Compruebe Lo Aprendido
a. 40,0rev/s=2π(40,0)rad/s, –α=ΔωΔt=2π(40,0)-0rad/s20,0s=2π(2,0)=4,0πrad/s2; b. Dado que la velocidad angular aumenta linealmente, tiene que haber aceleración constante a lo largo del tiempo indicado. Por lo tanto, la aceleración angular instantánea en cualquier momento es la solución de 4,0πrad/s2.
a. Utilizando la Ecuación 10.11, tenemos 7.000rpm=7000,0(2πrad)60,0s=733,0rad/s,
α=ω-ω0t=733,0rad/s10,0s=73,3rad/s2;
b. Utilizando la Ecuación 10.13, tenemos
ω2=ω20+2αΔθ⇒Δθ=ω2-ω202α=0-(733,0rad/s)22(73,3rad/s2)=3665,2rad
La aceleración angular es α=(5,0-0)rad/s20,0s=0,25rad/s2. Por lo tanto, el ángulo total que atraviesa el niño es
Δθ=ω2-ω202α=(5,0)2-02(0,25)=50rad.
Así, calculamos
s=rθ=5,0m(50,0rad)=250,0m.
La energía cinética rotacional inicial de la hélice es
K0=12Iω2=12(800,0kg-m2)(4,0×2πrad/s)2=2,53×105J.
A los 5,0 s la nueva energía cinética rotacional de la hélice es
Kf=2,03×105J.
y la nueva velocidad angular es
ω=√2(2,03×105J)800,0kg-m2=22,53rad/s
que es de 3,58 rev/s.
El ángulo entre el brazo de palanca y el vector de fuerza es 80°; por lo tanto, r⊥=100m(sen80°)=98,5m.
El producto cruz →τ=→r×→F da un torque negativo o en el sentido de las agujas del reloj.
El torque es entonces τ=-r⊥F=−98,5m(5,0×105N)=−4,9×107N·m.
a. La aceleración angular es α=20,0(2π)rad/s-010,0s=12,56rad/s2. Al resolver el torque, tenemos ∑iτi=Iα=(30,0kg·m2)(12,56rad/s2)=376,80N·m; b. La aceleración angular es α=0-20,0(2π)rad/s20,0s=−6,28rad/s2. Al resolver el torque, tenemos ∑iτi=Iα=(30,0kg-m2)(−6,28rad/s2)=-188,50N·m
Preguntas Conceptuales
El segundero rota en el sentido de las agujas del reloj, por lo que, según la regla de la mano derecha, el vector de velocidad angular es hacia la pared.
Tienen la misma velocidad angular. Los puntos más alejados del bate tienen mayor rapidez tangencial.
a. Disminuye. b. Los brazos podrían calcularse aproximadamente como varillas y el disco como un disco. El torso está cerca del eje de rotación, por lo que no contribuye mucho al momento de inercia.
Porque el momento de inercia varía como el cuadrado de la distancia al eje de rotación. La masa de la varilla situada a distancias superiores a L/2 aportaría la mayor contribución para que su momento de inercia fuera mayor que la masa puntual en L/2.
magnitud de la fuerza, longitud del brazo de palanca y ángulo del brazo de palanca y del vector de fuerza
El momento de inercia de las ruedas se reduce, por lo que se necesita un torque menor para acelerarlas.
Si las fuerzas están a lo largo del eje de rotación, o si tienen el mismo brazo de palanca y se aplican en un punto de la varilla.
Problemas
La hélice solo necesita Δt=Δωα=0rad/s-10,0(2π)rad/s−2,0rad/s2=31,4s para llegar al reposo, cuando la hélice está a 0 rad/s, comenzaría a rotar en sentido contrario. Esto sería imposible debido a la magnitud de las fuerzas que intervienen para que la hélice se detenga y comience la rotación en sentido contrario.
a. α=-0,314rad/s2,
b. ac=197,4m/s2; c. a=√a2c+a2t=√197,42+(−6,28)2=197,5m/s2
θ=tan−1−6,28197,4=−1,8° en el sentido de las agujas del reloj a partir del vector de aceleración centrípeta.
ma=40,0kg(5,1m/s2)=204,0N
La fuerza de fricción máxima es μSN=0,6(40,0kg)(9,8m/s2)=235,2N por lo que el niño no se cae todavía.
vt=rω=1,0(2,0t)m/sac=v2tr=(2,0t)21,0m=4,0t2m/s2at(t)=rα(t)=rdωdt=1,0m(2,0)=2,0m/s2.
Graficando ambas aceleraciones se obtiene
La aceleración tangencial es constante, mientras que la aceleración centrípeta depende del tiempo, y aumenta con el tiempo hasta valores mucho mayores que la aceleración tangencial después de t = 1s. Para tiempos inferiores a 0,7 s y próximos a cero, la aceleración centrípeta es mucho menor que la tangencial.