Capítulo 11

a. ${\mu }_{\text{s}}\ge \frac{\text{tan}\theta }{1+(m{r}^2\text{/}{I}_{\text{CM}})}$; insertando el ángulo y observando que para un cilindro hueco $I_{\text{CM}}=m{r}^2,$ tenemos ${\mu }_{\text{s}}\ge \frac{\text{tan}60\text{°}}{1+(m{r}^2\text{/}m{r}^2)}=\frac{1}{2}\text{tan}60\text{°}=\mathrm{0,87};$ 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 ${\mu }_{\text{s}}\ge \frac{1}{3}\text{tan}\theta =\frac{1}{3}\text{tan}60\text{°}=\mathrm{0,58}.$ El valor de 0,6 para ${\mu }_{\text{S}}$ satisface esta condición, por lo que el cilindro macizo no se deslizará.

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
$\overrightarrow{l}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}=(\mathrm{0,4}\text{m}\widehat{i}\text{)}\times (\mathrm{1,67}\times {10}^{\mathrm{-27}}\text{kg}(\mathrm{4,0}\times {10}^6\text{m}\text{/}\text{s})\widehat{j})=\mathrm{2,7}\times {10}^{\mathrm{-21}}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}$

$I_{\text{esfera}}=\frac{2}{5}m{r}^2,I_{\text{cilindro}}=\frac{1}{2}m{r}^2$; Tomando la relación de los momentos angulares, tenemos:
$\frac{L_{\text{cilindro}}}{L_{\text{esfera}}}=\frac{I_{\text{cilindro}}{\omega }_0}{I_{\text{esfera}}{\omega }_0}=\frac{\frac{1}{2}m{r}^2}{\frac{2}{5}m{r}^2}=\frac{5}{4}$. 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.

Al utilizar la conservación del momento angular, tenemos
$I(\mathrm{4,0}\text{rev/min})=\mathrm{1,25}I{\omega }_{\text{f}},{\omega }_{\text{f}}=\frac{\mathrm{1,0}}{\mathrm{1,25}}(\mathrm{4,0}\text{rev}\text{/}\text{min})=\mathrm{3,2}\text{rev}\text{/}\text{min}$

La gravedad de la Luna es 1/6 de la de la Tierra. Al examinar la Ecuación 11.12, 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
${\omega }_P\text{(Luna)}=\frac{1}{6}{\omega }_P\text{(Tierra)}=\frac{1}{6}(\mathrm{5,0}\text{rad}\text{/}\text{s})=\mathrm{0,83}\text{rad}\text{/}\text{s}.$

No, la fuerza de fricción estática es cero.

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.

El cilindro alcanza una mayor altura. En la Ecuación 11.4, su aceleración en la dirección hacia abajo de la pendiente sería menor.

Todos los puntos de la recta darán un momento angular cero, porque un vector cruzado en un vector paralelo es cero.

La partícula deberá moverse en una línea recta que pase por el origen elegido.

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.

La velocidad angular aumenta porque el momento de inercia disminuye.

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.

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.

$v_{\text{CM}}=R\omega \Rightarrow \omega =\mathrm{66,7}\text{rad/s}$

$\alpha =\mathrm{3,3}\text{rad}\text{/}{\text{s}}^2$

$I_{\text{CM}}=\frac{2}{5}m{r}^2,a_{\text{CM}}=\mathrm{3,5}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2;x=\mathrm{15,75}\text{m}$

positivo es hacia abajo del plano inclinado;
$a_{\text{CM}}=\frac{mg\text{sen}\theta }{m+(I_{\text{CM}}\text{/}{r}^2)}\Rightarrow I_{\text{CM}}=r^2\left[\frac{mg\text{sen}30}{a_{\text{CM}}}-m\right]$,
$x-x_0=v_{0}t-\frac{1}{2}{a}_{\text{CM}}{t}^2\Rightarrow a_{\text{CM}}=\mathrm{2,96}{\text{m/s}}^2,$
$I_{\text{CM}}=\mathrm{0,66}m{r}^2$

$\alpha =\mathrm{67,9}\text{rad}\text{/}{\text{s}}^2$,
${(a_{\text{CM}})}_x=\mathrm{1,5}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2$

$W=\mathrm{-1080,0}\text{J}$

La energía mecánica en la parte inferior es igual a la energía mecánica en la parte superior;
$\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}m{r}^2\right){\left(\frac{v_0}{r}\right)}^2=mgh\Rightarrow h=\frac{1}{g}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)v_0^2$,
$h=\mathrm{7,7}\text{m,}$ por lo que la distancia hacia arriba de la pendiente es $\mathrm{22,5}\text{m}$.

Utilice la conservación de energía
$\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}{I}_{\text{Cyl}}{\omega }_0^2=mg{h}_{\text{Cyl}}$,
$\frac{1}{2}m{v}_0^2+\frac{1}{2}{I}_{\text{Sph}}{\omega }_0^2=mg{h}_{\text{Sph}}$.
Al restar las dos ecuaciones y eliminar la energía traslacional inicial, tenemos
$\frac{1}{2}{I}_{\text{Cyl}}{\omega }_0^2-\frac{1}{2}{I}_{\text{Sph}}{\omega }_0^2=mg(h_{\text{Cyl}}-h_{\text{Sph}})$,
$\frac{1}{2}m{r}^2{(\frac{v_0}{r})}^2-\frac{1}{2}\frac{2}{3}m{r}^2{(\frac{v_0}{r})}^2=mg(h_{\text{Cyl}}-h_{\text{Sph}})$,
$\frac{1}{2}{v}_0^2-\frac{1}{2}\frac{2}{3}{v}_0^2=g(h_{\text{Cyl}}-h_{\text{Sph}})$,
$h_{\text{Cyl}}-h_{\text{Sph}}=\frac{1}{g}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)v_0^2=\frac{1}{\mathrm{9,8}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2}\left(\frac{1}{6}\right)(\mathrm{5,0}\text{m}\text{/}{\text{s)}}^2=\mathrm{0,43}\text{m}$.
Así, la esfera hueca, con el menor momento de inercia, rueda hacia arriba hasta una altura inferior de $\mathrm{1,0}-\mathrm{0,43}=\mathrm{0,57}\text{m}\text{.}$

La magnitud del producto cruz del radio con el pájaro y su vector de momento da como produce $rp\text{sen}\theta$, lo que da $r\text{sen}\theta$ 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 $\widehat{k}$, que está en el plano del suelo:
$\overrightarrow{L}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}=hmv\widehat{k}=(\mathrm{300,0}\text{m})(\mathrm{2,0}\text{kg})(\mathrm{20,0}\text{m}\text{/}\text{s})\widehat{k}=\mathrm{12000,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}$

a. $\overrightarrow{l}=\mathrm{45,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}$;
b. $\overrightarrow{\tau }=\mathrm{10,0}\text{N}·\text{m}\widehat{k}$

a. ${\overrightarrow{l}}_1=\mathrm{-0,4}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}$, ${\overrightarrow{l}}_2={\overrightarrow{l}}_4=0$,
${\overrightarrow{l}}_3=\mathrm{1,35}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}$; b. $\overrightarrow{L}=\mathrm{0,95}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}$

a. $L=\mathrm{1,0}\times {10}^{11}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$; 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.

a. $\overrightarrow{v}=\text{-}gt\widehat{j},{\overrightarrow{r}}_{\perp }=\text{-}d\widehat{i},\overrightarrow{l}=mdgt\widehat{k}$;
b. $\overrightarrow{F}=\text{-}mg\widehat{j},{\displaystyle \sum \overrightarrow{\tau }}=dmg\widehat{k}$; c. sí

a. $mgh=\frac{1}{2}m{(r\omega )}^2+\frac{1}{2}\frac{2}{5}m{r}^2{\omega }^2$;
$\omega =\mathrm{51,2}\text{rad}\text{/}\text{s}$;
$L=\mathrm{16,4}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$;
b. $\omega =\mathrm{72,5}\text{rad}\text{/}\text{s}$;
$L=\mathrm{23,2}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$

a. $I=\mathrm{720,0}\text{kg}·{\text{m}}^2$; $\alpha =\mathrm{4,20}\text{rad}\text{/}{\text{s}}^2$;
$\omega (10\text{s})=\mathrm{42,0}\text{rad}\text{/}\text{s}$; $L=\mathrm{3,02}\times {10}^4\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$;
$\omega (20\text{s})=\mathrm{84,0}\text{rad}\text{/}\text{s}$;
b. $\tau =\mathrm{3,03}\times {10}^3\text{N}·\text{m}$

a. $L=\mathrm{1,131}\times {10}^7\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$;
b. $\tau =\mathrm{3,77}\times {10}^4\text{N}·\text{m}$

$\omega =\mathrm{28,6}\text{rad}\text{/}\text{s}\Rightarrow L=\mathrm{2,6}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$

$L_f=\frac{2}{5}{M}_S{(\mathrm{3,5}\text{×}{10}^3\text{km})}^2\frac{2\pi }{T_f}$,
$\begin{array}{}\\ {(\mathrm{7,0}\text{×}{10}^5\text{km})}^2\frac{2\pi }{28\text{días}}={(\mathrm{3,5}\text{×}{10}^3\text{km})}^2\frac{2\pi }{T_f}\Rightarrow T_f\hfill \\ \\ \\ =28\text{días}\frac{{(\mathrm{3,5}\text{×}{10}^3\text{km})}^2}{{(\mathrm{7,0}\text{×}{10}^5\text{km})}^2}=\mathrm{7,0}\text{×}{10}^{-4}\text{día}=\mathrm{60,5}\text{s}\end{array}$

$f_{\text{f}}=\mathrm{2,1}\text{rev}\text{/}\text{s}\Rightarrow f_0=\mathrm{0,5}\text{rev}\text{/}\text{s}$

$r_{P}m{v}_P=r_{A}m{v}_A\Rightarrow v_P=\mathrm{18,3}\text{km}\text{/}\text{s}$

a. $I_{\text{disco}}=\mathrm{5,0}\times {10}^{\mathrm{-4}}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$I_{\text{insecto}}=\mathrm{2,0}\text{×}{10}^{\mathrm{-4}}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$\begin{array}{}\\ (I_{\text{disco}}+I_{\text{insecto}}){\omega }_1=I_{\text{disco}}{\omega }_2,\hfill \\ \\ \\ {\omega }_2=\mathrm{14,0}\text{rad}\text{/}\text{s}\hfill \end{array}$
b. $\text{Δ}K=\mathrm{0,014}\text{J}$;
c. ${\omega }_3=\mathrm{10,0}\text{rad}\text{/}\text{s}$ de vuelta al valor original;
d. $\frac{1}{2}(I_{\text{disco}}+I_{\text{insecto}}){\omega }_3^2=\mathrm{0,035}\text{J}$ de vuelta al valor original;
e. trabajo del insecto arrastrándose por el disco

$L_{\text{i}}=\mathrm{400,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$,
$L_{\text{f}}=\mathrm{500,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\omega$,
$\omega =\mathrm{0,80}\text{rad}\text{/}\text{s}$

$I_0=\mathrm{340,48}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$I_{\text{f}}=\mathrm{268,8}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
${\omega }_{\text{f}}=\mathrm{25,33}\text{rpm}$

a. $L=280\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$,
$I_{\text{f}}=\mathrm{89,6}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
${\omega }_{\text{f}}=\mathrm{3,125}\text{rad}\text{/}\text{s}$; b. $K_{\text{i}}=\mathrm{437,5}\text{J}$,
$K_{\text{f}}=\mathrm{437,5}\text{J}$

Momento de inercia en el giro del disco: $I_0=\mathrm{0,5}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$I_{\text{f}}=\mathrm{1,1}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
${\omega }_{\text{f}}=\frac{I_0}{I_{\text{f}}}{\omega }_0\Rightarrow f_{\text{f}}=\mathrm{155,5}\text{rev}\text{/}\text{min}$

Su velocidad de giro en el aire es $f_{\text{f}}=\mathrm{2,0}\text{rev}\text{/}\text{s}$;
Puede dar cuatro vueltas en el aire.

Momento de inercia con todos los niños a bordo
$I_0=\mathrm{2,4}\text{×}{10}^5\text{kg}·{\text{m}}^2$;
$I_{\text{f}}=\mathrm{1,5}\text{×}{10}^5\text{kg}·{\text{m}}^2$;
$f_{\text{f}}=\mathrm{0,3}\text{rev}\text{/}\text{s}$

$I_0=\mathrm{1,00}\text{×}{10}^{10}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$I_{\text{f}}=\mathrm{9,94}\text{×}{10}^9\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$f_{\text{f}}=\mathrm{3,32}\text{rev}\text{/}\text{min}$

$I=\mathrm{2,5}\times {10}^{\mathrm{-3}}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
${\omega }_P=\mathrm{0,78}\text{rad}\text{/}\text{s}$

a. $L_{\text{Tierra}}=\mathrm{7,06}\text{×}{10}^{33}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$,
$\text{Δ}L=\mathrm{5,63}\text{×}{10}^{33}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$;
b. $\tau =\mathrm{1,4}\text{×}{10}^{22}\text{N}·\text{m}$;
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 $90\text{°}$, por lo que un torque dado tendría una magnitud $\tau =F{R}_{\text{E}}\text{sen}90\text{°}=F{R}_{\text{E}}$. Ambos proporcionarían un torque en la misma dirección:
$\tau =2F{R}_{\text{E}}\Rightarrow F=\mathrm{1,3}\text{×}{10}^{15}\text{N}$

$a_{\text{CM}}=-\frac{3}{10}g$,
$v^2=v_0^2+2a_{\text{CM}}x\Rightarrow v^2=(\mathrm{7,0}\text{m}\text{/}{\text{s})}^2-2\left(\frac{3}{10}g\right)x,$ $v^2=0\Rightarrow x=\mathrm{8,34}\text{m;}$
b. $t=\frac{v-v_0}{a_{\text{CM}}},$ $v=v_0+a_{\text{CM}}t\Rightarrow t=\mathrm{2,38}\text{s}$;
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.

a. $W=\mathrm{-500,0}\text{J}$;
b. $K+U_{\text{gravedad}}=\text{constante}$,
$500\text{J}+0=0+(\mathrm{6,0}\text{kg})(\mathrm{9,8}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2)h$,
$h=\mathrm{8,5}\text{m,}d=\mathrm{17,0}\text{m}$;
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.

a. $\tau =\mathrm{34,0}\text{N}·\text{m}$;
b. $l=m{r}^2\omega \Rightarrow \omega =\mathrm{3,6}\text{rad}\text{/}\text{s}$

a. $d_{\text{M}}=\mathrm{3,85}\text{×}{10}^8\text{m}$ distancia promedio hasta la Luna; periodo orbital $\mathrm{27,32}\text{d}=\mathrm{2,36}\text{×}{10}^6\text{s}$; rapidez de la Luna $\frac{2\pi \mathrm{3,85}\text{×}{10}^8\text{m}}{\mathrm{2,36}\text{×}{10}^6\text{s}}=\mathrm{1,0}\text{×}{10}^3\text{m}\text{/}\text{s}$; masa de la Luna $\mathrm{7,35}\text{×}{10}^{22}\text{kg}$,
$L=\mathrm{2,90}\text{×}{10}^{34}\text{kg}{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$;
b. radio de la Luna $\mathrm{1,74}\text{×}{10}^6\text{m}$; el periodo orbital es el mismo que (a) $\omega =\mathrm{2,66}\text{×}{10}^{\mathrm{-6}}\text{rad}\text{/}\text{s}$,
$L=\mathrm{2,37}\text{×}{10}^{29}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$;
El momento angular orbital es $\mathrm{1,22}\times {10}^5$ veces mayor que el momento angular de rotación de la Luna.

$I=\mathrm{0,135}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$\alpha =\mathrm{4,19}\text{rad}\text{/}{\text{s}}^2,$ $\omega ={\omega }_0+\alpha t$,
$\omega (5\text{s})=\mathrm{21,0}\text{rad}\text{/}\text{s},$ $L=\mathrm{2,84}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$,
$\omega (10\text{s})=\mathrm{41,9}\text{rad}\text{/}\text{s},$ $L=\mathrm{5,66}\text{kg}·\text{m}\text{/}{\text{s}}^2$

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)
$\begin{array}{ccc}\hfill L_{\text{i}}& =\hfill & \mathrm{-0,04}\text{kg}·{\text{m}}^2(\mathrm{300,0}\text{rev}\text{/}\text{min),}\hfill \\ \hfill L_{\text{f}}& =\hfill & \mathrm{0,08}\text{kg}·{\text{m}}^2{f}_{\text{f}}\Rightarrow f_{\text{f}}=\mathrm{-150,0}\text{rev}\text{/}\text{min en el sentido de las agujas del reloj}\hfill \end{array}$

$I_0{\omega }_0=I_{\text{f}}{\omega }_{\text{f}}$,
$I_0=\mathrm{6120,0}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
$I_{\text{f}}=\mathrm{1180,0}\text{kg}·{\text{m}}^2$,
${\omega }_{\text{f}}=\mathrm{31,1}\text{rev}\text{/}\text{min}$

$L_{\text{i}}=\mathrm{1,00}\text{×}{10}^7\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$,
$I_{\text{f}}=\mathrm{2,025}\text{×}{10}^5\text{kg}·{\text{m}}^2$,
${\omega }_{\text{f}}=\mathrm{7,86}\text{rev}\text{/}\text{s}$

Supongamos que el rollo de papel acelera hacia delante con respecto al suelo con una aceleración $a^{\prime }$. Entonces acelera hacia atrás con respecto al camión con una aceleración $(a-a^{\prime })$.

También, $R\alpha =a-a^{\prime }I=\frac{1}{2}m{R}^2{\displaystyle \sum F_x=f_s=m{a}^{\prime }}$,
${\displaystyle \sum \tau }=f_{s}R=I\alpha =I\frac{a-a^{\prime }}{R}{f}_s=\frac{I}{R^2}(a-a^{\prime })=\frac{1}{2}m(a-a^{\prime })$,
Resolución de $a^{\prime }$: $f_s=\frac{1}{2}m(a-a^{\prime })$; $a^{\prime }=\frac{a}{3}$,
$x-x_0=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2;d=\frac{1}{3}a{t}^2;t=\sqrt{\frac{3d}{a}};$
por lo tanto, $s=\mathrm{1,5}d$

a. La tensión en el cordel proporciona la fuerza centrípeta tal que $T\text{sen}\theta =m{r}_{\perp }{\omega }^2$. El componente de la tensión que es vertical se opone a la fuerza gravitacional de tal manera que $T\text{cos}\theta =mg$. Esto da $T=\mathrm{5,7}\text{N}$. Resolvemos para $r_{\perp }=\mathrm{0,16}\text{m}$. Esto da la longitud del cordel como $r=\mathrm{0,32}\text{m}$.
En $\omega =\mathrm{10,0}\text{rad}\text{/}\text{s}$, hay un nuevo ángulo, tensión y radio perpendicular a la varilla. Al dividir las dos ecuaciones que implican la tensión para eliminarla, tenemos $\frac{\text{sen}\theta }{\text{cos}\theta }=\frac{(\mathrm{0,32}\text{m}\text{sen}\theta ){\omega }^2}{g}\Rightarrow \frac{1}{\text{cos}\theta }=\frac{\mathrm{0,32}\text{m}{\omega }^2}{g}$;
$\text{cos}\theta =\mathrm{0,31}\Rightarrow \theta =\mathrm{72,2}\text{°}$; b. $l_{\text{inicial}}=\mathrm{0,08}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$,
$l_{\text{final}}=\mathrm{0,46}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$; c. No, el coseno del ángulo es inversamente proporcional al cuadrado de la velocidad angular, por lo tanto, para lograr que $\theta \to 90\text{°},\omega \to \infty$. La varilla tendría que girar infinitamente rápido.