22.4: Ejemplos trabajados

Ejemplo 22.3 Giroscopio de juguete inclinado

Una rueda está en un extremo de un eje de longitud d. El eje es pivotado en un ángulo φ con respecto a la vertical. La rueda se pone en movimiento para que ejecute precesión uniforme; es decir, el centro de masa de la rueda se mueve con movimiento circular uniforme con componente z de velocidad angular precesional$\Omega_{z}$. La rueda tiene masa m y momento de inercia$I_{\mathrm{cm}}$ alrededor de su centro de masa. Su velocidad angular de giro$\vec{\omega}_{s}$ tiene magnitud$\omega_{s}$ y se dirige como se muestra en la Figura 22.21. Supongamos que la aproximación del giroscopio sostiene,$\left|\Omega_{z}\right|<<\omega_{s}$. Descuidar la masa del eje. ¿Cuál es el componente z de la velocidad angular precessional$\Omega_{z_{z}}$? ¿El giroscopio gira en sentido horario o antihorario alrededor del eje vertical (como se ve desde arriba)?

Figura 22.21 Ejemplo 22.3

Solución: La fuerza gravitacional actúa en el centro de masa y se dirige hacia abajo,$\overrightarrow{\mathbf{F}}^{g}=-m g \hat{\mathbf{k}}$ Let$S$ denotar el punto de contacto entre el pilón y el eje. La fuerza de contacto entre el pilón y el eje está actuando$S$ para que no contribuya al par alrededor$S$. Solo la fuerza gravitacional contribuye al par. Escojamos coordenadas cilíndricas. El par sobre$S$ es

$$\vec{\tau}_{S}=\overrightarrow{\mathbf{r}}_{S, \mathrm{cm}} \times \overrightarrow{\mathbf{F}}^{g}=(d \sin \phi \hat{\mathbf{r}}+d \cos \phi \hat{\mathbf{k}}) \times m g(-\hat{\mathbf{k}})=m g d \sin \phi \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

que se encuentra en la página de la Figura 22.21. Porque estamos asumiendo que solo$\left|\Omega_{z}\right|<<\omega_{s}$ consideramos la contribución del giro alrededor del eje del volante al momento angular del giro,

$$\overrightarrow{\boldsymbol{\omega}}_{s}=-\omega_{s} \sin \phi \hat{\mathbf{r}}-\omega_{s} \cos \phi \hat{\mathbf{k}} \nonumber$$

El momento angular de giro tiene una componente vertical y radial,

$$\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \hat{\mathbf{r}}-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \cos \phi \hat{\mathbf{k}} \nonumber$$

Suponemos que la velocidad angular de giro$\omega_{s}$ es constante. A medida que la rueda precede, la derivada de tiempo del momento angular de giro surge del cambio en la dirección de la componente radial del momento angular de giro,

$$\frac{d}{d t} \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{sin}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \frac{d \hat{\mathbf{r}}}{d t}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \frac{d \theta}{d t} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

donde usamos el hecho de que

$$\frac{d \hat{\mathbf{r}}}{d t}=\frac{d \theta}{d t} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

El componente z de la velocidad angular del volante alrededor del eje vertical se define como

$$\Omega_{z} \equiv \frac{d \theta}{d t} \nonumber$$

Por lo tanto, la tasa de cambio del momento angular de giro es entonces

$$\frac{d}{d t} \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \Omega_{z} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

El par sobre$S$ induce el momento angular de giro$S$ a punto de cambiar,

$$\overrightarrow{\boldsymbol{\tau}}_{S}=\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{d t} \nonumber$$

Ahora sustituya la Ecuación (22.4.1) por el par sobre$S$, y la Ecuación (22.4.7) por la tasa de cambio del momento angular de giro en la Ecuación (22.4.8), rindiendo

$$m g d \sin \phi \hat{\boldsymbol{\theta}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \Omega_{z} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

Resolviendo la ecuación (22.2.18) para el componente z de la velocidad angular precessional de los rendimientos del giroscopio

$$\Omega_{z}=-\frac{d m g}{I_{\mathrm{cm}} \omega_{s}} \nonumber$$

El componente z de la velocidad angular precessional es independiente del ángulo$\phi$ Porque$\Omega_{z}<0$, la dirección de la velocidad angular precessional,$\vec{\Omega}=\Omega_{z} \hat{\mathbf{k}}$ está en la dirección z negativa. Eso significa que el giroscopio precede en el sentido de las agujas del reloj cuando se ve desde arriba (Figura 21.22).

Figura 21.22 Velocidad angular precessional del giroscopio inclinado como se ve desde arriba

Tanto el par como la derivada de tiempo del momento angular de giro apuntan en la$\hat{\boldsymbol{\theta}}$ dirección -indicando que el giroscopio precederá en sentido horario cuando se ve desde arriba de acuerdo con el cálculo que$\Omega_{z}<0$.

Ejemplo 22.4 Giroscopio en Plataforma Giratoria

Un giroscopio consiste en un eje de masa insignificante y un disco de masa M y radio R montado sobre una plataforma que gira con velocidad angular$\Omega$. El giroscopio está girando con velocidad angular$\omega$. Fuerza$F_{a}$ y$F_{b}$ actúa sobre las monturas giroscópicas. ¿Cuáles son las magnitudes de las fuerzas$F_{a}$ y$F_{b}$ (Figura 22.22)? Se puede suponer que el momento de inercia del giroscopio alrededor de un eje que pasa por el centro de masa normal al plano del disco viene dado por$I_{\mathrm{cm}}$

Figura 22.22 Ejemplo 22.4

Solución: La Figura 22.23 muestra una elección del sistema de coordenadas y diagrama de fuerza en el giroscopio.

Figura 22.23 Diagrama de fuerza de cuerpo libre

Las fuerzas verticales suman a cero ya que no hay movimiento vertical

$$F_{a}+F_{b}-M g=0 \nonumber$$

Usando el sistema de coordenadas representado en la Figura 22.23, el par alrededor del centro de masa es

$$\overrightarrow{\boldsymbol{\tau}}_{\mathrm{cm}}=d\left(F_{a}-F_{b}\right) \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

El momento angular de giro es (aproximación giroscópica)

$$\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}} \simeq I_{\mathrm{cm}} \omega \hat{\mathbf{r}} \nonumber$$

Mirando hacia abajo en el giroscopio desde arriba (Figura 2.23), la componente radial del momento angular alrededor del centro de masa gira en sentido antihorario.

Figura 22.24 Cambio en el momento angular

Durante un intervalo de tiempo muy corto$\Delta t$, el cambio en el momento angular de giro es$\Delta \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=I_{\mathrm{cm}} \omega \Delta \theta \hat{\boldsymbol{\theta}}$ (Figura 22.24). Tomando límites tenemos que

$$\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{d t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{\Delta t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} I_{\mathrm{cm}} \omega \frac{\Delta \theta}{\Delta t} \hat{\boldsymbol{\theta}}=I_{\mathrm{cm}} \omega \frac{d \theta}{d t} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber$$

Ahora podemos aplicar la ley de torque

$$\vec{\tau}_{\mathrm{cm}}=\frac{d \overrightarrow{\mathrm{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{d t} \nonumber$$

Sustituir las ecuaciones (22.4.12) y (22.4.14) en la Ecuación (22.4.15) y simplemente tomando el componente de la ecuación vectorial resultante rinde

$$d\left(F_{a}-F_{b}\right)=I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z} \nonumber$$

Podemos dividir la Ecuación (22.4.16) por la cantidad d rendimiento

$$F_{a}-F_{b}=\frac{I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z}}{d} \nonumber$$

Ahora podemos usar las ecuaciones (22.4.17) y (22.4.11) para resolver las fuerzas$F_{a}$ y$F_{b}$

$$F_{a}=\frac{1}{2}\left(M g+\frac{I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z}}{d}\right) \nonumber$$

$$F_{b}=\frac{1}{2}\left(M g-\frac{I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z}}{d}\right) \nonumber$$

Tenga en cuenta que si$\Omega_{z}=M g d / I_{\mathrm{cm}} \omega$ entonces$F_{b}=0$ y uno podría quitar el soporte de la mano derecha en la Figura 22.22. El simple giroscopio pivotado que ya analizamos Sección 22.2 satisfizo esta condición. Las fuerzas que acabamos de encontrar son las fuerzas que las monturas deben ejercer sobre el giroscopio para hacer que se mueva en la dirección deseada. Es importante entender que el giroscopio está ejerciendo fuerzas iguales y opuestas sobre las monturas, es decir, la estructura que lo sostiene. Esta es una manifestación de la Tercera Ley de Newton.

Ejemplo 22.5 Molino de grano

En un molino, el grano es molido por una rueda masiva que rueda sin deslizarse en círculo sobre una muela horizontal plana impulsada por un eje vertical. La rueda rodante tiene masa M, radio b y está obligada a rodar en un círculo horizontal de radio R a velocidad angular Ω (Figura 22.25). La rueda empuja hacia abajo sobre la muela inferior con una fuerza igual al doble de su peso (fuerza normal). Se puede descuidar la masa del eje de la rueda. ¿Cuál es la frecuencia angular precessional Ω?

Figura 22.25 Ejemplo 22.5

Solución: La Figura 22.5 muestra el punto de pivote junto con algunos ejes de coordenadas convenientes. Para rodar sin resbalar, la velocidad del centro de masa de la rueda está relacionada con la velocidad de giro angular por

$$v_{c m}=b \omega \nonumber$$

También la velocidad del centro de masa está relacionada con la velocidad angular alrededor del eje vertical asociada con el movimiento circular del centro de masa por

$$v_{c m}=R \Omega \nonumber$$

Por lo tanto, igualando las ecuaciones (22.4.20) y (22.4.21) tenemos que

$$\omega=\Omega R / b \nonumber$$

Suponiendo una rueda de molino uniforme$I_{\mathrm{cm}}=(1 / 2) M b^{2}$,, la magnitud de la componente horizontal del momento angular de giro alrededor del centro de masa es

$$L_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{sin}}=I_{\mathrm{cm}} \omega=\frac{1}{2} M b^{2} \omega=\frac{1}{2} \Omega M R b \nonumber$$

El componente horizontal de$\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}$ se dirige hacia adentro, y en forma vectorial viene dada por

$$\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=-\frac{\Omega M R b}{2} \hat{\mathbf{r}} \nonumber$$

El eje ejerce tanto una fuerza como un par sobre la rueda, y esta fuerza y par serían bastante complicados. Por eso consideramos las fuerzas y pares de torsión en la combinación de eje y rueda. La fuerza normal de la rueda sobre el suelo es igual en magnitud a$N_{\mathrm{w}, \mathrm{G}}=2 m g$ lo que la contraparte de la tercera ley; la fuerza normal del suelo sobre la rueda tiene la misma magnitud$N_{\mathrm{G}, \mathrm{w}}=2 m g$ La articulación (o bisagra) en el punto P por lo tanto debe ejercer una fuerza$\overrightarrow{\mathbf{F}}_{\mathrm{H}, \mathrm{A}}$ en el extremo del eje que tiene dos componentes, una fuerza hacia adentro$\overrightarrow{\mathbf{F}}_{2}$ para mantener el movimiento circular y una fuerza descendente$\overrightarrow{\mathbf{F}}_{1}$ para reflejar que la fuerza normal ascendente es mayor en magnitud que el peso (Figura 22.26).

Figura 22.26 Diagrama de fuerza de cuerpo libre en rueda

Acerca del punto no$P, \overrightarrow{\mathbf{F}}_{\mathrm{HA}}$ ejerce torque. La fuerza normal ejerce un par de magnitud$N_{\mathrm{G}, \mathrm{w}} R=2 m g R$, dirigido fuera de la página, o, en forma vectorial,$\vec{\tau}_{P, N}=-2 m g R \hat{\boldsymbol{\theta}}$ El peso ejerce un toque de magnitud MgR, dirigido a la página, o, en forma vectorial,$\vec{\tau}_{P, m g}=m g R \hat{\boldsymbol{\theta}}$. El par sobre P es entonces

$$\vec{\tau}_{P}=\vec{\tau}_{P, N}+\vec{\tau}_{P, m g}=-2 m g R \hat{\theta}+m g R \hat{\theta}=-m g R \hat{\theta} \nonumber$$

A medida que la rueda rueda, la componente horizontal del momento angular alrededor del centro de masa girará, y el vector dirigido hacia adentro cambiará en la$\hat{\boldsymbol{\theta}}$ dirección negativa. El momento angular alrededor del punto P tiene descomposición orbital y de espín

$$\overrightarrow{\mathbf{L}}_{p}=\overrightarrow{\mathbf{L}}_{p}^{\text {otbial }}+\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}} \nonumber$$

El momento angular orbital alrededor del punto P es

$$\overrightarrow{\mathbf{L}}_{P}^{\text {orbital }}=\overrightarrow{\mathbf{r}}_{P, c m} \times m \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c m}=R \hat{\mathbf{r}} \times m b \Omega \hat{\boldsymbol{\theta}}=m R b \Omega_{z} \hat{\mathbf{k}} \nonumber$$

La magnitud del momento angular orbital alrededor de P es casi constante y la dirección no cambia. Por lo tanto

$$\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{P}^{\text {orbital }}}{d t}=\overrightarrow{\mathbf{0}} \nonumber$$

Por lo tanto, el cambio en el momento angular alrededor del punto P es

$$\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{p}}{d t}=\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{sin}}}{d t}=\frac{d}{d t}\left(\frac{\Omega m R b}{2}(-\hat{\mathbf{r}})\right)=\frac{1}{2} \Omega m R b \Omega(-\hat{\mathbf{\theta}}) \nonumber$$

donde usamos la Ecuación (22.4.24) para la magnitud de la componente horizontal del momento angular alrededor del centro de masa. Esto es consistente con el par alrededor de P que señala fuera del plano de la Figura 22.26. Ahora podemos aplicar la ecuación rotacional del movimiento,

$$\vec{\tau}_{P}=\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{P}}{d t} \nonumber$$

Ecuaciones sustitutas (22.4.25) y (22.4.29) en Ecuación (22.4.30) rindiendo

$$m g R(-\hat{\boldsymbol{\theta}})=\frac{1}{2} \Omega^{2} m R b(-\hat{\boldsymbol{\theta}}) \nonumber$$

Ahora podemos resolver la Ecuación (22.4.31) para la velocidad angular alrededor del eje vertical

$$\Omega=\sqrt{\frac{2 g}{b}} \nonumber$$