Una bailarina tendrá más

momento de inercia si

extiende los brazos, girando

más rápido, que si los

contrae.

El Momento de Inercia (símbolo I) es una medida de la Inercia rotacional de un cuerpo. Cuando un cuerpo gira en torno a uno de los ejes principales de inercia, la inercia rotacional puede ser representada como una magnitud escalar llamada momento de inercia. Sin embargo, en el caso más general posible la inercia rotacional debe representarse por medio de un conjunto de momentos de inercia y componentes que forman el llamado Tensor Inercia. La descripción tensorial es necesaria para el análisis de sistemas complejos, como por ejemplo en movimientos giroscopicos.

El momento de inercia refleja la distribución de masa de un cuerpo o de un sistema de partículas en rotación, respecto a un eje de giro. El momento de inercia sólo depende de la geometría del cuerpo y de la posición del eje de giro; pero no depende de las fuerzas que intervienen en el movimiento.

El momento de inercia desempeña un papel análogo al de la masa inercial en el caso del movimiento rectilíneo y uniforme. Es el valor escalar del momento angular longitudinal de un sólido rígido.

2

iirmI

Ecuaciones del Momento de Inercia

¿Cuál de estos giros resulta más difícil?

El momento de inercia de un cuerpo indica su

resistencia a adquirir una aceleración angular.

Dado un sistema de partículas y un eje arbitrario, el

momento de inercia del mismo se define como la

suma de los productos de las masas de las partículas

por el cuadrado de la distancia r de cada partícula a

dicho eje. Matemáticamente se expresa como:

Para un cuerpo de masa continua (Medio Continuo),

se

generaliza como:

dVrdmrI2

2 .

¿Cuál de estos giros resulta más difícil?

El momento de inercia de un cuerpo indica su

resistencia a adquirir una aceleración angular.

2

12II

2mDII GZ

Teorema de Steiner en 2D

RADIO DE GIRO K

2

ZZ mKI 2. GG KmI

2mDII GZ Del Teorema de Steiner:

222. DKK GZ

Traslación, Rotación y movimiento plano cualquiera de un cuerpo rígido

GamF

Los problemas de movimiento plano se pueden clasificar, según su naturaleza, en: 1.- Traslación. 2.- Rotación en torno a un eje fijo. 3.- Movimiento plano cualquiera. Los dos primeros son casos particulares del Movimiento plano cualquiera.

Para un cuerpo de forma arbitraria, las ecuaciones de Movimiento plano cualquiera desarrolladas anteriormente vienen dadas por las ecuaciones en la forma:

GGIM

Traslación Pura Un cuerpo rígido lleva movimiento de Traslación cuando todo segmento rectilíneo del cuerpo se mantenga paralelo a su posición inicial a lo largo del movimiento.

Durante la Traslación, no hay movimiento angular (ω = α = 0); por tanto, todas las partes del cuerpo tienen la misma aceleración lineal a.

La Traslación sólo puede tener lugar cuando la recta soporte de la resultante de las fuerzas exteriores que se ejercen sobre el cuerpo pase por su cdm G.

En el caso de Traslación, con el origen del sistema de coordenadas xyz en el centro de masa G del cuerpo , las ecuaciones para un movimiento plano cualquiera se reducen a:

0 yx

0

Gz

Gyy

Gxx

M

amF

amF

Rotación en torno a un eje fijo

Este tipo de movimiento plano se produce cuando todos los elementos de un cuerpo describen trayectorias circulares alrededor de un eje fijo.

0 GyzGzx II

GzGzGyy

Gxx

IMamF

amF

0

0

La figura representa un cuerpo rígido simétrico respecto al plano de movimiento

y que gira en torno a un eje fijo que pasa por el cdm G del cuerpo

0 yx

En este caso aG = 0; por tanto, las ecuaciones para un movimiento plano cualquiera se reducen a

Movimiento plano cualquiera

En la figura, donde un émbolo está conectado a un volante mediante una biela AB, se ilustran tres formas de movimiento plano:

1.- Rotación del volante en torno a un eje fijo. 2.- Traslación rectilínea del émbolo 3.- Movimiento plano cualquiera de la biela AB. Cuando el volante gira un ángulo θ, el pasador A recorre una distancia sA = Rθ a lo largo de un camino circular. El movimiento del pasador B se puede considerar que es una superposición de los desplazamientos resultantes de una traslación curvilínea de la biela y de una rotación de la biela en torno al pasador A. Como resultado de estos dos desplazamientos, el pasador B recorre una distancia sB a lo largo de un camino horizontal. Así pues, el movimiento plano de la biela AB es la superposición de una traslación y una rotación en torno a un eje fijo.

A.- Si se toma el origen de coordenadas en el pasador A y los ejes x e y están orientados según el eje de la biela y perpendicularmente a ella , respectivamente, las ecuaciones generales de movimiento plano quedan así:

0y

AzAyAzGyy

Gxx

ImxaMamF

amF

B.- Si se sitúa el origen del sistema de coordenadas en el cdm G de la biela, las ecuaciones se reducen a:

GzGzGyy

Gxx

IMamF

amF

Análisis Cinético de la Biela:

Tenemos dos posibilidades:

Ejemplo:

01. El trabajo realizado por el peso. (J) 02. La velocidad angular del aro. (rad/s) 03. La fuerza normal sobre el aro. (N) 04. La fuerza de fricción. (N) 05. La aceleración angular del aro. (rad/s2)

El aro de 12 kg. y radio de giro respecto a su centro de masa de 0,6 mm. rueda sin deslizamiento. Cuando θ = 0° el centro de la rueda tiene una rapidez de 3 m/s. para θ = 90° calcule:

PROBLEMA

ESTADO 1 ESTADO 2

W peso = -mg(Z2 - Z1) = -12.(9,81).(5x10-2)

W peso = -5,88 J 1

Aplicamos el: PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

PARA EL ESTADO 1 calculamos : T1 Y Ep1

T1 = ᶦ/₂ mVG1

2 + ᶦ/₂ IGW12

Ep1 = mg(0) = 0

Cálculo de T1 :

PARA EL ESTADO 2 calculamos : T2 Y Ep2

T2 = ᶦ/₂ mVG22 + ᶦ/₂ IGW2

2 Ep1 = W Peso = 5,88

CALCULAMOS: r2

CALCULAMOS: T2

CON LOS VALORES OBTENIDOS REEMPLAZAMOS EN:

T1 + Ep1 = T2+ Ep2

47,04 + 0 = 3,39.(W2)2 + 5,88

(W2)2 = 12,141593

W2 = 3,4844788 rad/s ②

PARA EL ESTADO 2:

HALLAMOS aG2 :

CAUSAS EFECTOS

TRASLACIÓN Y ROTACIÓN

CÁLCULOS

Acomodamos las 3 ecuaciones

0 + f + 9.aG2 = 7,28496 N + 0 + 0,6.aG2 = 117,6 0,05.N + 0,75.f – 4,32 x 10-6.aG2 = 0

RESULTADOS :

PREGUNTA MAGNITUD UNIDADES

01 - 5,88 J

02 3,4844788 rad / s

03 116,596131613 N

04 7,7730658 N

05 1,6731139 m / s2

iiiii VVmVm

2

12

1GiGi xWVV

1. Energía Cinética de un cuerpo rígido (Escalar) Modelo General (Traslación + Rotación)

Para un instante la energía es:

La energía cinética en todo el cuerpo rígido

)(2

1iii VVm

GiGi VVV

como

))((2

1GiGGiGi VVVVm

TRABAJO Y ENERGIA DE CUERPOS

RIGIDOS (2D)

I

22

2

1

2

1GiGiiGiiGGi VrmVmVmV

desarrollando:

Con respecto a YX

Jyixr Gˆˆ

0i

Gr

0 Giirm

2

CASO GENERAL: ROTACION + TRASLACION

(ECUACION DE UN ESTADO DINAMICO)

Simplificando

22

2

1

2

1WImVT GG

Traslación Rotación

a) Traslación Pura Rectilínea

Sabemos que GG rWV

Casos Particulares:

b) Traslación Pura Curvilínea

c) Rotación Pura

22222

2

1

2

1

2

1

2

1wIwmrwImVT GGGG

22

1WIT

2

2

1GmVT 0W

22

2

1GG mrIw

2

2

1GmVT 0W

A) Trabajo de una fuerza variable

TRABAJO DE UNA FUERZA (Entre 2 estados dinámicos)

rdFUF

dsCosFrdFUF )(..

33

22

11

21 ... rdFrdFrdFU 3

32

21

121 ... rdFrdFrdFU

Donde F1, F2, F3 son fuerzas extremas

NOTA: En un sistema de las fuerzas internas NO realizan trabajo.

I I

B) Trabajo de una fuerza constante

Si una fuerza es constante, su magnitud y su dirección son constantes, por lo que el trabajo se reduce a fuerza por distancia en la dirección del movimiento

creF

creuF

creF

(dimensión)

(magnitud)

))((. 12 SSCosFUF

Se decía también a trayectorias curvas.

cos. SFUF

cosdUF

dFUF

2

1cos

I

jmgF ˆ

C) Trabajo del pezo (Se toma un nivel de referencia)

jdyidxrd ˆˆ

rdFUp

.

)(. 12 GGpeso YYgmU

YG1 y YG2 representan las coordenadas respecto a un nivel de referencia del centro de masa del cuerpo

)ˆˆ).(ˆ..(. JdyIdxJgmrdwU peso

yg

YG

YG mgd 2

1

I

D) Trabajo de un resorte que sigue la ley de hooke (F=-Kx=-k )

)12.().2/1( 22 KURrdFUF

.

dKUF ).(

Referido a F

Lo: longitud sin deformación; 011 LL 021 LL

dKUR :)(

2

1

I

FUERZAS QUE NO TRABAJAN

Hay algunas fuerzas externas que no trabajan cuando el cuerpo se desplaza;

1.Cuando las fuerzas son perpendiculares a el desplazamiento del punto de

contacto

2.Cuando las fuerzas actúan sobre puntos fijos:

3.Cuando NO HAY DESLIZAMIENTO de la superficie de un cuerpo con respecto al

piso

Si la trayectoria de G es horizontal U peso = 0

Si el sistema se suelta del reposo.

Determine:

1.- La aceleración angular de A.(m/s2)

2.- La tensión de la cuerda en contacto con C.(N)

3.- La aceleración angular de B.(m/s2)

4.- La tensión de la cuerda en contacto con D.(N)

5.- La tensión de la cuerda AB.(N)

E G

mE = 50 kg

mG = 25 kg

El movimiento de la barra uniforme AB de 2m y 20Kg con ruedas de

masa despreciable, se encuentra en la posicion θ = 30º siendo su

velocidad angular + 4 rad/s. Calcule:

04. La magnitud de la velocidad del punto B. (m/s)

05. La magnitud de la aceleración angular de la barra. (rad/s2)

06. La magnitud de la aceleración lineal del punto A (m/s2)

07. La magnitud de la fuerza de reacción normal en el apoyo A (N)

08. La magnitud de la fuerza de reacción normal en el apoyo B (N)

Na =194.85 N

Nb = 214.47 N

aGx = 8,437

aGy = 5,794 m/s2

aA = 13,38

aB = 23.56

Alfa =2,546

El movimiento de la barra uniforme AB de 2m y 20Kg con ruedas de

masa despreciable, se suelta desde el reposo cuando θ = 0º, para θ

= 30º , calcule:

04. La magnitud de la velocidad del punto B. (m/s)

05. La magnitud de la aceleración angular de la barra. (rad/s2)

06. La magnitud de la aceleración lineal del punto A (m/s2)

07. La magnitud de la fuerza de reacción normal en el apoyo A (N)

08. La magnitud de la fuerza de reacción normal en el apoyo B (N)

SOLUCION:

CÁLCULO GEOMÉTRICO:

Observamos el grafico:

Para (θ = 30º)

h = 0.5m (lo que desciende el centro

de masa de la barra )

Cálculos previos: IG = 6.6667Kg.m2

ub= -0.5i – 0.866j

RG/A = -0.866i - 0.5j RG/B = 0.866i +0.5j

CONSERVACION DE LA ENERGIA MECANICA:

(1 -2)

T1 + V1 = T2 + V2 (N.R en 2)

T1 = 0(reposo) V2 =0

Entonces:

mgh = 1/2 IG ωAB2 + 1/2mVg2

También: “Por Centro instantáneo”

ωAB = 0.5VB = 0.5773 VG VG = 1.73ωAB

Reemplazando:

(196.2)(0.5)=(0.5)(20)(3) ωAB2 + 0.5(6.6667) ωAB

2

Donde se obtiene:

Vemos que: VB = 2 ωAB = 2(1.71547)

VB = 3.43094 m/s

ωAB = 1.71547 rad/s

Usamos las Ecuaciones de Estado:

(∑MG)causas = (∑MG)efectos

NA(0.866) – NB(0.866)= 6.67αAB …………(1)

Por la 2da Ley de Newton:

∑F x = maGx

-NB(0.866 ) = 20(-aGx)……………………….(2)

∑F Y = maGY

NB(0.5) – 196.2 + NA = 20(-aGy)……………….(3)

Tenemos 3 ecuaciones con 4 incógnitas:

Aplicando el concepto de cinemática

del (Cuerpo Rígido):

Relacionamos “G” con el punto A:

aG= aA + αABx RG/A+ ωABx (ωABx RG/A)

-aGx i - aGy j = -aA i + αAB x (-0.866i - 0.5 j)

- ω2AB (-0.866i - 0.5 j)

En el eje x: -aGx = -aA + 0.5αAB +0.866 ω2AB ......(4)

En el eje y: - aGy = -0.866αAB + 0.5 ω2AB …………(5)

Relacionamos “G” con el punto B:

aG= aB + αABx RG/B+ ωABx (ωABx RG/B)

-aGx i - aGy j = aB (-0.5i – 0.866j)+αAB x (0.866i +0.5 j)

- ω2AB (0.866i + 0.5 j)

En el eje x: -aGx = -0.5aB -0.5αAB -0.866ω2AB ..............(6)

En el eje y: - aGy = -0.866aB + 0.866αAB – 0.5ω2AB …..(7)

Finalmente tenemos un sistema de 7 ecuaciones con 7 incógnitas:

(0.866) NA – (0.866) NB + (0) aA + (0) aB – (6.67) αAB + (0) aGx + (0) aGY = 0

(1) NA + (0.5) NB + (0) aA + (0) aB + (0) αAB + (0) aGx + (20) aGY = 196.2

(0) NA - (0.866) NB + (0) aA + (0) aB + (0) αAB + (20) aGx + (0) aGY = 0

(0) NA + (0) NB + (1) aA + (0) aB – (0.5) αAB - (1) aGx + (0) aGY = 2.5484

(0) NA + (0) NB + (0) aA + (0) aB +(0.866) αAB + (0) aGx - (1) aGY = 1.4714

(0) NA + (0) NB + (0) aA + (0.5) aB + (0.5) αAB - (1) aGx + (0) aGY = -2.5484

(0) NA + (0) NB + (0) aA + (0.866) aB –(0.866) αAB + (0) aGx - (1) aGY = 1.4714

Resolviendo el sistema:

NA = 127.4982 N NB = 107.88544 N aA =8.4978 m/s2

aB = 1.7031m/s2 αAB = 2.54945 rad/s2 aGx = 4.67467 m/s

aGY = 0.73795 m/s2

Respuestas:

NÚMERO

RESPUESTA

UNIDADES

04 3.43094 m/s

05 2.54945 Rad/s2

06 8.4978 m/s2

07 127.4982 N

08 107.88544 N