Movimiento rodadura El movimiento rodadura es esa combinación común de movimiento rotacional y traslacional que vemos en todas partes, todos los días. Piense en las diferentes situaciones de ruedas que se mueven en un auto por una autopista, las ruedas de un avión que aterriza en una pista o las ruedas de un explorador robótico en otro planeta. Comprender las fuerzas y los torques que intervienen en el movimiento rodadura es un factor crucial en muchos tipos de situaciones diferentes. Para analizar el movimiento rodadura en este capítulo, consulte la en Rotación de eje fijo para hallar los momentos de inercia de algunos objetos geométricos comunes. También sirve en otros cálculos que impliquen rotación. Movimiento rodadura sin deslizamiento El movimiento rodadura sin deslizamiento se ha observado desde la invención de la rueda. Por ejemplo, podemos observar la interacción de los neumáticos de un auto con la superficie de la carretera. Si el conductor pisa el acelerador hasta el fondo, de manera que los neumáticos giren sin que el auto avance, habrá fricción cinética entre las ruedas y la superficie de la carretera. Si el conductor pisa el acelerador lentamente, haciendo que el auto avance, entonces los neumáticos ruedan sin resbalar. Para la mayoría de la gente es sorprendente que, de hecho, la parte inferior de la rueda esté en reposo con respecto al suelo, lo que indica que debe haber fricción estática entre los neumáticos y la superficie de la carretera. En la , la bicicleta está en movimiento y el ciclista se mantiene erguido. Los neumáticos están en contacto con la superficie de la carretera y, aunque están rodando, los partes inferiores de los neumáticos se deforman ligeramente, no resbalan y están en reposo con respecto a la superficie de la carretera durante un tiempo medible. Para que esto sea así, deberá haber fricción estática entre el neumático y la superficie de la carretera. (a) La bicicleta avanza y sus neumáticos no resbalan. La parte inferior de la rueda ligeramente deformada está en reposo con respecto a la superficie de la carretera durante un tiempo medible. (b) Esta imagen muestra que la parte superior de una rueda rodante aparece borrosa por su movimiento, pero la parte inferior está instantáneamente en reposo (créditos: a. modificación del trabajo de Nelson Lourenço; b. modificación del trabajo de Colin Rose). Para analizar la rodadura sin deslizamiento, primero derivamos las variables lineales de velocidad y aceleración del centro de masa de la rueda en términos de las variables angulares que describen el movimiento de la rueda. La situación se muestra en la . a) Una rueda es halada sobre una superficie horizontal por una fuerza F → . La fuerza de la fricción estática f → s , | f → s | ≤ μ s N es lo suficientemente grande como para evitar que se deslice. (b) Los vectores de velocidad y aceleración lineal del centro de masa y las expresiones pertinentes para ω y α . El punto P está en reposo respecto a la superficie. (c) Respecto al marco del centro de masa (CM), el punto P tiene una velocidad lineal - R ω i ^ . En la (a), vemos los vectores de fuerza que intervienen para evitar el deslizamiento de la rueda. En (b), el punto P que toca la superficie está en reposo respecto a la superficie. En relación con el centro de masa, el punto P tiene una velocidad - R ω i ^ , donde R es el radio de la rueda y ω es la velocidad angular de la rueda en torno a su eje. Dado que la rueda está rodando, la velocidad de P con respecto a la superficie es su velocidad con respecto al centro de masa más la velocidad del centro de masa con respecto a la superficie: v → P = - R ω i ^ + v CM i ^ . Dado que la velocidad de P con respecto a la superficie es cero, v P = 0 , esto indica que v CM = R ω . Así, la velocidad del centro de masa de la rueda es su radio por la velocidad angular alrededor de su eje. Mostramos la correspondencia de la variable lineal en el lado izquierdo de la ecuación con la variable angular en el lado derecho de la ecuación. Esto se hace a continuación para la aceleración lineal. Si diferenciamos la en el lado izquierdo de la ecuación, obtenemos una expresión para la aceleración lineal del centro de masa. En el lado derecho de la ecuación, R es una constante y dado que α = d ω d t , tenemos a CM = R α . Además, podemos hallar la distancia que recorre la rueda en términos de variables angulares al consultar la . Cuando la rueda se mueve desde el punto A hasta el punto B , su superficie exterior se traza en el suelo exactamente por la distancia recorrida, que es d CM . Vemos en la que la longitud de la superficie exterior que se traza en el suelo es la longitud del arco R θ . Al igualar las dos distancias, obtenemos d CM = R θ . A medida que la rueda se mueve sobre la superficie, la longitud del arco R θ de A a B se traza en la superficie, correspondiente a la distancia d CM que el centro de masa se ha movido. Rodar hacia abajo por un plano inclinado Un cilindro macizo rueda hacia abajo por un plano inclinado sin deslizarse, partiendo del reposo. Tiene masa m y radio r . (a) ¿Cuál es su aceleración? (b) ¿Qué condición debe cumplir el coeficiente de fricción estática μ s para que el cilindro no se deslice? Estrategia Dibuje un esquema y un diagrama de cuerpo libre, y elija un sistema de coordenadas. Ponemos la x en la dirección hacia abajo del plano y la y hacia arriba perpendicular al plano. Identifique las fuerzas implicadas. Se trata de la fuerza normal, la fuerza de gravedad y la fuerza debida a la fricción. Escriba las leyes de Newton en las direcciones de la x y la y , y la ley de Newton para la rotación, y luego resuelva la aceleración y la fuerza debida a la fricción. Solución El diagrama de cuerpo libre y el esquema se muestran en la , incluso la fuerza normal, los componentes del peso y la fuerza de fricción estática. Apenas hay suficiente fricción para que el cilindro siga rodando sin deslizarse. Dado que no hay deslizamiento, la magnitud de la fuerza de fricción es menor o igual a μ s N . Al escribir las leyes de Newton en las direcciones de la x y la y , tenemos ∑ F x = m a x ; ∑ F y = m a y . Un cilindro macizo rueda hacia abajo por un plano inclinado sin deslizarse del reposo. El sistema de coordenadas tiene la x en la dirección hacia abajo del plano inclinado y la y perpendicular al plano. El diagrama de cuerpo libre se muestra con la fuerza normal, la fuerza de fricción estática y los componentes del peso m g → . La fricción hace que el cilindro ruede hacia abajo por el plano en lugar de deslizarse. Sustituyendo a partir del diagrama de cuerpo libre, m g sen θ - f s = m ( a CM ) x , N - m g cos θ = 0 podemos entonces resolver la aceleración lineal del centro de masa a partir de estas ecuaciones: a CM = g sen θ - f s m Sin embargo, es útil expresar la aceleración lineal en términos del momento de inercia. Para ello, escribimos la segunda ley de Newton para la rotación, ∑ τ CM = I CM α . Los torques se calculan en torno al eje que pasa por el centro de masa del cilindro. El único torque que no es cero lo proporciona la fuerza de fricción. Tenemos f s r = I CM α . Finalmente, la aceleración lineal se relaciona con la aceleración angular mediante ( a CM ) x = r α . Estas ecuaciones pueden utilizarse para resolver a CM , α , y f s en términos del momento de inercia, donde hemos suprimido el subíndice x . Reescribimos a CM en términos del componente vertical de la gravedad y de la fuerza de fricción, y hacemos las siguientes sustituciones. f s = I CM α r = I CM a CM r 2 De ello obtenemos a CM = g sen θ - I CM a CM m r 2 , = m g sen θ m + ( I CM / r 2 ) . Observe que este resultado es independiente del coeficiente de fricción estática, μ s . Dado que tenemos un cilindro macizo, a partir de la , tenemos I CM = m r 2 / 2 y a CM = m g sen θ m + ( m r 2 / 2 r 2 ) = 2 3 g sen θ . Por lo tanto, tenemos α = a CM r = 2 3 r g sen θ . Dado que no se produce el deslizamiento, f s ≤ μ s N . Resolviendo la fuerza de fricción, f s = I CM α r = I CM ( a CM ) r 2 = I CM r 2 ( m g sen θ m + ( I CM / r 2 ) ) = m g I CM sen θ m r 2 + I CM . Sustituyendo esta expresión en la condición de no deslizamiento, y observando que N = m g cos θ , tenemos m g I CM sen θ m r 2 + I CM ≤ μ s m g cos θ o μ s ≥ tan θ 1 + ( m r 2 / I CM ) . Para el cilindro macizo, esto se convierte en μ s ≥ tan θ 1 + ( 2 m r 2 / m r 2 ) = 1 3 tan θ . Importancia La aceleración lineal es linealmente proporcional a sen θ . Así, cuanto mayor sea el ángulo de la pendiente, mayor será la aceleración lineal, como cabría esperar. La aceleración angular, sin embargo, es linealmente proporcional al sen θ e inversamente proporcional al radio del cilindro. Así, cuanto mayor sea el radio, menor será la aceleración angular. Para que no se produzca ningún deslizamiento, el coeficiente de fricción estática deberá ser mayor o igual a ( 1 / 3 ) tan θ . Así, cuanto mayor sea el ángulo de inclinación, mayor deberá ser el coeficiente de fricción estática para evitar el deslizamiento del cilindro. Un cilindro hueco se encuentra en una pendiente con un ángulo de 60 ° . El coeficiente de fricción estática en la superficie es μ s = 0,6 . (a) ¿Rodará el cilindro sin deslizarse? (b) ¿Rodará un cilindro macizo sin deslizarse? a. μ s ≥ tan θ 1 + ( m r 2 / I CM ) ; insertando el ángulo y observando que para un cilindro hueco I CM = m r 2 , tenemos μ s ≥ tan 60 ° 1 + ( m r 2 / m r 2 ) = 1 2 tan 60 ° = 0,87 ; nos dan un valor de 0,6 para el coeficiente de fricción estática, que es inferior a 0,87, por lo que la condición no se cumple y el cilindro hueco se deslizará; b. El cilindro macizo obedece a la condición μ s ≥ 1 3 tan θ = 1 3 tan 60 ° = 0,58 . El valor de 0,6 para μ S satisface esta condición, por lo que el cilindro macizo no se deslizará. Vale la pena repetir la ecuación derivada en este ejemplo para la aceleración de un objeto que rueda sin deslizar: a CM = m g sen θ m + ( I CM / r 2 ) . Esta es una ecuación muy útil para resolver problemas de rodadura sin deslizamiento. Observe que la aceleración es menor que la de un objeto que se desliza por un plano sin fricción y sin rotación. La aceleración también será diferente para dos objetos en rotación con distintas inercias rotacionales. Movimiento rodadura con deslizamiento En el caso del movimiento rodadura con deslizamiento, debemos utilizar el coeficiente de fricción cinética, que da lugar a la fuerza de fricción cinética dado que no existe fricción estática. La situación se muestra en la . En caso de deslizamiento, v CM - R ω ≠ 0 , porque el punto P de la rueda no está en reposo en la superficie, y v P ≠ 0 . Así, ω ≠ v CM R , α ≠ a CM R . (a) La fricción cinética se produce entre la rueda y la superficie porque la rueda desliza. (b) Las relaciones simples entre las variables lineales y angulares ya no son válidas. Rodar hacia abajo por un plano inclinado con deslizamiento Un cilindro macizo rueda hacia abajo por un plano inclinado desde el reposo y sufre un deslizamiento ( ). Tiene una masa m y un radio r . (a) ¿Cuál es su aceleración lineal? (b) ¿Cuál es su aceleración angular en torno a un eje que pasa por el centro de masa? Estrategia Dibuje un esquema y un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas implicadas. El diagrama de cuerpo libre es similar al caso sin deslizamiento, excepto por la fuerza de fricción, que es cinética en lugar de estática. Utilice la segunda ley de Newton para resolver la aceleración en la dirección de la x . Utilice la segunda ley de Newton para la rotación para resolver la aceleración angular. Solución Un cilindro macizo rueda hacia abajo por un plano inclinado desde el reposo y sufre un deslizamiento. El sistema de coordenadas tiene la x en la dirección hacia abajo del plano inclinado y la y hacia arriba perpendicular al plano. El diagrama de cuerpo libre muestra la fuerza normal, la fuerza de fricción cinética y los componentes del peso m g → . La suma de las fuerzas en la dirección de la y es cero, por lo que la fuerza de fricción es ahora f k = μ k N = μ k m g cos θ . La segunda ley de Newton en la dirección de la x se convierte en ∑ F x = m a x , m g sen θ - μ k m g cos θ = m ( a CM ) x , o ( a CM ) x = g ( sen θ - μ k cos θ ) . La fuerza de fricción proporciona el único torque en torno al eje que pasa por el centro de masa, por lo que la segunda ley de Newton para la rotación se convierte en ∑ τ CM = I CM α , f k r = I CM α = 1 2 m r 2 α . Resolviendo para α , tenemos α = 2 f k m r = 2 μ k g cos θ r . Importancia Escribimos la aceleración lineal y angular en términos del coeficiente de fricción cinética. La aceleración lineal es la misma que la calculada para un objeto que se desliza por un plano inclinado con fricción cinética. La aceleración angular sobre el eje de rotación es linealmente proporcional a la fuerza normal, que depende del coseno del ángulo de inclinación. Dado que θ → 90 ° , esta fuerza llega a cero y, por tanto, la aceleración angular llega a cero. Conservación de la energía mecánica en el movimiento rodadura En el capítulo anterior, hemos introducido la energía cinética rotacional. Cualquier objeto que ruede lleva consigo energía cinética rotacional, así como energía cinética traslacional y energía potencial si el sistema lo requiere. Incluyendo la energía potencial gravitacional, la energía mecánica total de un objeto que rueda es E T = 1 2 m v CM 2 + 1 2 I CM ω 2 + m g h . En ausencia de cualquier fuerza no conservativa que saque energía del sistema en forma de calor, la energía total de un objeto que rueda sin deslizar se conserva y es constante durante todo el movimiento. Ejemplos en los que la energía no se conserva son un objeto que rueda y desliza, la producción de calor como resultado de la fricción cinética y un objeto que rueda y encuentra resistencia del aire. Se preguntará por qué un objeto que rueda y no se desliza conserva energía, ya que la fuerza de fricción estática no es conservativa. La respuesta se puede encontrar en la . El punto P en contacto con la superficie está en reposo con respecto a la superficie. Por lo tanto, su desplazamiento infinitesimal d r → con respecto a la superficie es cero, y el trabajo incremental que realiza la fuerza de fricción estática es cero. Podemos aplicar la conservación de energía a nuestro estudio del movimiento rodadura para obtener algunos resultados interesantes. Explorador Curiosity El explorador Curiosity , mostrado en la , se desplegó en Marte el 6 de agosto de 2012. Las ruedas del explorador tienen un radio de 25 cm. Supongamos que los astronautas llegan a Marte en el año 2050 y encuentran el Curiosity , ahora inoperante, en la ladera de una cuenca. Mientras desmontan el explorador, un astronauta pierde accidentalmente el agarre de una de las ruedas, que gira sin deslizarse hasta el fondo de la cuenca, 25 metros más abajo. Si la rueda tiene una masa de 5 kg, ¿cuál es su velocidad en el fondo de la cuenca? El explorador Curiosity del Laboratorio Científico de Marte de la NASA durante las pruebas realizadas el 3 de junio de 2011. El lugar se encuentra dentro de la Instalación de Ensamblaje de Naves Espaciales en el Laboratorio de Propulsión a Chorro de la NASA en Pasadena, California (créditos: NASA / Laboratorio de Propulsión a Chorro [Jet Propulsion Laboratory, JPL] - Instituto de Tecnología de California [California Institute of Technology, Caltech]). Estrategia Utilizamos la conservación de energía mecánica para analizar el problema. En la cima de la colina, la rueda está en reposo y solo tiene energía potencial. En el fondo de la cuenca, la rueda tiene energía cinética rotacional y traslacional, que deberá ser igual a la energía potencial inicial por conservación de energía. Dado que la rueda se mueve sin deslizarse, utilizamos la relación v CM = r ω para relacionar las variables traslacionales con las rotacionales en la ecuación de conservación de energía. A continuación, resolvemos la velocidad. En la , vemos que un cilindro hueco es una buena aproximación para la rueda, por lo que podemos utilizar este momento de inercia para simplificar el cálculo. Solución La energía en la parte superior de la cuenca es igual a la energía en la parte inferior: m g h = 1 2 m v CM 2 + 1 2 I CM ω 2 . Las cantidades conocidas son I CM = m r 2 , r = 0,25 m, y h = 25,0 m . Reescribimos la ecuación de conservación de energía al eliminar ω al utilizar ω = v CM r . Tenemos m g h = 1 2 m v CM 2 + 1 2 m r 2 v CM 2 r 2 o g h = 1 2 v CM 2 + 1 2 v CM 2 ⇒ v CM = g h . En Marte, la aceleración de la gravedad es 3,71 m/s 2 , que da la magnitud de la velocidad en el fondo de la cuenca como v CM = ( 3,71 m / s 2 ) 25,0 m = 9,63 m / s . Importancia Se trata de un resultado bastante preciso si se tiene en cuenta que Marte tiene muy poca atmósfera, y la pérdida de energía debida a la resistencia del aire sería mínima. El resultado también supone que el terreno es liso, de manera que la rueda no se toparía con rocas y baches en el camino. Además, en este ejemplo, la energía cinética, o energía del movimiento, se reparte por igual entre el movimiento lineal y rotacional. Si observamos los momentos de inercia en la , vemos que el cilindro hueco tiene el mayor momento de inercia para un radio y una masa dados. Si las ruedas del explorador fueran sólidas y se tomaran como cilindros sólidos, por ejemplo, habría más energía cinética en el movimiento lineal que en el movimiento rotacional. Esto daría a la rueda una velocidad lineal mayor que si se toma como un cilindro hueco. Así, el cilindro macizo llegaría al fondo de la cuenca más rápido que el cilindro hueco. Resumen En el movimiento rodadura sin deslizamiento, existe una fuerza de fricción estática entre el objeto que rueda y la superficie. Las relaciones v CM = R ω , a CM = R α , y d CM = R θ se aplican todas, de manera que la velocidad lineal, la aceleración y la distancia del centro de masa son las variables angulares, multiplicadas por el radio del objeto. En el movimiento rodadura con deslizamiento, surge una fuerza de fricción cinética entre el objeto que rueda y la superficie. En este caso, v CM ≠ R ω , a CM ≠ R α , y d CM ≠ R θ . La conservación de energía puede utilizarse para analizar el movimiento rodadura. La energía se conserva en el movimiento rodadura sin deslizamiento. La energía no se conserva en el movimiento rodadura con deslizamiento debido al calor generado por la fricción cinética. Preguntas conceptuales ¿Puede un objeto redondo liberado del reposo en la cima de una pendiente sin fricción sufrir un movimiento rodadura? No, la fuerza de fricción estática es cero. Una lata cilíndrica de radio R rueda por una superficie horizontal sin deslizarse. (a) Después de una revolución completa de la lata, ¿cuál es la distancia que ha recorrido su centro de masa? (b) ¿Sería esta distancia mayor o menor si se produjera un deslizamiento? Una rueda se suelta desde arriba por una pendiente. ¿Es más probable que la rueda deslice si la pendiente es pronunciada o si tiene una inclinación suave? La rueda tiene más probabilidades de deslizarse en una pendiente pronunciada, ya que el coeficiente de fricción estática deberá aumentar con el ángulo para mantener el movimiento rodadura sin deslizar. ¿Qué rueda más rápido por un plano inclinado, un cilindro hueco o una esfera sólida? Ambos tienen la misma masa y radio. Una esfera hueca y un cilindro hueco del mismo radio y masa ruedan hacia arriba por una pendiente sin deslizarse y tienen la misma velocidad inicial del centro de masa. ¿Qué objeto alcanza una mayor altura antes de detenerse? El cilindro alcanza una mayor altura. En la , su aceleración en la dirección hacia abajo de la pendiente sería menor. Problemas ¿Cuál es la velocidad angular de un neumático de 75,0 cm de diámetro en un automóvil que viaja a 90,0 km/h? v CM = R ω ⇒ ω = 66,7 rad/s Un niño recorre 2,00 km en bicicleta. Las ruedas tienen un radio de 30,0 cm. ¿Cuál es el ángulo total que rotan los neumáticos durante su viaje? Si el niño de la bicicleta del problema anterior acelera desde el reposo hasta una rapidez de 10,0 m/s en 10,0 s, ¿cuál es la aceleración angular de los neumáticos? α = 3,3 rad / s 2 Los autos de carreras de Fórmula 1 tienen neumáticos de 66 cm de diámetro. Si un Fórmula 1 alcanza una rapidez media de 300 km/h durante una carrera, ¿cuál es el desplazamiento angular en revoluciones de las ruedas si el auto de carreras mantiene esta velocidad durante 1,5 horas? Una canica rueda hacia abajo por una pendiente de 30 ° desde el reposo. (a) ¿Cuál es su aceleración? (b) ¿Qué distancia recorre en 3,0 s? I CM = 2 5 m r 2 , a CM = 3,5 m / s 2 ; x = 15,75 m Repita el problema anterior al sustituir la canica por un cilindro macizo. Explique el nuevo resultado. Un cuerpo rígido de sección transversal cilíndrica se suelta desde la parte superior de una pendiente de 30 ° . Rueda 10,0 m hasta la parte inferior en 2,60 s. Halle el momento de inercia del cuerpo en función de su masa m y su radio r. positivo es hacia abajo del plano inclinado; a CM = m g sen θ m + ( I CM / r 2 ) ⇒ I CM = r 2 [ m g sen 30 a CM - m ] , x - x 0 = v 0 t - 1 2 a CM t 2 ⇒ a CM = 2,96 m/s 2 , I CM = 0,66 m r 2 Un yoyo puede considerarse un cilindro sólido de masa m y radio r que tiene una cuerda ligera enrollada alrededor de su circunferencia (vea más abajo). Un extremo de la cuerda se mantiene fijo en el espacio. Si el cilindro cae mientras la cuerda se desenrolla sin deslizarse, ¿cuál es la aceleración del cilindro? Un cilindro macizo de radio 10,0 cm rueda hacia abajo por una pendiente con deslizamiento. El ángulo de inclinación es 30 ° . El coeficiente de fricción cinética en la superficie es de 0,400. ¿Cuál es la aceleración angular del cilindro macizo? ¿Cuál es la aceleración lineal? α = 67,9 rad / s 2 , ( a CM ) x = 1,5 m / s 2 Una bola de boliche rueda hacia arriba por una rampa de 0,5 m de altura, sin deslizarse hasta el depósito. Tiene una velocidad inicial de su centro de masa de 3,0 m/s. (a) ¿Cuál es su velocidad en la parte superior de la rampa? (b) Si la rampa tiene 1 m de altura, ¿llega a la parte superior? Un cilindro macizo de 40,0 kg rueda por una superficie horizontal a una velocidad de 6,0 m/s. ¿Cuánto trabajo se requiere para detenerlo? W = -1080,0 J Una esfera sólida de 40,0 kg rueda por una superficie horizontal a una rapidez de 6,0 m/s. ¿Cuánto trabajo se requiere para detenerlo? Compare los resultados con el problema anterior. Un cilindro macizo rueda hacia arriba por una pendiente, en un ángulo de 20 ° . Si comienza en la parte inferior a una rapidez de 10 m/s, ¿cuál es la distancia que recorre en la pendiente? La energía mecánica en la parte inferior es igual a la energía mecánica en la parte superior; 1 2 m v 0 2 + 1 2 ( 1 2 m r 2 ) ( v 0 r ) 2 = m g h ⇒ h = 1 g ( 1 2 + 1 4 ) v 0 2 , h = 7,7 m, por lo que la distancia hacia arriba de la pendiente es 22,5 m . Una rueda cilíndrica maciza de masa M y radio R es halada por una fuerza F → aplicada al centro de la rueda a 37 ° de la horizontal (vea la siguiente figura). Si la rueda debe rodar sin deslizarse, ¿cuál es el valor máximo de | F → | ? Los coeficientes de fricción estática y cinética son μ S = 0,40 y μ k = 0,30 . Un cilindro (Cylinder, Cyl) hueco que rueda sin deslizarse recibe una velocidad de 5,0 m/s y rueda hacia arriba por una pendiente hasta una altura vertical de 1,0 m. Si a una esfera (Sphere, Sph) hueca de la misma masa y radio se le da la misma velocidad inicial, ¿a qué altura vertical rueda hacia arriba de la pendiente? Utilice la conservación de energía 1 2 m v 0 2 + 1 2 I Cyl ω 0 2 = m g h Cyl , 1 2 m v 0 2 + 1 2 I Sph ω 0 2 = m g h Sph . Al restar las dos ecuaciones y eliminar la energía traslacional inicial, tenemos 1 2 I Cyl ω 0 2 - 1 2 I Sph ω 0 2 = m g ( h Cyl - h Sph ) , 1 2 m r 2 ( v 0 r ) 2 - 1 2 2 3 m r 2 ( v 0 r ) 2 = m g ( h Cyl - h Sph ) , 1 2 v 0 2 - 1 2 2 3 v 0 2 = g ( h Cyl - h Sph ) , h Cyl - h Sph = 1 g ( 1 2 - 1 3 ) v 0 2 = 1 9,8 m / s 2 ( 1 6 ) ( 5,0 m / s) 2 = 0,43 m . Así, la esfera hueca, con el menor momento de inercia, rueda hacia arriba hasta una altura inferior de 1,0 - 0,43 = 0,57 m . movimiento rodadura combinación de movimiento rotacional y traslacional con o sin deslizamiento

Ciencia


Momento angular ¿Por qué la Tierra gira? ¿Qué fue lo que hizo que empezara a girar? ¿Por qué la atracción gravitacional de la Tierra no hace que la Luna se estrelle contra la Tierra? ¿Cómo consigue una patinadora de hielo girar cada vez más rápido simplemente poniendo los brazos contra su cuerpo? ¿Por qué no tiene que ejercer un torque para girar más rápido? Este tipo de preguntas tienen respuestas basadas en el momento angular, el análogo rotacional del momento lineal. En este capítulo, primero definimos y luego exploramos el momento angular desde diversos puntos de vista. Sin embargo, primero investigamos el momento angular de una sola partícula. Esto nos permite desarrollar el momento angular para un sistema de partículas y para un cuerpo rígido con simetría cilíndrica. Momento angular de una sola partícula La muestra una partícula en una posición r → con un momento lineal p → = m v → con respecto al origen. Aunque la partícula no gire en torno al origen, aun así, podemos definir el momento angular en términos del vector de posición y del momento lineal. Momento angular de una partícula El momento angular l → de una partícula se define como el producto cruz de r → y p → , y es perpendicular al plano que contiene a r → y p → : l → = r → × p → . En el espacio tridimensional, el vector de posición r → localiza una partícula en el plano xy con un momento lineal p → . El momento angular con respecto al origen es l → = r → × p → , que está en la dirección de la z . La dirección de l → está dada por la regla de la mano derecha, como se muestra. La intención de elegir la dirección del momento angular para que sea perpendicular al plano que contiene a r → y p → es similar a la elección de la dirección del torque para que sea perpendicular al plano de r → y F → , como se ha analizado en Rotación de eje fijo . La magnitud del momento angular se encuentra a partir de la definición del producto cruz, l = r p sen θ , donde θ es el ángulo entre r → y p → . Las unidades de momento angular son kg · m 2 / s . Al igual que con la definición del torque, podemos definir un brazo de palanca r ⊥ que es la distancia perpendicular del vector de momento p → al origen, r ⊥ = r sen θ . Con esta definición, la magnitud del momento angular se convierte en l = r ⊥ p = r ⊥ m v . Vemos que, si la dirección de p → es tal que pasa por el origen, entonces θ = 0 , y el momento angular es cero porque el brazo de palanca es cero. En este sentido, la magnitud del momento angular depende de la elección del origen. Si tomamos la derivada de tiempo del momento angular, llegamos a una expresión para el torque en la partícula: d l → d t = d r → d t × p → + r → × d p → d t = v → × m v → + r → × d p → d t = r → × d p → d t . Aquí hemos utilizado la definición de p → y el hecho de que un vector cruzado en sí mismo es cero. A partir de la segunda ley de Newton, d p → d t = ∑ F → , la fuerza neta que actúa sobre la partícula, y la definición del torque neto, podemos escribir d l → d t = ∑ τ → . Observe la similitud con el resultado lineal de la segunda ley de Newton, d p → d t = ∑ F → . La siguiente estrategia de resolución de problemas sirve para calcular el momento angular de una partícula. Momento angular de una partícula Elija un sistema de coordenadas sobre el que se va a calcular el momento angular. Escriba vector del radio a la partícula puntual en notación vectorial unitaria. Escriba el vector de momento lineal de la partícula en notación vectorial unitaria. Tome el producto cruz l → = r → × p → y utilice la regla de la mano derecha para establecer la dirección del vector de momento angular. Compruebe si hay dependencia temporal en la expresión del vector de momento angular. Si la hay, entonces existe un torque en torno al origen, y utilice d l → d t = ∑ τ → para calcular el torque. Si no hay dependencia temporal en la expresión del momento angular, entonces el torque neto es cero. Momento angular y torque en un meteorito Un meteorito entra en la atmósfera del planeta ( ) y alguien lo observa desde la Tierra antes de que se queme en la atmósfera. El vector r → = 25 km i ^ + 25 km j ^ da la posición del meteorito con respecto al observador. En el momento en que el observador ve el meteorito, este tiene un momento lineal p → = 15,0 kg ( −2,0 km / s j ^ ) , y se acelera a una constante de 2,0 m / s 2 ( - j ^ ) a lo largo de su trayectoria, que para nuestros propósitos puede tomarse como una línea recta: (a) ¿Cuál es el momento angular del meteorito en torno al origen, que se encuentra en la ubicación del observador? (b) ¿Cuál es el torque del meteorito en torno al origen? Un observador en tierra ve un meteorito en la posición r → con un momento lineal p → . Estrategia Resolvemos la aceleración en componentes x y y , y utilizamos las ecuaciones cinemáticas para expresar la velocidad en función de la aceleración y el tiempo. Insertamos estas expresiones en el momento lineal y luego calculamos el momento angular con el producto cruz. Dado que los vectores de posición y momento están en el plano xy , esperamos que el vector de momento angular esté a lo largo del eje de la z . Para encontrar el torque, tomamos la derivada de tiempo del momento angular. Solución El meteorito entra en la atmósfera terrestre en un ángulo de 90,0 ° por debajo de la horizontal, por lo que los componentes de la aceleración en las direcciones de la x y la y son a x = 0 , a y = −2,0 m / s 2 . Escribimos las velocidades con las ecuaciones cinemáticas. v x = 0 , v y = −2,0 × 10 3 m / s - ( 2,0 m / s 2 ) t . El momento angular es l → = r → × p → = ( 25,0 km i ^ + 25,0 km j ^ ) × 15,0 kg ( 0 i ^ + v y j ^ ) = 15,0 kg [ 25,0 km ( v y ) k ^ ] = 15,0 kg[ 2,50 × 10 4 m ( −2,0 × 10 3 m / s - ( 2,0 m / s 2 ) t ) k ^ ] . En t = 0 , el momento angular del meteorito en torno al origen es l → 0 = 15,0 kg [ 2,50 × 10 4 m ( −2,0 × 10 3 m / s ) k ^ ] = 7,50 × 10 8 kg · m 2 / s ( - k ^ ) . Este es el instante en que el observador ve el meteorito. Para encontrar el torque, tomamos la derivada de tiempo del momento angular. Tomando la derivada de tiempo de l → en función del tiempo, que es la segunda ecuación inmediatamente anterior, tenemos d l → d t = −15,0 kg ( 2,50 × 10 4 m ) ( 2,0 m / s 2 ) k ^ . Luego, dado que d l → d t = ∑ τ → , tenemos ∑ τ → = -7. 5 × 10 5 N · m k ^ . Las unidades de torque se indican en newton-metros, que no deben confundirse con los julios. A modo de comprobación, observamos que el brazo de palanca es el componente x del vector r → en la , ya que es perpendicular a la fuerza que actúa sobre el meteorito, que está a lo largo de su trayectoria. Por la segunda ley de Newton, esta fuerza es F → = m a ( - j ^ ) = 15,0 kg ( 2,0 m / s 2 ) ( - j ^ ) = 30,0 kg · m / s 2 ( - j ^ ) . El brazo de palanca es r → ⊥ = 2,5 × 10 4 m i ^ . Así, el torque es ∑ τ → = r → ⊥ × F → = ( 2,5 × 10 4 m i ^ ) × ( −30,0 kg · m / s 2 j ^ ) , = 7,5 × 10 5 N · m ( - k ^ ) . Importancia Dado que el meteorito acelera hacia la Tierra, su radio y su vector de velocidad cambian. Por lo tanto, dado que l → = r → × p → , el momento angular cambia como función del tiempo. Sin embargo, el torque del meteorito en torno al origen es constante, porque el brazo de palanca r → ⊥ y la fuerza sobre el meteorito son constantes. Este ejemplo es importante porque ilustra que el momento angular depende de la elección del origen sobre el que se calcula. Los métodos utilizados en este ejemplo también son importantes para desarrollar el momento angular para un sistema de partículas y para un cuerpo rígido. Un protón que gira alrededor de un campo magnético ejecuta un movimiento circular en el plano del papel, como se muestra a continuación. La trayectoria circular tiene un radio de 0,4 m y el protón tiene una velocidad 4,0 × 10 6 m / s . ¿Cuál es el momento angular del protón respecto al origen? En la figura vemos que el producto cruz del vector de radio con el vector de momento da un vector dirigido hacia afuera de la página. Insertando el radio y el momento en la expresión del momento angular, tenemos l → = r → × p → = ( 0,4 m i ^ ) × ( 1,67 × 10 −27 kg ( 4,0 × 10 6 m / s ) j ^ ) = 2,7 × 10 −21 kg · m 2 / s k ^ Momento angular de un sistema de partículas El momento angular de un sistema de partículas es importante en muchas disciplinas científicas, una de ellas la astronomía. Consideremos una galaxia espiral, una isla de estrellas en rotación como nuestra Vía Láctea. Cada una de las estrellas puede tratarse como partículas puntuales, cada una de las cuales tiene su propio momento angular. La suma vectorial de cada uno de los momentos angulares da el total de la galaxia. En esta sección, desarrollamos las herramientas con las que podemos calcular el momento angular total de un sistema de partículas. En la sección anterior, hemos introducido el momento angular de una sola partícula acerca de un origen designado. La expresión de este momento angular es l → = r → × p → , donde el vector r → es desde el origen hasta la partícula, y p → es el momento lineal de la partícula. Si tenemos un sistema de N partículas, cada una con un vector de posición desde el origen dado por r → i y cada uno con un momento p → i , entonces el momento angular total del sistema de partículas en torno al origen es la suma vectorial de cada uno de los momentos angulares en torno al origen. Esto es, L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N . Del mismo modo, si la partícula i está sometida a un torque neto τ → i en torno al origen, entonces podemos encontrar el torque neto debido al sistema de partículas al diferenciar la : d L → d t = ∑ i d l → i d t = ∑ i τ → i . La suma de cada uno de los torques produce un torque externo neto en el sistema, que designamos ∑ τ → . Así, d L → d t = ∑ τ → . La afirma que la tasa de cambio del momento angular total de un sistema es igual al torque externo neto que actúa sobre el sistema cuando ambas cantidades se miden con respecto a un origen determinado. La se aplica a cualquier sistema que tenga momento angular neto, incluidos los cuerpos rígidos, como se analiza en la siguiente sección. Momento angular de tres partículas Refiriéndose a la (a), determine el momento angular total debido a las tres partículas en torno al origen. (b) ¿Cuál es la tasa de cambio del momento angular? Tres partículas en el plano xy con diferentes vectores de posición y momento. Estrategia Escriba los vectores de posición y momento de las tres partículas. Calcule cada uno de los momentos angulares y súmelos como vectores para hallar el momento angular total. Luego haga lo mismo para los torques. Solución Partícula 1: r → 1 = −2,0 m i ^ + 1,0 m j ^ , p → 1 = 2,0 kg ( 4,0 m / s j ^ ) = 8,0 kg · m / s j ^ , l → 1 = r → 1 × p → 1 = −16,0 kg · m 2 / s k ^ . Partícula 2: r → 2 = 4,0 m i ^ + 1,0 m j ^ , p → 2 = 4,0 kg ( 5,0 m / s i ^ ) = 20,0 kg · m / s i ^ , l → 2 = r → 2 × p → 2 = −20,0 kg · m 2 / s k ^ . Partícula 3: r → 3 = 2,0 m i ^ - 2,0 m j ^ , p → 3 = 1,0 kg ( 3,0 m / s i ^ ) = 3,0 kg · m / s i ^ , l → 3 = r → 3 × p → 3 = 6,0 kg · m 2 / s k ^ . Sumamos cada uno de los momentos angulares para hallar el total en torno al origen: l → T = l → 1 + l → 2 + l → 3 = −30 kg · m 2 / s k ^ . Las fuerzas individuales y los brazos de palanca son r → 1 ⊥ = 1,0 m j ^ , F → 1 = −6,0 N i ^ , τ → 1 = 6,0 N · m k ^ r → 2 ⊥ = 4,0 m i ^ , F → 2 = 10,0 N j ^ , τ → 2 = 40,0 N · m k ^ r → 3 ⊥ = 2,0 m i ^ , F → 3 = −8,0 N j ^ , τ → 3 = −16,0 N · m k ^ . Por lo tanto: ∑ i τ → i = τ → 1 + τ → 2 + τ → 3 = 30 N · m k ^ . Importancia Este ejemplo ilustra el principio de superposición para el momento angular y el torque de un sistema de partículas. Hay que tener cuidado al evaluar los vectores de radio r → i de las partículas para calcular los momentos angulares, y los brazos de palanca, r → i ⊥ para calcular los torques, ya que son cantidades completamente diferentes. Momento angular de un cuerpo rígido Hemos investigado el momento angular de una sola partícula, que hemos generalizado a un sistema de partículas. Ahora podemos utilizar los principios analizados en la sección anterior para desarrollar el concepto de momento angular de un cuerpo rígido. Los objetos celestes, como los planetas, tienen momento angular debido a su giro y a sus órbitas alrededor de las estrellas. En ingeniería, todo lo que está en rotación en torno a un eje conlleva un momento angular, como los volantes de inercia, las hélices y las piezas rotativas de los motores. El conocimiento del momento angular de estos objetos es crucial para el diseño del sistema del que forman parte. Para desarrollar el momento angular de un cuerpo rígido, modelamos un cuerpo rígido como si estuviera formado por pequeños segmentos de masa, Δ m i . En la , un cuerpo rígido está obligado a rotar alrededor del eje de la z con una velocidad angular ω . Todos los segmentos de masa que componen el cuerpo rígido experimentan un movimiento circular alrededor del eje de la z con la misma velocidad angular. La parte (a) de la figura muestra el segmento de masa Δ m i con vector de posición r → i desde el origen y radio R i al eje de la z . La magnitud de su velocidad tangencial es v i = R i ω . Ya que los vectores v → i y r → i son perpendiculares entre sí, la magnitud del momento angular de este segmento de masa es l i = r i ( Δ m v i ) sen 90 ° . (a) Un cuerpo rígido está obligado a rotar alrededor del eje de la z . El cuerpo rígido es simétrico respecto al eje de la z . Un segmento de masa Δ m i se encuentra en la posición r → i , que forma un ángulo θ i con respecto al eje de la z . Se muestra el movimiento circular de un segmento de masa infinitesimal. (b) l → i es el momento angular del segmento de masa y tiene un componente a lo largo del eje de la z ( l → i ) z . Utilizando la regla de la mano derecha, el vector momento angular apunta en la dirección indicada en la parte (b). La suma de los momentos angulares de todos los segmentos de masa contiene componentes tanto a lo largo como perpendiculares al eje de rotación. Cada segmento de masa tiene un componente perpendicular del momento angular que cancelará el componente perpendicular de un segmento de masa idéntico en el lado opuesto del cuerpo rígido, porque es cilíndricamente simétrico. Así, el componente a lo largo del eje de rotación es el único componente que da un valor diferente de cero cuando se suma sobre todos los segmentos de masa. De la parte (b), el componente de l → i a lo largo del eje de rotación es ( l i ) z = l i sen θ i = ( r i Δ m i v i ) sen θ i , = ( r i sen θ i ) ( Δ m i v i ) = R i Δ m i v i . El momento angular neto del cuerpo rígido a lo largo del eje de rotación es L = ∑ i ( l → i ) z = ∑ i R i Δ m i v i = ∑ i R i Δ m i ( R i ω ) = ω ∑ i Δ m i ( R i ) 2 . La sumatoria ∑ i Δ m i ( R i ) 2 es simplemente el momento de inercia I del cuerpo rígido alrededor del eje de rotación. Para un aro delgado que rota alrededor de un eje perpendicular al plano del aro, todos los R i son iguales a R , por lo que la sumatoria se reduce a R 2 ∑ i Δ m i = m R 2 , que es el momento de inercia para un aro delgado que se encuentra en la . Así, la magnitud del momento angular a lo largo del eje de rotación de un cuerpo rígido que rota a velocidad angular ω alrededor del eje es L = I ω . Esta ecuación es análoga a la magnitud del momento lineal p = m v . La dirección del vector de momento angular se dirige a lo largo del eje de rotación dado por la regla de la mano derecha. Momento angular de un brazo robótico El brazo robótico de un explorador de Marte como el Curiosity , que se muestra en la , mide 1,0 m de largo y tiene pinzas en el extremo libre para recoger rocas. La masa del brazo es de 2,0 kg y la de las pinzas es de 1,0 kg. Vea la . El brazo del robot y las pinzas se mueven desde el reposo a ω = 0,1 π rad / s en 0,1 s. Rota hacia abajo y recoge una roca de Marte que tiene una masa de 1,5 kg. El eje de rotación es el punto en el que el brazo robótico se conecta al explorador. (a) ¿Cuál es el momento angular del brazo robótico por sí mismo en torno al eje de rotación después de 0,1 s cuando el brazo deja de acelerar? (b) ¿Cuál es el momento angular del brazo robótico cuando tiene la roca de Marte en sus pinzas y rota hacia arriba? (c) Cuando el brazo no tiene ninguna roca en las pinzas, ¿cuál es el torque en torno al punto en el que el brazo se conecta al explorador cuando acelera desde el reposo hasta su velocidad angular final? Un brazo robótico de un explorador de Marte se balancea hacia abajo y recoge una roca de Marte (créditos: modificación de un trabajo de la NASA / JPL-Caltech). Estrategia Utilizamos la para hallar el momento angular en las distintas configuraciones. Cuando el brazo rota hacia abajo, la regla de la mano derecha da el vector de momento angular dirigido hacia afuera de la página, que llamaremos la dirección de la z positiva. Cuando el brazo rota hacia arriba, la regla de la mano derecha da la dirección del vector de momento angular hacia la página o en la dirección de la z negativa. El momento de inercia es la suma de cada uno de los momentos de inercia. Se puede aproximar el brazo con una varilla sólida, mientras que las pinzas y la roca de Marte pueden tomarse como masas puntuales, situadas a una distancia de 1 m desde el origen. En la parte (c), utilizamos la segunda ley del movimiento de Newton para la rotación con el fin de hallar el torque en el brazo del robot. Solución Anotando cada uno de los momentos de inercia, tenemos: Brazo de robot: I R = 1 3 m R r 2 = 1 3 ( 2,00 kg ) ( 1,00 m ) 2 = 2 3 kg · m 2 . Pinzas: I F = m F r 2 = ( 1,0 kg ) ( 1,0 m ) 2 = 1,0 kg · m 2 . Roca de Marte: I MR = m MR r 2 = ( 1,5 kg ) ( 1,0 m ) 2 = 1,5 kg · m 2 . Por lo tanto, sin la roca de Marte, el momento de inercia total es I Total = I R + I F = 1,67 kg · m 2 y la magnitud del momento angular es L = I ω = 1,67 kg · m 2 ( 0,1 π rad / s ) = 0,17 π kg · m 2 / s . El vector de momento angular se dirige hacia afuera de la página en la dirección k ^ , ya que el brazo del robot rota en sentido contrario de las agujas del reloj. Debemos incluir la roca de Marte en el cálculo del momento de inercia, por lo que tenemos I Total = I R + I F + I MR = 3,17 kg · m 2 y L = I ω = 3,17 kg · m 2 ( 0,1 π rad / s ) = 0,32 π kg · m 2 / s . Ahora el vector de momento angular se dirige hacia la página en la dirección - k ^ , por la regla de la mano derecha, ya que el brazo del robot ahora rota en el sentido de las agujas del reloj. Hallamos el torque cuando el brazo no tiene la roca al tomar la derivada del momento angular con la d L → d t = ∑ τ → . Sin embargo, dado que L = I ω , y en el entendido de que la dirección de los vectores de momento angular y de torque son a lo largo del eje de rotación, podemos suprimir la notación vectorial y encontrar d L d t = d ( I ω ) d t = I d ω d t = I α = ∑ τ , que es la segunda ley de Newton para la rotación. Dado que α = 0,1 π rad / s 0,1 s = π rad / s 2 , podemos calcular el torque neto: ∑ τ = I α = 1,67 kg · m 2 ( π rad / s 2 ) = 1,67 π N · m . Importancia El momento angular en (a) es menor que el de (b) debido a que el momento de inercia en (b) es mayor que en (a), mientras que la velocidad angular es la misma. ¿Qué tiene mayor momento angular: una esfera sólida de masa m que está en rotación a una frecuencia angular constante ω 0 en torno al eje de la z , o un cilindro sólido de la misma masa y tasa de rotación en torno al eje de la z ? I esfera = 2 5 m r 2 , I cilindro = 1 2 m r 2 ; Tomando la relación de los momentos angulares, tenemos: L cilindro L esfera = I cilindro ω 0 I esfera ω 0 = 1 2 m r 2 2 5 m r 2 = 5 4 . Así, el cilindro tiene 25 % más momento angular. Esto se debe a que el cilindro tiene más masa distribuida más lejos del eje de rotación. Visite la simulación interactiva del momento angular de la Universidad de Colorado para aprender más sobre el momento angular. Resumen El momento angular l → = r → × p → de una sola partícula alrededor de un origen designado es el producto vectorial del vector de posición en el sistema de coordenadas dado y el momento lineal de la partícula. El momento angular l → = ∑ i l → i de un sistema de partículas alrededor de un origen designado es la suma vectorial de cada uno de los momentos de las partículas que componen el sistema. El torque neto de un sistema en torno a un origen determinado es la derivada de tiempo del momento angular en torno a ese origen: d L → d t = ∑ τ → . Un cuerpo rígido en rotación tiene un momento angular L = I ω dirigido a lo largo del eje de rotación. La derivada de tiempo del momento angular d L d t = ∑ τ da el torque neto sobre un cuerpo rígido y está dirigida a lo largo del eje de rotación. Preguntas conceptuales ¿Se puede asignar un momento angular a una partícula sin definir primero un punto de referencia? En una partícula que se desplaza en línea recta, ¿hay algún punto en torno al cual el momento angular sea cero? Supongamos que la línea interseca el origen. Todos los puntos de la recta darán un momento angular cero, porque un vector cruzado en un vector paralelo es cero. ¿En qué condiciones un cuerpo rígido tiene momento angular, pero no momento lineal? Si una partícula se mueve con respecto a un determinado origen, tiene un momento lineal. ¿Qué condiciones deben darse para que el momento angular de esta partícula sea cero respecto al origen seleccionado? La partícula deberá moverse en una línea recta que pase por el origen elegido. Si se conoce la velocidad de una partícula, ¿puede decirse algo sobre su momento angular? Problemas Una partícula de 0,2 kg se desplaza por la línea y = 2,0 m a una velocidad 5,0 m / s . ¿Cuál es el momento angular de la partícula respecto al origen? Un pájaro vuela por encima de su posición a una altura de 300,0 m y a una rapidez horizontal al suelo de 20,0 m/s. El pájaro tiene una masa de 2,0 kg. El vector de radio hacia el pájaro forma un ángulo θ con respecto al suelo. El vector de radio al pájaro y su vector de momento se encuentran en el plano xy . ¿Cuál es el momento angular del pájaro con respecto al punto en el que usted se encuentra? La magnitud del producto cruz del radio con el pájaro y su vector de momento da como produce r p sen θ , lo que da r sen θ como la altitud del pájaro h . La dirección del momento angular es perpendicular a los vectores de radio y de momento, que elegimos arbitrariamente como k ^ , que está en el plano del suelo: L → = r → × p → = h m v k ^ = ( 300,0 m ) ( 2,0 kg ) ( 20,0 m / s ) k ^ = 12000,0 kg · m 2 / s k ^ Un auto de carreras de Fórmula 1 con una masa de 750,0 kg circula a gran velocidad por un circuito de Mónaco y entra en una curva circular a 220,0 km/h en sentido contrario de las agujas del reloj en torno al origen del círculo. En otra parte del recorrido, el auto entra en un segundo giro circular a 180 km/h también en sentido contrario de las agujas del reloj. Si el radio de curvatura de la primera curva es de 130,0 m y el de la segunda es de 100,0 m, compare los momentos angulares del auto de carreras en cada curva tomados en torno al origen del giro circular. Una partícula de masa 5,0 kg tiene un vector de posición r → = ( 2,0 i ^ - 3,0 j ^ ) m en un instante determinado cuando su velocidad es v → = ( 3,0 i ^ ) m / s con respecto al origen. (a) ¿Cuál es el momento angular de la partícula? (b) Si una fuerza F → = 5,0 j ^ N actúa sobre la partícula en este instante, ¿cuál es el torque en torno al origen? a. l → = 45,0 kg · m 2 / s k ^ ; b. τ → = 10,0 N · m k ^ Utilice la regla de la mano derecha para determinar las direcciones de los momentos angulares en torno al origen de las partículas como se muestra a continuación. El eje de la z está afuera de la página. Supongamos que las partículas del problema anterior tienen masas m 1 = 0,10 kg, m 2 = 0,20 kg, m 3 = 0,30 kg, m 4 = 0,40 kg . Las velocidades de las partículas son v 1 = 2,0 i ^ m / s , v 2 = ( 3,0 i ^ - 3,0 j ^ ) m / s , v 3 = −1,5 j ^ m / s , v 4 = −4,0 i ^ m / s . (a) Calcule el momento angular de cada partícula en torno al origen. (b) ¿Cuál es el momento angular total del sistema de cuatro partículas en torno al origen? a. l → 1 = -0,4 kg · m 2 / s k ^ , l → 2 = l → 4 = 0 , l → 3 = 1,35 kg · m 2 / s k ^ ; b. L → = 0,95 kg · m 2 / s k ^ Dos partículas de igual masa viajan con la misma rapidez en direcciones opuestas a lo largo de líneas paralelas separadas por una distancia d . Demuestre que el momento angular de este sistema de dos partículas es el mismo, independientemente del punto que se utilice como referencia para calcular el momento angular. Un avión de masa 4,0 × 10 4 kg vuela horizontalmente a una altitud de 10 km, con una rapidez constante de 250 m/s con respecto a la Tierra. (a) ¿Cuál es la magnitud del momento angular del avión con respecto a un observador en tierra situado directamente debajo del avión? (b) ¿Cambia el momento angular cuando el avión vuela a una altitud constante? a. L = 1,0 × 10 11 kg · m 2 / s ; b. No, el momento angular sigue siendo el mismo, ya que el producto cruz solo implica la distancia perpendicular del plano al suelo, independientemente de dónde se encuentre en su trayectoria. En un instante determinado, la posición de una partícula de 1,0 kg es r → = ( 2,0 i ^ - 4,0 j ^ + 6,0 k ^ ) m , su velocidad es v → = ( −1,0 i ^ + 4,0 j ^ + 1,0 k ^ ) m / s , y la fuerza sobre ella es F → = ( 10,0 i ^ + 15,0 j ^ ) N . (a) ¿Cuál es el momento angular de la partícula en torno al origen? (b) ¿Cuál es el torque de la partícula en torno al origen? (c) ¿Cuál es la tasa de tiempo del cambio del momento angular de la partícula en este instante? Una partícula de masa m se deja caer en el punto ( - d , 0 ) y cae verticalmente en el campo gravitacional de la Tierra - g j ^ . (a) ¿Cuál es la expresión para el momento angular de la partícula alrededor del eje de la z , que apunta directamente hacia afuera de la página como se muestra a continuación? (b) Calcule el torque de la partícula alrededor del eje de la z . (c) ¿Es el torque igual a la tasa de tiempo del cambio del momento angular? a. v → = - g t j ^ , r → ⊥ = - d i ^ , l → = m d g t k ^ ; b. F → = - m g j ^ , ∑ τ → = d m g k ^ ; c. sí (a) Calcule el momento angular de la Tierra en su órbita alrededor del Sol. (b) Compare este momento angular con el momento angular de la Tierra alrededor de su eje. Una roca de 20 kg de masa y 20 cm de radio rueda hacia abajo por una colina de 15 m de altura desde el reposo. ¿Cuál es su momento angular cuando está en la mitad de la colina? (b) ¿En la parte inferior? a. m g h = 1 2 m ( r ω ) 2 + 1 2 2 5 m r 2 ω 2 ; ω = 51,2 rad / s ; L = 16,4 kg · m 2 / s ; b. ω = 72,5 rad / s ; L = 23,2 kg · m 2 / s Un satélite gira a 6,0 rev/s. El satélite consta de un cuerpo principal en forma de esfera de 2,0 m de radio y 10.000 kg de masa, y dos antenas que sobresalen del centro de masa del cuerpo principal y que pueden aproximarse con varillas de 3,0 m de longitud cada una y 10 kg de masa. Las antenas se encuentran en el plano de rotación. ¿Cuál es el momento angular del satélite? Una hélice consta de dos aspas de 3,0 m de longitud cada una y una masa de 120 kg cada una. La hélice puede aproximarse por una sola varilla que rota alrededor de su centro de masa. La hélice parte del reposo y gira hasta 1.200 rpm en 30 segundos a una tasa constante. (a) ¿Cuál es el momento angular de la hélice a t = 10 s; t = 20 s? (b) ¿Cuál es el torque de la hélice? a. I = 720,0 kg · m 2 ; α = 4,20 rad / s 2 ; ω ( 10 s ) = 42,0 rad / s ; L = 3,02 × 10 4 kg · m 2 / s ; ω ( 20 s ) = 84,0 rad / s ; b. τ = 3,03 × 10 3 N · m Un pulsar es una estrella de neutrones que rota rápidamente. El pulsar de la nebulosa del Cangrejo, en la constelación de Tauro, tiene un periodo de 33,5 × 10 −3 s , radio de 10,0 km y masa 2,8 × 10 30 kg . El periodo de rotación del pulsar aumentará con el tiempo debido a la liberación de radiación electromagnética, que no cambia su radio, pero reduce su energía de rotación. (a) ¿Cuál es el momento angular del pulsar? (b) Supongamos que la velocidad angular disminuye a una tasa de 10 −14 rad / s 2 . ¿Cuál es el torque del pulsar? Las aspas de una turbina de viento tienen 30 m de longitud y rotan a una tasa máxima de 20 rev/min. (a) Si las aspas pesan 6.000 kg cada una y el conjunto del rotor tiene tres aspas, calcule el momento angular de la turbina a esta tasa de rotación. (b) ¿Cuál es el torque necesario para hacer girar las aspas hasta la tasa máxima de rotación en 5 minutos? a. L = 1,131 × 10 7 kg · m 2 / s ; b. τ = 3,77 × 10 4 N · m Una montaña rusa tiene una masa de 3.000,0 kg y debe atravesar con seguridad un giro circular vertical de 50,0 m de radio. ¿Cuál es el momento angular mínimo de la montaña rusa en la parte inferior del giro circular para pasar con seguridad? Ignore la fricción en la pista. Tome la montaña rusa como una partícula puntual. Un ciclista de montaña da un salto en una carrera y se va por los aires. La bicicleta de montaña se desplaza a 10,0 m/s antes de ir por los aires. Si la masa de la rueda delantera de la bicicleta es de 750 g y tiene un radio de 35 cm, ¿cuál es el momento angular de la rueda que gira en el aire en el momento en que la bicicleta abandona el suelo? ω = 28,6 rad / s ⇒ L = 2,6 kg · m 2 / s momento angular análogo rotacional del momento lineal, que se calcula al tomar el producto del momento de inercia y la velocidad angular

Ciencia


Conservación del momento angular Hasta ahora, hemos estudiado el momento angular de sistemas formados por partículas puntuales y cuerpos rígidos. También hemos analizado los torques involucrados, mediante la expresión que relaciona el torque neto externo con el cambio de momento angular, . Algunos ejemplos de sistemas que obedecen a esta ecuación son una rueda de bicicleta que gira libremente y desacelera con el tiempo debido al torque derivado de la fricción, o la desaceleración de la rotación de la Tierra a lo largo de millones de años debido a las fuerzas de fricción que se ejercen sobre las deformaciones de las mareas. Sin embargo, supongamos que no hay ningún torque externo neto en el sistema, ∑ τ → = 0 . En este caso, la se convierte en la ley de conservación del momento angular . Ley de conservación del momento angular El momento angular de un sistema de partículas alrededor de un punto en un marco de referencia inercial fijo se conserva si no hay ningún torque externo neto alrededor de ese punto: d L → d t = 0 o L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N = constante . Obsérvese que el momento angular total L → se conserva. Cualquiera de los momentos angulares puede cambiar mientras su suma permanezca constante. Esta ley es análoga al momento lineal que se conserva cuando la fuerza externa sobre un sistema es nula. Como ejemplo de conservación del momento angular, la muestra a una patinadora sobre hielo ejecutando un giro. El torque neto sobre ella es muy cercano a cero porque hay relativamente poca fricción entre sus patines y el hielo. Además, la fricción se ejerce muy cerca del punto de apoyo. Tanto | F → | como | r → | son pequeños, por lo que | τ → | es despreciable. En consecuencia, puede girar durante bastante tiempo. También puede aumentar su velocidad de giro al meter los brazos y las piernas. ¿Por qué al meter sus brazos y piernas aumenta su velocidad de giro? La respuesta es que su momento angular es constante, por lo que L ′ = L o I ′ ω ′ = I ω , donde las cantidades primas se refieren a las condiciones después de meter los brazos y reducir su momento de inercia. Porque I ′ es menor, la velocidad angular ω ′ deberá aumentar para mantener constante el momento angular. (a) Una patinadora sobre hielo gira en la punta de su patín con los brazos extendidos. Su momento angular se conserva porque el torque neto sobre ella es despreciable. (b) Su velocidad de giro aumenta significativamente cuando mete los brazos, lo que disminuye su momento de inercia. El trabajo que realiza para meter los brazos se traduce en un aumento de la energía cinética rotacional. Es interesante ver cómo cambia la energía cinética rotacional de la patinadora cuando mete los brazos. Su energía rotacional inicial es K Rot = 1 2 I ω 2 , mientras que su energía rotacional final es K ′ Rot = 1 2 I ′ ( ω ′ ) 2 . Dado que I ′ ω ′ = I ω , podemos sustituir por ω ′ y hallar K ′ Rot = 1 2 I ′ ( ω ′ ) 2 = 1 2 I ′ ( I I ′ ω ) 2 = 1 2 I ω 2 ( I I ′ ) = K Rot ( I I ′ )  . Porque su momento de inercia ha disminuido, I ′ < I , su energía cinética rotacional final ha aumentado. La fuente de esta energía cinética rotacional adicional es el trabajo necesario para meter los brazos. Obsérvese que los brazos de la patinadora no se mueven en un círculo perfecto, sino que se mueven en espiral hacia dentro. Este trabajo provoca un aumento en la energía cinética rotacional, mientras que su momento angular permanece constante. Como está en un ambiente sin fricción, no hay energía que se escape del sistema. Así, si extendiera los brazos a su posición original, giraría a su velocidad angular original y su energía cinética volvería a su valor original. El sistema solar es otro ejemplo de cómo funciona la conservación del momento angular en nuestro universo. Nuestro sistema solar nació de una enorme nube de gas y polvo que inicialmente tenía energía de rotación. Las fuerzas gravitacionales hicieron que la nube se contrajera y la tasa de rotación aumentó como resultado de la conservación del momento angular ( ). El sistema solar se unió a partir de una nube de gas y polvo que rotaba originalmente. El movimiento orbital y la rotación de los planetas están en la misma dirección que la rotación original y conservan el momento angular de la nube madre (créditos: modificación de un trabajo de la NASA). Continuamos nuestro debate con un ejemplo que tiene aplicaciones a la ingeniería. Volantes de inercia acoplados Un volante de inercia rota sin fricción a una velocidad angular ω 0 = 600 rev / min en un eje vertical sin fricción de inercia rotacional despreciable. Se deja caer sobre otro volante de inercia, que está en reposo y tiene el triple del momento de inercia del volante en rotación ( ). Dado que existe fricción entre las superficies, los volantes de inercia alcanzan muy rápidamente la misma velocidad de rotación, tras lo cual giran juntos. (a) Utilice la ley de conservación del momento angular para determinar la velocidad angular ω de la combinación. (b) ¿Qué fracción de la energía cinética inicial se pierde en el acoplamiento de los volantes de inercia? Dos volantes de inercia están acoplados y giran juntos. Estrategia La parte (a) sirve para resolver la velocidad angular del sistema acoplado. Utilizamos el resultado de (a) para comparar las energías cinéticas inicial y final del sistema en la parte (b). Solución a. No hay torques externos que actúen sobre el sistema. La fuerza debida a la fricción produce un torque interno, que no afecta al momento angular del sistema. Por lo tanto, la conservación del momento angular da I 0 ω 0 = ( I 0 + 3 I 0 ) ω , ω = 1 4 ω 0 = 150 rev / min = 15,7 rad / s . b. Antes del contacto, solo rota un volante de inercia. La energía cinética rotacional de este volante de inercia es la energía cinética de rotación inicial del sistema, 1 2 I 0 ω 0 2 . La energía cinética final es 1 2 ( 4 I 0 ) ω 2 = 1 2 ( 4 I 0 ) ( ω 0 4 ) 2 = 1 8 I 0 ω 0 2 . Por lo tanto, el cociente de energía cinética final y energía cinética inicial es 1 8 I 0 ω 0 2 1 2 I 0 ω 0 2 = 1 4 . Así, 3/4 de la energía cinética inicial se pierde por el acoplamiento de los dos volantes de inercia. Importancia Dado que la inercia rotacional del sistema aumentó, la velocidad angular disminuyó, como se prevé de la ley de conservación del momento angular. En este ejemplo, vemos que la energía cinética final del sistema disminuye, ya que se pierde energía por el acoplamiento de los volantes de inercia. Compare esto con el ejemplo de la patinadora en la que realiza un trabajo para meter los brazos y añadir energía cinética de rotación. Un tiovivo en un parque infantil gira a 4,0 rev/min. Tres niños saltan y aumentan el momento de inercia del sistema de rotación tiovivo/niños en 25 % . ¿Cuál es la nueva tasa de rotación? Al utilizar la conservación del momento angular, tenemos I ( 4,0 rev/min ) = 1,25 I ω f , ω f = 1,0 1,25 ( 4,0 rev / min ) = 3,2 rev / min Salida de la barra de equilibrio Un gimnasta de 80,0 kg realiza la salida de la barra de equilibrio. Comienza la salida en plena extensión, y luego se flexiona para completar un número de revoluciones antes de aterrizar. Su momento de inercia cuando está extendido totalmente puede calcularse aproximadamente como una varilla de 1,8 m de longitud y, cuando está flexionado, como una varilla de la mitad de esa longitud. Si su velocidad de rotación en plena extensión es de 1,0 rev/s y asume la posición agrupada cuando su centro de masa está a 3,0 m de altura moviéndose horizontalmente hacia el suelo, ¿cuántas revoluciones puede ejecutar si deshace la posición agrupada a 1,8 m de altura? Vea la . Un gimnasta realiza la salida de una barra de equilibrio y ejecuta un número de revoluciones en posición agrupada antes de aterrizar en posición vertical. Estrategia Utilizando la conservación del momento angular, podemos hallar su velocidad de rotación cuando está flexionado. Utilizando las ecuaciones de la cinemática, podemos hallar el intervalo de tiempo desde una altura de 3,0 m a 1,8 m. Dado que se mueve horizontalmente con respecto al suelo, las ecuaciones de la caída libre se simplifican. Esto permitirá calcular el número de revoluciones que se pueden ejecutar. Dado que utilizamos un cociente, podemos mantener las unidades como rev/s y no necesitamos convertir a radianes/s. Solución El momento de inercia en plena extensión es I 0 = 1 12 m L 2 = 1 12 80,0 kg ( 1 . 8 m ) 2 = 21,6 kg · m 2 . El momento de inercia en posición agrupada es I f = 1 12 m L f 2 = 1 12 80,0 kg ( 0 . 9 m ) 2 = 5,4 kg · m 2 . Conservación del momento angular I f ω f = I 0 ω 0 ⇒ ω f = I 0 ω 0 I f = 21,6 kg · m 2 ( 1,0 rev / s ) 5,4 kg · m 2 = 4,0 rev / s . Intervalo de tiempo en posición agrupada: t = 2 h g = 2 ( 3,0 − 1,8 ) m 9,8 m / s = 0,5 s . En 0,5 s, podrá ejecutar dos revoluciones a 4,0 rev/s. Importancia Tenga en cuenta que el número de revoluciones que puede completar dependerá del tiempo que esté en el aire. En el problema, sale de la barra de equilibrio horizontalmente hacia el suelo. También podría salir en un ángulo con respecto al suelo, lo que le daría más o menos tiempo en el aire, dependiendo del ángulo, positivo o negativo, con respecto al suelo. Los gimnastas deben tener esto en cuenta a la hora de realizar sus salidas. Conservación del momento angular de una colisión Una bala de masa m = 2,0 g se desplaza horizontalmente a una rapidez de 500,0 m / s . La bala golpea y se incrusta en el borde de un disco sólido de masa M = 3,2 kg y el radio R = 0,5 m . El cilindro rota libremente alrededor de su eje y está inicialmente en reposo ( ). ¿Cuál es la velocidad angular del disco inmediatamente después de que se incruste la bala? Una bala se dispara horizontalmente y se incrusta en el borde de un disco que rota libremente en torno a su eje vertical. Estrategia Para el sistema de la bala y el cilindro, ningún torque externo actúa a lo largo del eje vertical que pasa por el centro del disco. Así, el momento angular a lo largo de este eje se conserva. El momento angular inicial de la bala es m v R , que se toma sobre el eje de rotación del disco en el momento anterior a la colisión. El momento angular inicial del cilindro es cero. Así, el momento angular neto del sistema es m v R . Dado que el momento angular se conserva, el momento angular inicial del sistema es igual al momento angular de la bala incrustada en el disco inmediatamente después del impacto. Solución El momento angular inicial del sistema es L i = m v R . El momento de inercia del sistema con la bala incrustada en el disco es I = m R 2 + 1 2 M R 2 = ( m + M 2 ) R 2 . El momento angular final del sistema es L f = I ω f . Así, por la conservación del momento angular, L i = L f y m v R = ( m + M 2 ) R 2 ω f . Resolver para ω f , ω f = m v R ( m + M / 2 ) R 2 = ( 2,0 × 10 −3 kg ) ( 500,0 m / s ) ( 2,0 × 10 −3 kg + 1,6 kg ) ( 0,50 m ) = 1,2 rad / s . Importancia El sistema está compuesto por una partícula puntual y un cuerpo rígido. Hay que tener cuidado al formular el momento angular antes y después de la colisión. Justo antes del impacto, el momento angular de la bala se toma alrededor del eje de rotación del disco. Resumen En ausencia de torques externos, el momento angular total de un sistema se conserva. Es la contrapartida rotacional del momento lineal que se conserva cuando la fuerza externa sobre un sistema es nula. Para un cuerpo rígido que cambia su momento angular en ausencia de un torque externo neto, la conservación del momento angular da I f ω f = I i ω i . Esta ecuación establece que la velocidad angular es inversamente proporcional al momento de inercia. Así, si el momento de inercia disminuye, la velocidad angular deberá aumentar para conservar el momento angular. Los sistemas que contienen tanto partículas puntuales como cuerpos rígidos pueden analizarse mediante la conservación del momento angular. El momento angular de todos los cuerpos del sistema deberá tomarse en torno a un eje común. Preguntas conceptuales ¿Para qué sirve la hélice pequeña de la parte trasera de un helicóptero que gira en el plano perpendicular a la hélice grande? Sin la hélice pequeña, el cuerpo del helicóptero giraría en sentido contrario a la hélice grande para así conservar el momento angular. La pequeña hélice ejerce un empuje a una distancia R del centro de masa de la aeronave para que esto no ocurra. Supongamos que un niño camina desde el borde exterior de un tiovivo giratorio hacia el interior. ¿La velocidad angular del tiovivo aumenta, disminuye o permanece igual? Razone su respuesta. Supongamos que el tiovivo gira sin fricción. Cuando la cuerda de una pelota atada se enrolla alrededor de un poste, ¿qué ocurre con la velocidad angular de la pelota? La velocidad angular aumenta porque el momento de inercia disminuye. Supongamos que las capas de hielo polar se liberan y flotan hacia el ecuador de la Tierra sin fundirse. ¿Qué pasaría con la velocidad angular de la Tierra? Explique por qué las estrellas giran más rápido cuando colapsan. Se concentra más masa cerca del eje de rotación, lo que disminuye el momento de inercia y hace que la estrella aumente su velocidad angular. Los clavadistas de competición recogen las extremidades y se acurrucan cuando hacen volteretas. Justo antes de entrar al agua, extienden completamente sus extremidades para entrar directamente hacia abajo (ver abajo). Explique el efecto de ambas acciones sobre sus velocidades angulares. Explique también el efecto sobre su momento angular Problemas Un disco de masa 2,0 kg y radio 60 cm con una pequeña masa de 0,05 kg fijada en el borde rota a 2,0 rev/s. La pequeña masa, mientras está unida al disco, se desliza gradualmente hacia el centro del disco. ¿Cuál es la velocidad de rotación final del disco? La masa del Sol es 2,0 × 10 30 kg, su radio es 7,0 × 10 5 km, y tiene un periodo de rotación de aproximadamente 28 días. Si el Sol colapsara en una enana blanca de radio 3,5 × 10 3 km, ¿cuál sería su periodo si no se eyectara masa y una esfera de densidad uniforme pudiera modelar el Sol tanto antes como después? L f = 2 5 M S ( 3,5 × 10 3 km ) 2 2 π T f , ( 7,0 × 10 5 km ) 2 2 π 28 días = ( 3,5 × 10 3 km ) 2 2 π T f ⇒ T f = 28 días ( 3,5 × 10 3 km ) 2 ( 7,0 × 10 5 km ) 2 = 7,0 × 10 − 4 día = 60,5 s Un cilindro con inercia de rotación I 1 = 2,0 kg · m 2 rota en el sentido de las agujas del reloj alrededor de un eje vertical que pasa por su centro a rapidez angular ω 1 = 5,0 rad / s . Otro cilindro con inercia de rotación I 2 = 1,0 kg · m 2 rota en sentido contrario a las agujas del reloj en torno al mismo eje a rapidez angular ω 2 = 8,0 rad / s . Si los cilindros se acoplan de forma que tengan el mismo eje de rotación, ¿cuál es la rapidez angular de la combinación? ¿Qué porcentaje de la energía cinética original se pierde con la fricción? Un clavadista que sale del trampolín realiza una rotación inicial con el cuerpo totalmente extendido antes de asumir la posición agrupada y ejecutar tres saltos mortales hacia atrás antes de caer al agua. Si su momento de inercia antes de flexionarse es 16,9 kg · m 2 y después de la posición agrupada durante los saltos mortales es 4,2 kg · m 2 , ¿qué velocidad de rotación deberá impartir a su cuerpo directamente fuera de la tabla y antes de la posición agrupada si tarda 1,4 s en ejecutar los saltos mortales antes de caer al agua? f f = 2,1 rev / s ⇒ f 0 = 0,5 rev / s Un satélite terrestre tiene su apogeo a 2.500 km sobre la superficie de la Tierra y su perigeo a 500 km sobre la superficie de la Tierra. En el apogeo su rapidez es de 6.260 m/s. ¿Cuál es su rapidez en el perigeo? El radio de la Tierra es de 6.370 km (véase más abajo). La órbita de Mólniya es una órbita muy excéntrica de un satélite de comunicaciones para proporcionar una cobertura de comunicaciones continua a los países escandinavos y la Rusia adyacente. La órbita se sitúa de manera que estos países tengan el satélite a la vista durante largos periodos (véase más abajo). Si un satélite en dicha órbita tiene un apogeo a 40.000,0 km, medido desde el centro de la Tierra, y una velocidad de 3,0 km/s, ¿cuál sería su velocidad en el perigeo, medida a 200,0 km de altura? r P m v P = r A m v A ⇒ v P = 18,3 km / s A continuación se muestra una pequeña partícula de masa 20 g que se desplaza a una rapidez de 10,0 m/s cuando choca y se pega al borde de un cilindro sólido uniforme. El cilindro rota libremente en torno a su eje a través de su centro y es perpendicular a la página. El cilindro tiene una masa de 0,5 kg y un radio de 10 cm, y está inicialmente en reposo. (a) ¿Cuál es la velocidad angular del sistema después de la colisión? (b) ¿Cuánta energía cinética se pierde en la colisión? Un insecto de masa 0,020 kg está en reposo, en el borde de un disco cilíndrico macizo ( M = 0,10 kg, R = 0,10 m ) rotando en un plano horizontal alrededor del eje vertical que pasa por su centro. El disco rota a 10,0 rad/s. El insecto se arrastra hacia el centro del disco. (a) ¿Cuál es la nueva velocidad angular del disco? (b) ¿Cuál es el cambio en la energía cinética del sistema? (c) Si el insecto vuelve a arrastrarse hasta el borde exterior del disco, ¿cuál es entonces la velocidad angular del disco? (d) ¿Cuál es la nueva energía cinética del sistema? (e) ¿Cuál es la causa del aumento y la disminución de la energía cinética? a. I disco = 5,0 × 10 −4 kg · m 2 , I insecto = 2,0 × 10 −4 kg · m 2 , ( I disco + I insecto ) ω 1 = I disco ω 2 , ω 2 = 14,0 rad / s b. Δ K = 0,014 J ; c. ω 3 = 10,0 rad / s de vuelta al valor original; d. 1 2 ( I disco + I insecto ) ω 3 2 = 0,035 J de vuelta al valor original; e. trabajo del insecto arrastrándose por el disco Una varilla uniforme de masa 200 g y longitud 100 cm rota libremente en un plano horizontal alrededor de un eje vertical fijo que pasa por su centro, perpendicular a su longitud. Dos pequeñas cuentas, cada una de ellas de 20 g de masa, están montadas en ranuras a lo largo de la varilla. Inicialmente, las dos cuentas están sujetas por medio de enganches en lados opuestos del centro de la varilla, a 10 cm del eje de rotación. Con las cuentas en esta posición, la varilla rota a una velocidad angular de 10,0 rad/s. Cuando se sueltan los cierres, las cuentas se deslizan hacia fuera a lo largo de la varilla. (a) ¿Cuál es la velocidad angular de la varilla cuando las cuentas llegan a los extremos de la misma? (b) ¿Cuál es la velocidad angular de la varilla si las cuentas salen volando de la misma? Un tiovivo tiene un radio de 2,0 m y un momento de inercia 300 kg · m 2 . Un niño con una masa de 50 kg corre tangente a la llanta a una rapidez de 4,0 m/s y salta sobre ella. Si el tiovivo está inicialmente en reposo, ¿cuál es la velocidad angular después de que el niño se suba? L i = 400,0 kg · m 2 / s , L f = 500,0 kg · m 2 ω , ω = 0,80 rad / s Un tiovivo de parque infantil tiene una masa de 120 kg y un radio de 1,80 m y rota a una velocidad angular de 0,500 rev/s. ¿Cuál es su velocidad angular después de que un niño de 22,0 kg se suba a él agarrando su borde exterior? El niño está inicialmente en reposo. Tres niños están montados en el borde de un tiovivo que pesa 100 kg, tiene un radio de 1,60 m y gira a 20,0 rpm. Los niños tienen masas de 22,0, 28,0 y 33,0 kg. Si el niño que tiene una masa de 28,0 kg se desplaza al centro del tiovivo, ¿cuál es la nueva velocidad angular en rpm? I 0 = 340,48 kg · m 2 , I f = 268,8 kg · m 2 , ω f = 25,33 rpm (a) Calcule el momento angular de un patinador sobre hielo que gira a 6,00 rev/s dado que su momento de inercia es 0,400 kg · m 2 . (b) Reduce su tasa de giro (su velocidad angular) al extender sus brazos y aumentar su momento de inercia. Halle el valor de su momento de inercia si su velocidad angular disminuye a 1,25 rev/s. (c) Suponga que, en cambio, mantiene los brazos metidos y deja que la fricción del hielo le frene a 3,00 rev/s. ¿Qué torque medio se ha ejercido si se tarda 15,0 s? Unos patinadores en pareja se acercan el uno al otro, como se muestra a continuación y se entrelazan las manos. (a) Calcule su velocidad angular final, dado que cada uno tenía una rapidez inicial de 2,50 m/s respecto al hielo. Cada uno tiene una masa de 70,0 kg, y cada uno tiene un centro de masa situado a 0,800 m de sus manos entrelazadas. Puede aproximar sus momentos de inercia a los de las masas puntuales en este radio. (b) Compare la energía cinética inicial y la energía cinética final. a. L = 280 kg · m 2 / s , I f = 89,6 kg · m 2 , ω f = 3,125 rad / s ; b. K i = 437,5 J , K f = 437,5 J Un receptor de béisbol extiende su brazo hacia arriba para atrapar una bola rápida a una rapidez de 40 m/s. La pelota pesa 0,145 kg, la longitud del brazo del receptor es de 0,5 m y la masa de 4,0 kg. (a) ¿Cuál es la velocidad angular del brazo inmediatamente después de atrapar la pelota, medida desde la cuenca del brazo? (b) ¿Cuál es el torque aplicado si el receptor detiene la rotación de su brazo 0,3 s después de atrapar la pelota? En 2015, en Varsovia (Polonia), Olivia Oliver, de Nueva Escocia, batió el récord mundial de ser la más rápida en patinaje sobre hielo. Alcanzó el récord de 342 revoluciones por minuto, tras superar el récord mundial Guinness existente por 34 rotaciones. Si una patinadora sobre hielo extiende sus brazos a esa velocidad de rotación, ¿cuál sería su nueva velocidad de rotación? Supongamos que puede aproximarse por una varilla de 45 kg que tiene 1,7 m de altura y un radio de 15 cm en el giro récord. Con los brazos estirados toma la aproximación de una vara de longitud 130 cm con 10 % de su masa corporal alineada perpendicularmente al eje de giro. No tener en cuenta las fuerzas de fricción. Momento de inercia en el giro del disco: I 0 = 0,5 kg · m 2 , I f = 1,1 kg · m 2 , ω f = I 0 I f ω 0 ⇒ f f = 155,5 rev / min Un satélite en órbita circular geosincrónica está a 42.164,0 km del centro de la Tierra. Un pequeño asteroide colisiona con el satélite y lo envía a una órbita elíptica de 45.000,0 km de apogeo. ¿Cuál es la rapidez del satélite en el apogeo? Supongamos que su momento angular se conserva. Una gimnasta da volteretas por el suelo, luego se lanza al aire y ejecuta varias volteretas en posición agrupada mientras está en el aire. Si su momento de inercia al ejecutar las volteretas es 13,5 kg · m 2 y su velocidad de giro es de 0,5 rev/s, ¿cuántas revoluciones hace en el aire si su momento de inercia en posición agrupada es 3,4 kg · m 2 y tiene 2,0 s para hacer las volteretas en el aire? Su velocidad de giro en el aire es f f = 2,0 rev / s ; Puede dar cuatro vueltas en el aire. La centrífuga del Centro de Investigación Ames de la NASA tiene un radio de 8,8 m y puede generar fuerzas sobre su carga útil de 20 g s o 20 veces la fuerza de la gravedad en la Tierra. (a) ¿Cuál es el momento angular de una carga útil de 20 kg que experimenta 10 g s en la centrífuga? (b) Si se apaga el motor impulsor en (a) y la carga útil pierde 10 kg, ¿cuál sería su nueva velocidad de giro, teniendo en cuenta que no hay fuerzas de fricción presentes? Una atracción de feria tiene cuatro radios a los que se unen vainas con capacidad para dos personas. Los radios tienen 15 m de longitud cada uno y están unidos a un eje central. Cada radio tiene una masa de 200,0 kg, y las vainas tienen una masa de 100,0 kg cada una. Si la atracción gira a 0,2 rev/s con cada cápsula que contiene dos niños de 50,0 kg, ¿cuál es la nueva velocidad de giro si todos los niños saltan de la atracción? Momento de inercia con todos los niños a bordo I 0 = 2,4 × 10 5 kg · m 2 ; I f = 1,5 × 10 5 kg · m 2 ; f f = 0,3 rev / s Un patinador sobre hielo se prepara para dar un salto con giros con los brazos extendidos. Su momento de inercia es 1,8 kg · m 2 mientras sus brazos están extendidos, y gira a 0,5 rev/s. Si se lanza al aire a 9,0 m/s a un ángulo de 45 ° con respecto al hielo, ¿cuántas revoluciones puede ejecutar si su momento de inercia en el aire es 0,5 kg · m 2 ? Una estación espacial consiste en un gigantesco cilindro hueco giratorio de masa 10 6 kg que incluye a las personas en la estación y en un radio de 100,00 m. Rota en el espacio a 3,30 revoluciones por minuto para así producir gravedad artificial. Si 100 personas con una masa media de 65,00 kg realizan una caminata espacial hasta una nave que les espera, ¿cuál es la nueva tasa de rotación cuando todas las personas están fuera de la estación? I 0 = 1,00 × 10 10 kg · m 2 , I f = 9,94 × 10 9 kg · m 2 , f f = 3,32 rev / min Neptuno tiene una masa de 1,0 × 10 26 kg y es 4,5 × 10 9 km del Sol con un periodo orbital de 165 años. Los planetesimales del sistema solar primigenio hace 4.500 millones de años se fusionaron con Neptuno a lo largo de cientos de millones de años. Si el disco primordial que evolucionó hasta nuestro actual sistema solar tenía un radio de 10 11 km y si la materia que formaba estos planetesimales, que luego se convirtieron en Neptuno, estaba repartida uniformemente en los bordes del mismo, ¿cuál era el periodo orbital de los bordes exteriores del disco primordial? ley de conservación del momento angular el momento angular se conserva, es decir, el momento angular inicial es igual al momento angular final cuando no se aplica ningún torque externo al sistema

Ciencia


Precesión de un giroscopio En la se muestra un giroscopio , definido como un disco giratorio en el que el eje de rotación adopta libremente cualquier orientación. Al girar, la orientación del eje de rotación no resulta afectada por la orientación del cuerpo que lo encierra. La carrocería o el vehículo que encierra el giroscopio puede moverse de un lugar a otro y la orientación del eje de giro seguirá siendo la misma. Esto hace que los giroscopios sean muy útiles en la navegación, especialmente cuando no se pueden utilizar brújulas magnéticas, como en las naves espaciales pilotadas y no pilotadas, los misiles balísticos intercontinentales, los vehículos aéreos no tripulados y los satélites como el telescopio espacial Hubble. Un giroscopio consiste en un disco que gira en torno a un eje, el cual adopta libremente cualquier orientación. En las dos figuras siguientes ilustramos la precesión de un giroscopio con un ejemplo de la peonza. Si la peonza se coloca en una superficie plana cerca de la superficie de la Tierra en un ángulo con respecto a la vertical y no gira, se caerá. Esto se debe a que la fuerza de la gravedad produce un torque que actúa sobre su centro de masa. Esto se muestra en la (a). Sin embargo, si la peonza gira sobre su eje, en lugar de volcarse debido a este torque, precesa en torno a la vertical, como se muestra en la parte (b) de la figura. Esto se debe al torque en el centro de masa, que proporciona el cambio en el momento angular. (a) Si la peonza no gira, hay un torque r → × M g → en torno al origen, y la peonza se cae. (b) Si la peonza gira en torno a su eje O O ′ , no se cae, sino que precesa en torno al eje z . La muestra las fuerzas que actúan sobre una peonza. El torque producido es perpendicular al vector de momento angular. Esto cambia la dirección del vector de momento angular L → según d L → = τ → d t , pero no su magnitud. La peonza precesa alrededor de un eje vertical, ya que el torque es siempre horizontal y perpendicular a L → . Si la peonza no gira, adquiere un momento angular en la dirección del torque, y rota alrededor de un eje horizontal, para caer tal y como cabría esperar. La fuerza de gravedad que actúa sobre el centro de masa produce un torque τ → en dirección perpendicular a L → . La magnitud de L → no cambia, pero sí su dirección, y la peonza precesa en torno al eje z . Podemos experimentar este fenómeno de primera mano cuando sujetamos una rueda de bicicleta y tratamos de hacerla girar alrededor de un eje perpendicular al eje de giro. Como se muestra en la , la persona aplica fuerzas perpendiculares al eje de giro en un intento por hacer girar la rueda, pero en su lugar, el eje de la rueda comienza a cambiar de dirección hacia la izquierda de la persona debido al torque aplicado. (a) Una persona que sostiene la rueda de bicicleta la levanta con su mano derecha y empuja hacia abajo con su mano izquierda en un intento por hacerla girar. Esta acción crea un torque directamente hacia la persona. Este torque provoca un cambio en el momento angular Δ L → en exactamente la misma dirección. (b) Un diagrama vectorial que representa cómo Δ L → y L → sumar, lo que produce un nuevo momento angular que apunta más hacia la persona. La rueda se mueve hacia la persona, perpendicular a las fuerzas que ejerce sobre la rueda. Todos sabemos lo fácil que es que una bicicleta se vuelque cuando se está sentado en ella en reposo. Sin embargo, cuando se conduce la bicicleta a buen ritmo, volcarse implica cambiar el vector de momento angular de las ruedas. Vea el sobre la precesión del giroscopio para una demostración completa de la precesión de la rueda de bicicleta. Además, cuando se pone un disco giratorio en una caja como la de un reproductor de Blu-Ray, se intenta moverlo. Es fácil trasladar la caja en una dirección determinada, pero es difícil hacerla girar en torno a un eje perpendicular al eje del disco giratorio, ya que estamos ejerciendo un torque sobre la caja que provocará la precesión del vector momento angular del disco giratorio. Podemos calcular la tasa de precesión de la peonza en la . En la , vemos que la magnitud del torque es τ = r M g sen θ . Así, d L = r M g sen θ d t . El ángulo de precesión de la peonza en el tiempo dt es d ϕ = d L L sen θ = r M g sen θ L sen θ d t = r M g L d t . La velocidad angular de precesión es ω P = d ϕ d t y de esta ecuación vemos que ω P = r M g L . o, dado que L = I ω , ω P = r M g I ω . En esta derivación, asumimos que ω P ≪ ω , es decir, que la velocidad angular de precesión es mucho menor que la velocidad angular del disco del giroscopio. La velocidad angular de precesión añade un pequeña componente al momento angular a lo largo del eje z . Esto se traduce en un ligero balanceo hacia arriba y hacia abajo, a medida que el giroscopio precesa, lo que se denomina nutación. La propia Tierra actúa como un gigantesco giroscopio. Su momento angular se encuentra a lo largo de su eje y actualmente apunta a Polaris, la Estrella Polar. Sin embargo, la Tierra precesa lentamente (una vez cada 26.000 años aproximadamente) debido al torque del Sol y de la Luna sobre su forma no esférica. Período de precesión Un giroscopio gira con su punta en el suelo y con una resistencia a la fricción que es despreciable. El disco del giroscopio tiene una masa de 0,3 kg y gira a 20 rev/s. Su centro de masa está a 5,0 cm del pivote y el radio del disco es de 5,0 cm. ¿Cuál es el periodo de precesión del giroscopio? Estrategia Utilizamos la para calcular la velocidad angular precesional del giroscopio. Esto nos permite hallar el periodo de precesión. Solución El momento de inercia del disco es I = 1 2 m r 2 = 1 2 ( 0,30 kg ) ( 0,05 m ) 2 = 3,75 × 10 −4 kg · m 2 . La velocidad angular del disco es 20,0 rev / s = 20,0 ( 2 π ) rad / s = 125,66 rad / s . Ahora podemos sustituir en la . La velocidad angular de precesión es ω P = r M g I ω = ( 0,05 m ) ( 0,3 kg ) ( 9,8 m / s 2 ) ( 3,75 × 10 −4 kg · m 2 ) ( 125,66 rad / s ) = 3,12 rad / s . El periodo de precesión del giroscopio es T P = 2 π 3,12 rad / s = 2,0 s . Importancia La frecuencia angular de precesión del giroscopio, 3,12 rad/s, o sea, unas 0,5 rev/s, es mucho menor que la velocidad angular 20 rev/s del disco del giroscopio. Por lo tanto, no esperamos que surja un gran componente del momento angular debido a la precesión, y la es una buena aproximación de la velocidad angular de precesión. Una peonza tiene una frecuencia de precesión de 5,0 rad/s en la Tierra. ¿Cuál es su frecuencia de precesión en la Luna? La gravedad de la Luna es 1/6 de la de la Tierra. Al examinar la , vemos que la frecuencia de precesión de la peonza es linealmente proporcional a la aceleración de la gravedad. Todas las demás magnitudes, masa, momento de inercia y velocidad de giro son iguales en la Luna. Así, la frecuencia de precesión en la Luna es ω P (Luna) = 1 6 ω P (Tierra) = 1 6 ( 5,0 rad / s ) = 0,83 rad / s . Resumen Cuando un giroscopio se coloca en un pivote cerca de la superficie de la Tierra, precesa alrededor de un eje vertical, ya que el torque es siempre horizontal y perpendicular a L → . Si el giroscopio no está girando, adquiere momento angular en la dirección del torque, y gira en torno a un eje horizontal, para caer tal y como esperaríamos. La velocidad angular de precesión viene dada por ω P = r M g I ω , donde r es la distancia del pivote al centro de masa del giroscopio, I es el momento de inercia del disco giratorio del giroscopio, M es su masa y ω es la frecuencia angular del disco del giroscopio. Ecuaciones clave Velocidad del centro de masa del objeto rodante v CM = R ω Aceleración del centro de masa del objeto rodante a CM = R α Desplazamiento del centro de masa del objeto rodante d CM = R θ Aceleración de un objeto que rueda sin resbalar a CM = m g sen θ m + ( I CM / r 2 ) Momento angular l → = r → × p → La derivada del momento angular es igual al torque d l → d t = ∑ τ → Momento angular de un sistema de partículas L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N Para un sistema de partículas, la derivada del momento angular es igual al torque d L → d t = ∑ τ → Momento angular de un cuerpo rígido en rotación L = I ω Conservación del momento angular d L → d t = 0 Conservación del momento angular L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N = constante Velocidad angular precesional ω P = r M g I ω Preguntas conceptuales Los giroscopios utilizados en los sistemas de orientación para indicar direcciones en el espacio deben tener un momento angular que no cambie de dirección. Cuando se colocan en el vehículo, se ponen en un compartimento separado del fuselaje principal, de manera que los cambios en la orientación del fuselaje no afecten la orientación del giroscopio. Si el vehículo espacial está sometido a grandes fuerzas y aceleraciones, ¿cómo es posible que la dirección del momento angular de los giroscopios sea constante en todo momento? Se necesita un torque en dirección perpendicular al vector de momento angular para cambiar su dirección. Estas fuerzas que actúan sobre el vehículo espacial son externas al contenedor en el que está montado el giroscopio y no imparten torques al disco giratorio del giroscopio. La Tierra precesa en torno a su eje vertical en un periodo de 26.000 años. Analice si la puede utilizarse para calcular la velocidad angular precesional de la Tierra. Problemas Un giroscopio tiene un disco de 0,5 kg que gira a 40 rev/s. El centro de masa del disco está a 10 cm de un pivote que es también el radio del disco. ¿Cuál es la velocidad angular de precesión? I = 2,5 × 10 −3 kg · m 2 , ω P = 0,78 rad / s La velocidad angular de precesión de un giroscopio es de 1,0 rad/s. Si la masa del disco en rotación es de 0,4 kg y su radio es de 30 cm, así como la distancia desde el centro de masa hasta el pivote, ¿cuál es la velocidad de rotación en rev/s del disco? El eje de la Tierra hace un ángulo de 23,5 ° , en dirección perpendicular al plano de la órbita terrestre. Como se muestra a continuación, este eje precesa, para hacer una rotación completa en 25.780 y. (a) Calcula el cambio en el momento angular en la mitad de este tiempo. (b) ¿Cuál es el torque promedio que produce este cambio en el momento angular? (c) Si este torque lo creara un par de fuerzas que actúan en el punto más efectivo del ecuador, ¿cuál sería la magnitud de cada fuerza? a. L Tierra = 7,06 × 10 33 kg · m 2 / s , Δ L = 5,63 × 10 33 kg · m 2 / s ; b. τ = 1,4 × 10 22 N · m ; c. Las dos fuerzas en el ecuador tendrían la misma magnitud, aunque diferentes direcciones: una en dirección norte y otra en dirección sur, en el lado opuesto de la Tierra. El ángulo entre las fuerzas y los brazos de palanca hacia el centro de la Tierra es 90 ° , por lo que un torque dado tendría una magnitud τ = F R E sen 90 ° = F R E . Ambos proporcionarían un torque en la misma dirección: τ = 2 F R E ⇒ F = 1,3 × 10 15 N Problemas adicionales Una canica rueda por el suelo a una rapidez de 7,0 m/s cuando arranca en un plano inclinado a 30 ° a la horizontal. (a) ¿Qué distancia recorre la canica en el plano antes de detenerse? (b) ¿Cuánto tiempo transcurre mientras la canica se desplaza por el plano? Repita el problema anterior; esta vez, sustituya la canica por una esfera hueca. Explique los nuevos resultados. a CM = − 3 10 g , v 2 = v 0 2 + 2 a CM x ⇒ v 2 = ( 7,0 m / s ) 2 − 2 ( 3 10 g ) x , v 2 = 0 ⇒ x = 8,34 m; b. t = v − v 0 a CM , v = v 0 + a CM t ⇒ t = 2,38 s ; La esfera hueca tiene un momento de inercia mayor, y por lo tanto es más difícil de poner en reposo que la canica o esfera sólida. La distancia recorrida es mayor y el tiempo transcurrido es más largo. La masa de un aro de radio 1,0 m es de 6,0 kg. Rueda por una superficie horizontal a una rapidez de 10,0 m/s. (a) ¿Cuánto trabajo se requiere para detener el aro? (b) Si el aro arranca en una superficie a 30 ° a la horizontal, a una rapidez de 10,0 m/s, ¿qué distancia recorrerá por la pendiente antes de detenerse y volver a rodar hacia abajo? Repita el problema anterior con una esfera hueca de igual radio y masa y velocidad inicial. Explique las diferencias en los resultados. a. W = -500,0 J ; b. K + U gravedad = constante , 500 J + 0 = 0 + ( 6,0 kg ) ( 9,8 m / s 2 ) h , h = 8,5 m, d = 17,0 m ; El momento de inercia es menor con la esfera hueca, por lo que se requiere menos trabajo para detenerla. Asimismo, rueda por la pendiente una distancia más corta que el aro. Una partícula tiene una masa de 0,5 kg y se desplaza por la línea x = 5,0 m a 2,0 m/s en la dirección y positiva. ¿Cuál es el momento angular de la partícula respecto al origen? Una partícula de 4,0 kg se desplaza en un círculo de radio 2,0 m. El momento angular de la partícula varía en el tiempo según l = 5,0 t 2 . (a) ¿Cuál es el torque de la partícula en torno al centro del círculo en t = 3,4 s ? (b) ¿Cuál es la velocidad angular de la partícula en t = 3,4 s ? a. τ = 34,0 N · m ; b. l = m r 2 ω ⇒ ω = 3,6 rad / s Un protón se acelera en un ciclotrón para 5,0 × 10 6 m / s en 0,01 s. El protón sigue una trayectoria circular. Si el radio del ciclotrón es de 0,5 km, (a) ¿Cuál es el momento angular del protón en torno al centro a su máxima velocidad? (b) ¿Cuál es el torque del protón en torno al centro mientras acelera a su máxima velocidad? (a) ¿Cuál es el momento angular de la Luna en su órbita alrededor de la Tierra? (b) ¿Cómo se compara este momento angular con el de la Luna en su eje? Recuerde que la Luna mantiene la misma cara hacia la Tierra en todo momento. a. d M = 3,85 × 10 8 m distancia promedio hasta la Luna; periodo orbital 27,32 d = 2,36 × 10 6 s ; rapidez de la Luna 2 π 3,85 × 10 8 m 2,36 × 10 6 s = 1,0 × 10 3 m / s ; masa de la Luna 7,35 × 10 22 kg , L = 2,90 × 10 34 kg m 2 / s ; b. radio de la Luna 1,74 × 10 6 m ; el periodo orbital es el mismo que (a) ω = 2,66 × 10 −6 rad / s , L = 2,37 × 10 29 kg · m 2 / s ; El momento angular orbital es 1,22 × 10 5 veces mayor que el momento angular de rotación de la Luna. Un DVD rota a 500 rpm. ¿Cuál es el momento angular del DVD si tiene un radio de 6,0 cm y una masa de 20,0 g? Un disco de alfarero gira desde el reposo hasta 10 rev/s en 15 s. El disco tiene una masa de 3,0 kg y un radio de 30,0 cm. ¿Cuál es el momento angular del disco en t = 5 s, t = 1 0 s ? I = 0,135 kg · m 2 , α = 4,19 rad / s 2 , ω = ω 0 + α t , ω ( 5 s ) = 21,0 rad / s , L = 2,84 kg · m 2 / s , ω ( 10 s ) = 41,9 rad / s , L = 5,66 kg · m / s 2 Supongamos que arranca un automóvil antiguo al ejercer una fuerza de 300 N en su manivela durante 0,250 s. ¿Cuál es el momento angular dado al motor si la manivela está a 0,300 m del pivote y la fuerza se ejerce para crear el máximo torque todo el tiempo? Un cilindro macizo de masa 2,0 kg y radio 20 cm rota en sentido contrario a las agujas del reloj, en torno a un eje vertical que pasa por su centro a 600 rev/min. Otro cilindro macizo de la misma masa y radio rota en el sentido de las agujas del reloj alrededor del mismo eje vertical a 900 rev/min. Si los cilindros se acoplan de forma que roten en torno al mismo eje vertical, ¿cuál es la velocidad angular de la combinación? En la ecuación de conservación del momento angular, la tasa de rotación aparece en ambos lados, por lo que mantenemos la notación (rev/min), ya que la velocidad angular puede multiplicarse por una constante para obtener (rev/min) L i = -0,04 kg · m 2 ( 300,0 rev / min), L f = 0,08 kg · m 2 f f ⇒ f f = -150,0 rev / min en el sentido de las agujas del reloj Un niño se sitúa en el centro de una plataforma que rota sin fricción a 1,0 rev/s. El niño sostiene las pesas lo más lejos posible de su cuerpo. En esta posición, el momento de inercia total del niño, de la plataforma y de las pesas es 5,0 kg · m 2 . El niño acerca las pesas a su cuerpo, lo que disminuye el momento de inercia total a 1,5 kg · m 2 . (a) ¿Cuál es la velocidad angular final de la plataforma? (b) ¿En cuánto aumenta la energía cinética rotacional? Ocho niños, con una masa de 40 kg cada uno, se suben a un pequeño tiovivo. Se posicionan uniformemente en el borde exterior y juntan las manos. El tiovivo tiene un radio de 4,0 m y un momento de inercia 1.000,0 kg · m 2 . Después de dar al tiovivo una velocidad angular de 6,0 rev/min, los niños caminan hacia adentro y se detienen cuando están a 0,75 m del eje de rotación. ¿Cuál es la nueva velocidad angular del tiovivo? Supongamos que hay un torque de fricción despreciable en la estructura. I 0 ω 0 = I f ω f , I 0 = 6120,0 kg · m 2 , I f = 1180,0 kg · m 2 , ω f = 31,1 rev / min Un palo delgado de 150 g de masa rota alrededor de un eje perpendicular al eje largo del palo, a una velocidad angular de 240 rev/min. ¿Cuál es el momento angular del palo si el eje de rotación (a) pasa por el centro del palo? (b) pasa por un extremo del palo? Un satélite esferoide de 20.000 kg de masa y 5,0 m de radio gira en torno a un eje que pasa por su centro de masa. Tiene una tasa de rotación de 8,0 rev/s. Dos antenas se despliegan en el plano de rotación, que se extiende desde el centro de masa del satélite. Cada antena puede calcularse aproximadamente como una varilla que tiene una masa de 200,0 kg y una longitud de 7,0 m. ¿Cuál es la nueva tasa de rotación del satélite? L i = 1,00 × 10 7 kg · m 2 / s , I f = 2,025 × 10 5 kg · m 2 , ω f = 7,86 rev / s Una peonza tiene momento de inercia 3,2 × 10 −4 kg · m 2 y un radio de 4,0 cm desde el centro de masa hasta el punto de apoyo. Si gira a 20,0 rev/s y está en precesión, ¿cuántas revoluciones da en 10,0 s? Problemas de desafío El camión que se muestra a continuación está inicialmente en reposo con un cilindro de papel sólido cilíndrico en el remolque. Si el camión avanza a una aceleración uniforme a , ¿qué distancia s recorre antes de que el papel ruede por el extremo trasero del remolque? (Pista : Si el rollo de papel se acelera hacia adelante con a ′ , entonces se acelera hacia atrás respecto al camión con una aceleración a − a ′ . También, R α = a − a ′ ). Supongamos que el rollo de papel acelera hacia delante con respecto al suelo con una aceleración a ′ . Entonces acelera hacia atrás con respecto al camión con una aceleración ( a − a ′ ) . También, R α = a − a ′ I = 1 2 m R 2 ∑ F x = f s = m a ′ , ∑ τ = f s R = I α = I a − a ′ R f s = I R 2 ( a − a ′ ) = 1 2 m ( a − a ′ ) , Resolución de a ′ : f s = 1 2 m ( a − a ′ ) ; a ′ = a 3 , x − x 0 = v 0 t + 1 2 a t 2 ; d = 1 3 a t 2 ; t = 3 d a ; por lo tanto, s = 1,5 d Una bola de boliche de 8,5 cm de radio se lanza a la pista a una velocidad de 9,0 m/s. La dirección del lanzamiento es hacia la izquierda, vista por el observador, por lo que la bola de boliche comienza a rotar en sentido contrario a las agujas del reloj cuando entra en contacto con el suelo. El coeficiente de fricción cinética en la pista es de 0,3. (a) ¿Cuál es el tiempo necesario para que la bola llegue al punto en que no resbale? ¿Cuál es la distancia d hasta el punto en que la bola rueda sin resbalar? Una pequeña bola de masa 0,50 kg está unida por una cuerda sin masa a una varilla vertical que gira como se muestra a continuación. Cuando la varilla tiene una velocidad angular de 6,0 rad/s, la cuerda forma un ángulo de 30 ° con respecto a la vertical. (a) Si se aumenta la velocidad angular a 10,0 rad/s, ¿cuál es el nuevo ángulo de la cuerda? (b) Calcule los momentos angulares inicial y final de la bola. (c) ¿Puede la varilla girar lo suficientemente rápido como para que la bola quede horizontal? a. La tensión en el cordel proporciona la fuerza centrípeta tal que T sen θ = m r ⊥ ω 2 . El componente de la tensión que es vertical se opone a la fuerza gravitacional de tal manera que T cos θ = m g . Esto da T = 5,7 N . Resolvemos para r ⊥ = 0,16 m . Esto da la longitud del cordel como r = 0,32 m . En ω = 10,0 rad / s , hay un nuevo ángulo, tensión y radio perpendicular a la varilla. Al dividir las dos ecuaciones que implican la tensión para eliminarla, tenemos sen θ cos θ = ( 0,32 m sen θ ) ω 2 g ⇒ 1 cos θ = 0,32 m ω 2 g ; cos θ = 0,31 ⇒ θ = 72,2 ° ; b. l inicial = 0,08 kg · m 2 / s , l final = 0,46 kg · m 2 / s ; c. No, el coseno del ángulo es inversamente proporcional al cuadrado de la velocidad angular, por lo tanto, para lograr que θ → 90 ° , ω → ∞ . La varilla tendría que girar infinitamente rápido. Un insecto que vuela horizontalmente a 1,0 m/s choca y se pega al extremo de un palo uniforme que cuelga verticalmente. Tras el impacto, el palo gira hacia afuera, hasta un ángulo máximo de 5,0 ° desde la vertical antes de rotar hacia atrás. Si la masa del palo es 10 veces la del insecto, calcule la longitud del palo. precesión movimiento circular del polo del eje de un objeto que gira alrededor de otro eje debido a un torque

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