑠⁄ ] 
La velocidad, una vez que ya no hay deslizamiento, es constante, 
y por ello la velocidad en el instante en que el volante choca 
contra la pared se halla utilizando t = 2,64 s en la ecuación (a). 
(𝑣)q��´¸ = (4)(2.6) = 10.6[𝑚 𝑠⁄ ] 
Observaciones.Nota que el rozamiento acelerará el centro de masas 
del volante de inercia (que comienza el movimiento desde el reposo) 
mientras que al mismo tiempo disminuirá la velocidad angular del 
mismo (que comienza el movimiento con su velocidad angular 
máxima). Así, el punto de contacto del volante estará sujeto a dos 
velocidades opuestas, una de las cuales se incrementará mientras 
que la otra disminuirá. Cuando las velocidades se igualen, tendremos 
rodadura sin deslizamiento. Entonces, ignorando las otras 
resistencias al movimiento, dejará de haber cambios en la velocidad 
del volante. 
Ejemplo 6.27.El sistema de discos tiene una masa M=2[kg], un radio 
exterior R=0.5[m], un radio interior r=0.2[m] y un radio de giro 
K=0.3[m]. Las masas de la máquina de Atwood son de 4 y 8[kg] y el 
ángulo de inclinación de 300. Determinar la aceleración del sistema 
de discos. 
 
1. Sustituir la Máquina de Atwood por un bloque de masa 
equivalente 
 
𝑚´¹ =
4𝑚�𝑚0
𝑚� +𝑚0
=
(4)(4)(8)
4 + 8 = 10.7
[𝐾𝑔] 
 
2. Realizar los DCL,s 
 
 
 T 
 Mgsen30 
 T 
 
 
meqg 
 fr