Problemas Dinamica Del Cuerpo Rigido

E.T.S. I. I.T Departamento de Física e Ingeniería Nuclear Problemas de Dinámica del Sólido Rígido 1 2 3 Método de las aceleraciones Método de los momentos Método de la energía Prof. J. Martín 2 . Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre la placa son : el peso P.2 y la placa inicia su movimiento descendente partiendo del reposo. N A + N B − P cos ϕ = 0 ∑M G =0 ⇒ − 2 N A + 2 N B − 1. está suspendida por dos pasadores A y B que pueden deslizar a lo largo de una barra inclinada que forma un ángulo ϕ = 60º con la horizontal.3 1 Método de las aceleraciones 1. luego el sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G. El coeficiente de rozamiento cinético entre los pasadores y la barra es µ = 0. NB fB NA y x fA G = m aG G P O ∑ Fi = m a G ⇒ f A + f B − P sen ϕ = − m a . las reacciones normales NA . Determinar : a) la aceleración de la placa . La placa está en traslación α = 0 . tal como se muestra en la figura adjunta.1 Una placa rectangular uniforme de masa m = 200 kg y lados 3 y 4 m .5 ( f A + f B ) = 0 . B 3m A 4m Cinemática La placa tiene un movimiento de traslación rectilínea a lo largo de la barra con aceleración constante. b) las reacciones en los pasadores. NB y las fuerzas de rozamiento A y en B . 5 N . N A = 416. .5 N . a = 7. Operando queda. fB = µ NB Cálculos Sustituyendo los valores de las fuerzas de rozamiento en las correspondientes ecuaciones . Instantáneamente bloquea las cuatro ruedas y empieza a deslizar recorriendo 20 m hasta pararse.2 Una furgoneta que se muestra en la figura se mueve hacia adelante con una velocidad constante de 25 m/s2.62 ms -2 2s aG = − a i 2 Luego la aceleración de G en la referencia indicada es Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre la furgoneta son : el peso P. 2 NB sobre las ruedas delanteras y sobre las ruedas traseras y las correspondientes fuerzas de rozamiento sobre las ruedas. La placa está en traslación.2 m 1. Sabiendo que la masa de la furgoneta es de 3240 kg.4 Las fuerzas de rozamiento son : fA = µ NA .6 m 2. α = 0 luego el sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G.4 m Cinemática El movimiento de la furgoneta durante el deslizamiento es rectilínea con aceleración constante de traslación y De las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente retardado se tiene v 2 = v0 − 2 a s 2 Sustituyendo valores y operando queda O x v a = 0 = 15. las reacciones normales 2 NA . N B = 563. determinar el valor de las reacciones normales y de las fuerzas de rozamiento que actúan sobre las ruedas delanteras y sobre las traseras.5 m/s 2 1. se obtiene un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas cuya solución proporciona los valores de las reacciones normales y la aceleración de la placa. G 1. 4 N A − 1.6 N B − 1.59 g 2. N B = 2000 N .5 G = fA NA m aG G fB P NB ∑ Fi = m a G ⇒ −2 fA −2 fB = − m a . Cálculos Sustituyendo los valores de las fuerzas de rozamiento en la ecuación de la aceleración y operando se tiene el valor del coeficiente de rozamiento cinético µ = De la ecuación de los momentos queda a = 1.95 mg De las componentes verticales de las fuerzas queda 2 NA +2 NB − P = 0 Operando se tiene ⇒ N A + N B = 0.6 µ m g = 0.5 mg N A = 13875 N . f B = 3180 N .2 ( f A + f B ) = 0 fA = µ NA fB = µ NB Las fuerzas de rozamiento son : .4 N A − 1.6 N B = 0. 2 N A +2 NB − P = 0 ∑M G =0 ⇒ 2. f A = 22061 N . es un movimiento de traslación rectilíneo acelerado. su movimiento es el del tablón.095 g a = tan ϕ El ángulo que forma el tablón con la plataforma del camión es ϕ = tan −1 ( Cálculos Operando queda tan ϕ = Ay Ax = mg ma ⇒ a = 8. es decir tiene la dirección del tablón. es decir. Ay + B y − P = 0 En condiciones inminentes de vuelco. el sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G. ∑ Fi = m a G ⇒ Ax − B x = m a . Al ser α = 0.095 m y la altura de la caja es h = 2.5 ) = 50º 2. La distancia AB = 2. Ay − P = 0 2. Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el tablón son: el peso P.6 1.3 Se coloca un tablón de 3 m sobre la plataforma de un camión tal como se muestra en la figura . FA .5 m . Vuelco inminente G = A P G ma FA ∑ Fi = m a G ⇒ Ax = m a . siendo aG la aceleración a del camión. Determinar la aceleración máxima del camión para que el tablón no vuelque. El extremo A está fijo a la plataforma y se apoya en el punto B sobre la caja del camión. la fuerza de reacción en A. B h A Cinemática Mientras se mantenga la posición del tablón. FA y la fuerza de reacción en B.22 ms -2 . la reacción en B es cero y la dirección de reacción en A pasa por G. siendo aG la aceleración a de la barra.4 La barra homogénea de 12 kg y longitud L que se muestra en la figura.7 1. El movimiento de la barra es un movimiento de traslación circular en el que cada uno de sus puntos describe una circunferencia del mismo radio. el sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G. En el instante inicial la velocidad de la barra es cero. Calcular inmediatamente después de soltarla : a) la aceleración de la barra . Al ser α = 0. b) las tensiones en las cuerdas. se suelta desde el reposo cuando θ = 32º . y FA G A FB B P = G ma O x ∑ Fi = m a G ⇒ P sen θ = m a . θ θ A a B a Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el barra son: el peso P y las tensiones de los cables FA y FB . θ θ A L B Cinemática Los puntos A y B de la barra describen circunferencias de radio igual a la longitud de los cables. FA + FB − P cos θ = 0 . luego la aceleración de uno cualquiera de sus puntos es tangente a la correspondiente trayectoria circular. 8 N 30º B 30º C 1m . 1. En el instante inicial la velocidad de la placa es cero. C.19 ms -2 .5 m Cinemática Los puntos B y C describen circunferencias de radio 1 m. A G B D C a   FA = FB = 49. luego la placa tiene un movimiento de traslación circular y cada uno de sus puntos describe una circunferencia de radio un metro. determinar en el instante inicial : a) la aceleración de la placa . Si se corta el hilo unido a la esquina A . luego la aceleración de uno cualquiera de sus puntos es tangente a la correspondiente trayectoria circular. b) las tensiones en los otros dos hilos.8 ∑M Cálculos Operando queda G =0 ⇒ a = g sen L cos θ ( − FA + FB ) = 0 2 . 1m 30º A 2m D 1.5 La placa rectangular homogénea ABCD de 50 kg de masa se mantiene en equilibrio mediante tres hilos inextensibles unidos a sus esquinas A.   FA = FB = 1 m g cos 2 a = 5. B. FB + FC − P sen 30º = 0 ∑M G =0 ⇒ cos 30º ( − FB + FC ) + 0.75 sen 30º ( FB + FC ) =0 Cálculos Operando queda a = g cos 30º . el sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G.6 N .24 FC = 0 a = 8.49 FB + 1.50 ms -2 . − 0. FB y G O P FC x = G ma ∑ Fi = m a G ⇒ P cos 30º = m a .9 Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el placa son: el peso P y las tensiones de los cables FB y FC . FB + FC = 245 . FB = 175. FC = 69. siendo aG la aceleración a de la placa.8 N . Al ser α = 0. F A B Cinemática En el instante inicial la velocidad de todos los puntos de la varilla es nula. b) la aceleración angular de la varilla. Se aplica instantáneamente en B una fuerza de 16 N horizontal y perpendicular a la varilla. El sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG mas un par IG α. Calcular en dicho instante .4 m del extremo A de la varilla. la normal N y la fuerza F aplicada en B. d) el punto de la varilla cuya aceleración es nula. La aceleración de G está contenida en la superficie horizontal. ¤ ¤ £ a B = aG + × GB ¤ ¤ £ aA = aG + ¡ ∑M G = IG α L F k 2 IG . Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre la varilla son: su peso P.2 m y de 8 kg de masa se encuentre en reposo sobre una superficie horizontal lisa . a) la aceleración del centro G de la varilla . aG = F i m Cálculos Sustituyendo valores se tiene ¢ aG = 2 ms -2 La aceleración del punto A es La aceleración del punto B es El punto que tiene aceleración nula está a 0. = 10 s -2 ⇒ a A = − 4 j ms -2 ⇒ a B = 8 j ms -2 × GA .6 Una varilla homogénea de longitud AB = 1.10 1. c) la aceleración de los puntos A y B . N z y F m aG G x = P Fi = m a G ⇒ F = maG ⇒ α = ¡ G IG α ∑ . y ya que la velocidad inicial de la barra es nula. El punto G describe una circunferencia de radio ¼ L . b) la aceleración de A. perpendicular a la barra. es decir. Si se corta el cable del extremo B . aA = − aG .7 Una barra homogénea de longitud L y masa m está sujeta tal como se indica en la figura. A L ¦ B C L Cinemática La barra tiene un movimiento de rotación respecto de un eje fijo que pasa por C . FC . hallar : a) la reacción en el pasador .11 1. Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el barra son: el peso P y la reacción en C. aτ = r . y FC G O x A C P − IG α G m aG ⇒ FC − P = − m a G ∑ Fi = m a G ¥ aG = 1 L 4 (1) = . luego se tiene que La aceleración de A es igual y de sentido opuesto a la de G . El sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G mas un par IG α. su aceleración es sólo tangencial. aA A C G aG ¥ En el movimiento circular se cumple. es decir tiene un movimiento de rotación y traslación rectilínea.30 y µc = 0. se le aplica una fuerza horizontal de 90 N.8 En la figura se muestra un disco homogéneo de 50 kg y radio 0. IC = IG + m L2 16 4 mg N 7 (1) . la velocidad de C es nula y su aceleración está dirigida hacia G . R F Cinemática El disco rueda o rueda y desliza sobre la superficie horizontal. Los coeficiente de rozamiento estático y cinético son µs = 0. Si α es la aceleración angular . la aceleración del centro del disco es § aG = R § ¨ ∑ MC = IC α ⇒ − 1 L m g = − IC 4 .5 m. c) la aceleración aG y el valor de α si F > Fmi . FC = 1. Si solo rueda. b) comprobar que Fmi = 441 N es el valor mínimo para que el disco este en situación de deslizamiento inminente . Determinar : a) la aceleración de G . El centro del disco es el punto G y su movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado. Resolvamos el problema suponiendo que el disco solo rueda. el eje instantáneo de rotación pasa por el punto de contacto C del disco con la superficie de apoyo.25. Al disco. Cálculos De la ecuación de los momentos se obtiene el valor de la aceleración angular = § 12 g 7L que sustituida en la ecuación (1) da el valor de aG y de la ecuación de las fuerzas se obtiene la reacción en C. aA = 3 g ms -2 7 .12 En la rotación con punto fijo se cumple que los momentos de las fuerzas respecto del punto es igual al momento de inercia respecto del punto multiplicado por α. que está inicialmente en reposo. 13 Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el disco son: el peso P . N − P =0 En la rotación respecto de un punto cuya aceleración es cero o su aceleración está dirigida hacia G. El disco solo rueda si la fuerza de rozamiento f involucrada en el movimiento es menor o igual que su valor máximo fr = µs N. El sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G mas un par IG α. la fuerza de rozamiento f y la fuerza aplica F.2 m s -2 ⇒ f = 30 N © ∑M = IC α ⇒ − F R = − IC . ©  C = 2F = 2. Se utilizara esta propiedad. se cumple que los momentos de las fuerzas respecto del punto es igual al momento de inercia respecto del punto multiplicado por α. De la ecuación de las fuerzas se obtiene f = F − m aG luego el disco solo rueda. la reacción normal N . IC = IG + m R2 . en vez de los momentos respecto de G. cuyo valor es fr = 147 N.4 s -2 3 mR aG = 1. para calcular directamente el valor de la α Cálculos De la ecuación de los momentos se obtiene el valor de la aceleración angular que sustituida en la ecuación (1) da el valor de aG Veamos si la condición de que el disco solo rueda es correcta. P y − IG α G O x C f C N F = G m aG ∑ Fi = m a G ⇒ F − f = m aG . La fuerza de rozamiento es ahora fc = µc N = µc m g = 122.8 s − 2  . De la ecuación de las fuerzas se tiene Sustituyendo la expresión de α. aG = m   G F − c mg ms -2   ∑M = IG α ⇒ − fr R = − IG   ∑ Fi = m a G ⇒ F − f r = m aG = m R . De las ecuaciones del movimiento se tiene ∑ Fi = m a G ⇒ F − f r = m aG . N − P =0 N − P =0 ⇒ = 2 fr mR .5 N y la relación a G = R no es válida. Operando queda = 9. La velocidad del punto C no es nula y su aceleración ya no pasa por G.14 Si el disco esta en situación de deslizamiento inminente la fuerza de rozamiento tiene su valor máximo fr = 147 N. se tiene  F =mR + fr = 2 F + fr 3 ⇒ F = 3 f r = 441 N Cuando la fuerza aplicada es mayor de 441 N el disco rueda y desliza. 9 Sobre un disco homogéneo de radio R y masa m se enrolla una cuerda . determinar : a) la aceleración del centro del disco . y F m aG C G P O x = ⇒ aG = ( G IG α ∑ Fi = m a G ⇒ F − P = m aG F − g ) j m G La aceleración del centro del disco tendrá el sentido de la fuerza si F / m > g y tendrá sentido opuesto si F / m < g . c) la aceleración de la cuerda F R Cinemática El punto G está situado en el centro del disco y se mueve a lo largo de una recta vertical con un movimiento de traslación y rotación simultáneos.     ∑M = IG α ⇒ − R F = IG ⇒ =− 2 F k m R .15 1. El sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector m aG aplicado en G mas un par IG α. pero la aceleración angular es siempre de sentido horario. Si se tira de la cuerda hacia arriba con una fuerza F . Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el disco son: el peso P y la fuerza aplica F. b) la aceleración angular del disco . En la cinemática del sólido rígido se dedujo la expresión de la aceleración del punto C . En el extremo libre del cable se cuelga un bloque A de masa mA = 20 kg. el peso PA y la normal en el eje N. luego la aceleración de G es nula. c) la tensión del cable.16 La aceleración de la cuerda es la misma que la aceleración tangencial del punto C. Las fuerzas ejercidas por el cable sobre el disco y sobre el bloque son fuerzas interiores del sistema que se anulan entre sí. Si se deja en libertad el bloque partiendo del reposo. R A Cinemática El punto G está situado en el centro del disco y este tiene un movimiento de rotación respecto del eje . El sistema de fuerzas exteriores es equivalente al vector mAa .6 m y masa m = 30 kg que puede girar libremente alrededor de su eje tal como se muestra en la figura. Sustituyendo el valor de α R . la aceleración de la cuerda está dada por aCuerda =  3F  − g j   m  1. b) la reacción normal en el eje . La aceleración del bloque A coincide con la aceleración tangencial del punto de la periferia del disco a= R α (1) Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema formado por el disco y el bloque son: el peso P del disco. calcular : a) la aceleración del bloque . mas un par IG α asociado al movimiento de rotación del disco     aC = aG + × GC − 2 GC ⇒ aC = 2 F Ri +  − g + m  R j  .10 Se enrolla un cable alrededor de un disco homogéneo de radio R = 0. aislamos el bloque ( diagrama del sólido libre ) y queda T − mA g = − mA a ⇒ T = mA ( g − a ) T = 84 N ! G = IG α + R × mA a " " ⇒ − R mA g = − I G − R mA a . N = P + P A + mA a a = 5.17 N − IG α y G P = G O x mA a PA ∑ ∑M Fi = m a G + m A a ⇒ N − P − PA = m A a Cálculos Teniendo en cuenta la ecuación (1). de la ecuación de los momentos se obtiene el valor de la aceleración angular mA g = 1 m + m 2 A R La aceleración del bloque y la normal están dadas por # a = 1 mA g 2 m + mA . N = 602 N Para calcular la tensión del cable.6 m s −2 . 35 m s −2 .3 m G mB = 20 kg mA = 40 kg Cinemática El punto G está situado en el centro de la polea y esta tiene un movimiento de rotación respecto del eje . aA = 0. c) las tensiones en los cables. Procediendo como en el problema anterior y utilizando la misma referencia se tiene. mBaB mas un par IG α asociado al movimiento de rotación del disco.3 α .18 1.4 m se cuelgan dos bloques tal como se muestra en la figura. b) la reacción normal en el eje . TB = 208 N % RA mA g − RB mB g = IG + RA mA aA + RB mB aB .5 m 0. luego la aceleración de G es nula. T A = 378 N . luego la polea gira en sentido antihorario. 0. El momento del bloque A respecto del eje es mayor que el momento del bloque B . El sistema de fuerzas exteriores es equivalente a los vectores mAaA . el peso PA . El momento de inercia de la polea respecto de G está dado por IG = m k2. aB = 0. Las fuerzas ejercidas por los cables sobre la polea y sobre los bloques son fuerzas interiores del sistema que se anulan entre sí. Calcular : a) las aceleraciones de los dos bloque .5 α (1) Ecuaciones del movimiento Las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema formado por la polea y los bloques son: el peso P de la polea.11 De una polea de masa m = 50 kg y radio de giro k = 0. ∑ Fi = m a G + m A a A + m B a B G $ ⇒ $ N − P − PA − PB = − m A a A + m B a B $ ∑M Operando queda = I G α + R A × m A a A + RB × mB a B Cálculos Efectuando las mismas operaciones que en el problema anterior se obtine a A = 0. a B = 0. N = 1076 N . Las aceleraciones de los bloques son .59 m s −2 . el peso PB y la normal en el eje N. m sobre la polea.19 1. m2 y al bloque A de 12 kg.3 y en el eje de la polea hay fricción que genera un momento de 2 N. Si el sistema se suelta desde el reposo.8 m cuyo momento de inercia es 0. determinar : a) la aceleración del bloque .12 Un cable está enrollado en una polea de radio 0.16 kg . El coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la superficie inclinada es µc = 0. b) la tensión de la cuerda 50º .