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11.10: Problemas y soluciones de la muestra

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    Ejercicio\(\PageIndex{1}\)

    Calcular el momento de inercia de un disco de masa uniforme\(M\) and radius \(R\), rotated about an axis that goes through its center and is perpendicular to the disk.

    Contestar

    Tenemos que dividir el disco en elementos de masa,\(dm\), que podamos sumar juntos para obtener el momento de inercia del disco. Podemos elegir un anillo de radio\(r\) y grosor radial\(dr\) para la forma de nuestro elemento de masa, como se representa en la Figura\(\PageIndex{1}\).

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    Figura\(\PageIndex{1}\): Un elemento de masa\(dm\),, en forma de anillo de radio\(r\) y espesor radial\(dr\).

    Podemos definir una densidad de masa superficial,\(\sigma\), igual a la masa por unidad de área del disco:\[\begin{aligned} \sigma = \frac{M}{\pi R^2}\end{aligned}\] La masa del elemento en forma de anillo está así dada por:\[\begin{aligned} dm = \sigma 2\pi r dr\end{aligned}\] donde\(2\pi r dr\) está el área del elemento de masa. Se puede imaginar desplegar el elemento de masa en un rectángulo de altura\(dr\) y de longitud\(2\pi r\) para obtener su área. Ahora que hemos expresado el elemento de masa en términos de\(r\), podemos proceder a calcular el momento de inercia del disco.

    Sabemos por el Ejemplo 11.6.1, que el momento infinitesimal de inercia,\(dI\), de un anillo de radio\(r\) y masa infinitesimal,\(dm\), alrededor de su eje de simetría viene dado por:\[\begin{aligned} dI = dm r^2\end{aligned}\]

    El momento de inercia del disco, se encuentra sumando los momentos de inercia de los anillos infinitesimales:\[\begin{aligned} I &=\int dI = \int dm r^2 = \int_0^R \sigma 2\pi r dr r^2 =2\pi \sigma \int_0^R r^3 dr \\ &=2 \pi \sigma \frac{1}{4}R^4 = 2\pi \left( \frac{M}{\pi R^2} \right) \frac{1}{4}R^4\\ &=\frac{1}{2}MR^2\end{aligned}\] donde eliminamos la densidad de masa superficial expresándola en términos de la masa total y radio del disco.

    Discusión:

    El momento de inercia de un disco de masa\(M\) y radio\(R\) es la mitad del de un anillo de radio\(R\) y masa\(M\). Por lo tanto, es más fácil rotar el disco que el anillo.

    Ejercicio\(\PageIndex{2}\)

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    Figura\(\PageIndex{2}\): Se suspende un letrero sobre una barra horizontal de masa\(M\) y longitud\(L\).

    Un soporte para letreros se construye sujetando una barra de masa\(M\) y longitud\(L\) a una pared mediante una bisagra que permite que la barra gire en el plano vertical. El signo de masa\(m\) está unido al extremo de la barra que está opuesto a la pared. La barra es sostenida por una cuerda que se une a la pared en un extremo y a la barra en el otro extremo, dos tercios de la longitud de la barra desde la pared, como se ilustra en la Figura\(\PageIndex{2}\). La cuerda forma un ángulo\(θ\) con respecto a la barra horizontal. Encuentra la tensión en la cuerda y la magnitud de la fuerza ejercida por la bisagra sobre la barra.

    Contestar

    Todo el sistema no se mueve y así está en equilibrio estático. Para determinar las fuerzas ejercidas sobre la barra por la cuerda y la bisagra, modelamos la barra como en equilibrio estático. Las fuerzas ejercidas sobre la barra son:

    • \(\vec F_g\), el peso de la barra, con magnitud\(Mg\), ejercida en el centro de masa de la barra.
    • \(\vec F_m\), una bajada forzada ejercida por el letrero al final de la barra, con magnitud\(mg\).
    • \(\vec T\), una fuerza de tensión ejercida por la cuerda a cierta\(2/3 L\) distancia de la pared.
    • \(\vec R\), una fuerza ejercida por la bisagra sobre la barra en el extremo junto a la pared 1. Esperamos que la fuerza de la bisagra tenga tanto una componente horizontal\(R_x\), como una componente vertical\(R_y\), para que la fuerza neta sobre la barra sea cero.

    Las fuerzas se ilustran en la Figura\(\PageIndex{3}\) junto con nuestra elección del sistema de coordenadas (y el\(z\) eje, no mostrado, señala fuera de la página).

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    Figura\(\PageIndex{3}\): Fuerzas en la barra que sostiene el signo de masa\(m\).

    Comenzamos por escribir los\(y\) componentes\(x\) y de la Segunda Ley de Newton (con aceleración cero):\[\begin{aligned} \sum F_x &= R_x - T\cos\theta =0\\ \sum F_y &= R_y + T\sin\theta - Mg - mg=0\end{aligned}\] Podemos elegir el eje sobre el cual calcular los pares. Dado que todas las fuerzas están en el\(xy\) plano, elegimos calcular los pares alrededor de un eje paralelo al\(z\) eje que atraviesa la bisagra en la pared. La fuerza de la bisagra,\(\vec R\), resultará así en un par de torsión de cero (ya que tiene un brazo de palanca de cero). El par de torsión de cada fuerza alrededor de la bisagra viene dado por:\[\begin{aligned} \vec \tau_M &= \vec r_M \times \vec F_g = \left(\frac{L}{2}\hat x\right) \times (-Mg \hat y) =-Mg\frac{L}{2} \hat z\\ \vec \tau_T &= \vec r_T \times \vec T = \left(\frac{L}{3}\hat x\right) \times (-T\cos\theta \hat x + T\sin\theta \hat y) =T\sin\theta\frac{L}{3} \hat z\\ \vec \tau_m &= \vec r_m \times \vec F_m = (L\hat x) \times (-mg \hat y) =-mgL\hat z\\\end{aligned}\] La suma de los pares en la\(z\) dirección debe ser cero para el equilibrio estático, lo que nos permite determinar la magnitud de la fuerza de tensión:\[\begin{aligned} \sum \tau_z = \tau_{Mz} + \tau_{Tz}+ \tau_{mz} &=0\\ -Mg\frac{L}{2} + T\sin\theta\frac{L}{3} -mgL &=0\\ -Mg\frac{1}{2} + T\sin\theta\frac{1}{3} -mg &=0\\ \therefore T&= \frac{3g}{\sin\theta} \left( m + \frac{M}{2}\right)\end{aligned}\] Usando el\(x\) y \(y\)componentes de la Segunda Ley de Newton, ahora podemos usar la tensión para determinar los\(y\) componentes\(x\) y de la fuerza ejercida por la bisagra:\[\begin{aligned} R_x &= T\cos\theta = \frac{3g}{\tan\theta} \left( m + \frac{M}{2}\right)\\ R_y &= (M+m)g - T\sin\theta = (M+m)g - 3g \left( m + \frac{M}{2}\right)= -\left( 2m + \frac{M}{2}\right)g\end{aligned}\] Encontramos que el\(y\) componente de la fuerza de la bisagra está en negativo \(y\)dirección, por lo que nuestro diagrama en Figura\(\PageIndex{3}\) está equivocado! Si quitaste la bisagra en la pared y en su lugar sostenías ese extremo de la barra con la mano, sentirías que el extremo de la barra está tratando de entrar en la pared y hacia arriba, ya que la barra intenta girar con el extremo opuesto moviéndose hacia abajo debido al peso del letrero. Tendrías que empujar en la\(y\) dirección positiva\(x\) y negativa para evitar que la barra se mueva.

    Discusión:

    En este ejemplo, vimos que necesitábamos usar tanto la suma de las fuerzas como la suma de los pares para determinar las fuerzas en la barra.

    Notas al pie

    1. Elegimos la letra R para “Reacción”, ya que esta es la fuerza de reacción de la bisagra a medida que la barra empuja contra la bisagra.


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