Hoja de Trabajo 24

Ondas y Rotaciones Dinámica de las Rotaciones IV

Jaime Feliciano Hernández

Universidad Autónoma Metropolitana - Iztapalapa México, D. F. 15 de agosto de 2012

A. ACTIVIDAD INDIVIDUAL. En esta Hoja de trabajo veremos algunos problemas con todo detalle. De manera individual estudiarlos a profundidad, completar los pasos que no se muestran y elaborar una lista de dudas sobre su resolución. Presentar estas dudas al grupo, al ayudante y al profesor hasta resolverlas. Ejemplo 1. Tres partículas de masas kgm 3.21 = , kgm 2.32 = y están en los vértices de un triángulo rectángulo de lados 3, 4 y 5, como se muestra en la figura. A) Hallar la inercia de rotación en torno a los ejes que pasan por cada una de las tres partículas. B) Hallar la inercia rotacional en torno a un eje perpendicular al plano XY y que pasa por el centro de masa.

kgm 5.13 =

A) Sabemos que la inercia rotacional está definida con la expresión:

∑= 2ii rmI

Con respecto a ; 1m

2

222

233

222

2111

8.52)4)(5.1()3)(2.3()0)(3.2(

mkgmkgmkgmkg

rmrmrmI

⋅=

++=

++=

a) Con respecto al eje que pasa por la masa las distancias de las otras partículas son: 3m para y

4m para . Así que los distintos valores de

1m

2m

3m

I son:

Con respecto a ; 2m

2

222

233

222

2112

2.58)5)(5.1()0)(2.3()3)(3.2(

mkgmkgmkgmkg

rmrmrmI

⋅=

++=

++=

Con respecto a ; 3m

1

Hoja de Trabajo 24

2

222

233

222

2113

8.116)0)(5.1()5)(2.3()4)(3.2(

mkgmkgmkgmkg

rmrmrmI

⋅=

++=

++=

¿Alrededor de qué eje se requiere mayor esfuerzo? ¿Alrededor de cual se requiere menor esfuerzo para hacer rotar al sistema?

Hay mayor inercia rotacional cuando se coloca un eje que pasa por la masa , y si consideramos que la inercia es una 3mmedida de la resistencia al movimiento (o a detenerlo)

entonces con respecto a este eje se requerirá mayor esfuerzo. Por el contrario, con respecto al eje que pasa por la 1minercia rotacional es menor y por ello se requiere menor

esfuerzo para realizar la rotación o para detenerla. B) Para este caso primero debemos encontrar las coordinadas del centro de masa. Si recordamos, la definición de la Hoja de trabajo 16, tenemos:

∑+=

+++++ + +

=

=N

jjNN

cm xmMmmmm

xmxmxmxmx 332211 1

L

L

jN 1321

∑=

=++++++++

=N

jjj

N

NNcm ym

Mmmmmymymymym

y1321

332211 1L

L

mkgkgkg

mkgmkgmkgxcm

8571.05.12.33.2

)4)(5.1()0)(2.3()0)(3.2(

=++

++=

Sustituyendo los valores:

mkgkgkg

mkgmkgmkgycm

3714.15.12.33.2

)0)(5.1()3)(2.3()0)(3.2(

=++

++=

Ahora podemos calcular la distancia al eje para cada partícula como

: 321, ryrr

Así: 222

2221

6253.2)3714.1()8571.0( mmm

yxr CMCM

=+=

+=

Análogamente: 222

22

222

3869.3)3714.13()8571.0(

)(

mmm

yyxr CMCM

=−+=

−+=

222

223

23

7585.11)3714.1()8571.04(

)(

mmm

yxxr CMCM

=+−=

+−=

2

Hoja de Trabajo 24

Por lo tanto, la inercia rotacional con respecto al eje que pasa por el centro de masa es:

2

222

2

51402.34)7585.11)(5.1()3869.3)(2.3()6253.2)(3.2(

mkgmkgmkgmkg

rmI iiCM

=

++=

== ∑

Con respecto al eje que pasa por el centro de masa la inercia rotacional es mayor, y eso significa que se requiere de un mayor esfuerzo para iniciar la rotación con respecto a este eje, o cuando ya está en rotación costaría un esfuerzo mayor

detener al sistema. Ejemplo 2. El objeto mostrado en la figura consta de dos partículas de masas y

, unidas por una varilla rígida de longitud 1m

2m L . A) Despreciando la masa de la varilla, halle la inercia rotacional I de este sistema para rotaciones alrededor de un eje perpendicular a la varilla y a una distancia x de . B) Demuestre que 1m I es mínima

cuando . CMxx =

Para calcular la inercia rotacional empleamos la expresión:

222

211

2

rmrm

rmI ii

+=

= ∑

Donde y son las distancias de las partículas al eje de rotación. Para este caso, y considerando la geometría del problema, la inercia rotacional es:

1r 2r

22

21 )( xLmxmI −+=

Ahora queremos encontrar el valor mínimo de esta expresión, por lo que aplicamos el criterio que proviene del cálculo diferencial; primero encontramos la derivada con respecto a las posibles variaciones de x :

{ })1)((22

)(

21

22

21

−−+=

=−+=

xLmxm

xLmxmdxd

dxdI

0)(22

0)1)((22

21

21

=−−=

=−−+=

xLmxm

xLmxmdxdI

Ahora igualamos a cero:

0)(22 21 =−− xLmxm

3

Hoja de Trabajo 24

( ) 0222 221 =−+ Lmxmm

Distribuyendo y factorizando:

( ) 022 221 =−+ Lmxmm

Despejamos el valor de x : ( ) ( )21

2

21

2

22

mmLm

mmLmx

+=

+=

Definimos a esta cantidad como: ( )21

2

mmLmxMIN +

≡

( ) ( )

2

21

22

2

21

21

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=mmLm

LmmmLm

mI Así que cuando

( )21

2

mmLmx

+= la inercia

rotacional alcanza un valor crítico.

( ) ( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+++

+=

21

222

21

22222

2221

2221 2

mmLmLm

mmLmmLm

mmLmmI

( )( ) ( )⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++=

21

2222

2221

222

21 2mm

LmLm

mmLm

mmI

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=21

222

21

222 21

mmmLm

mmLmI

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=21

222

21

222

21mm

mLmmm

mLmI

Factorizando:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−++

=21

2

21

222

21mm

mmm

mLmI

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=21

122 mm

mLmI

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=21

212

mmmmLI

¿Cómo sabemos que este es un valor mínimo? Podemos graficar la función

para algunos valores de

y ; la gráfica es la de una parábola, y muestra un valor mínimo.

22

21 )( xLmxmI −+=

1 2m m

4

Hoja de Trabajo 24

Podemos reescribir la derivada de I como:

{ } { LmmmxxLmxmdxdI

22121 )(2)(2 −+=−−= }

Ahora la segunda derivada es: { } )(2)(2 212212

2

mmLmmmxdx

Id+=−+=

¡Queda claro que 02

2

>dx

Id es la condición para un mínimo!

Consideremos ahora el sistema con la referencia indicada:

En esta configuración el centro de masa es: 21

21 )()(mm

xLmxmxCM +−+−

=

xmmLmxCM −

+=

21

2

Observemos que xxx MINCM −=

Vemos que cuando , entonces xxMIN = 0=CMx , es decir que la inercia rotacional es mínima cuando el eje de rotación pasa por el centro de masa.

Ejemplo 3. Un péndulo consta de un cuerpo de masa kgm 17.0= y en el extremo de una varilla rígida de longitud mL 25.1= cuya masa es despreciable. A) ¿Cuál es la magnitud de la torca debida a la gravedad en torno al punto en el instante en que el péndulo se desplaza como se muestra a través de un ángulo de

O°=10θ de la

vertical? B) ¿Cuál es la dirección de la torca en torno a O en ese instante? ¿Depende su dirección de que el péndulo se desplace hacia la izquierda o hacia la derecha de la vertical?

A) Podemos usar la ecuación para la torca: Fr

rrr ×=τ

De la figura, vemos que la componente de la fuerza que contribuye a la torca es

)(θmgsen : )(θτ LmgsenFr =×=

5

Hoja de Trabajo 24

Para un ángulo de °=10θ : )10( °= Lmgsenτ Sustituyendo: )10()/8.9)(17.0)(25.1( 2 °= sensmkgmτ

mN ⋅= 36.0τ

B) Podemos aplicar la regla de la mano derecha, para ver que, con el desplazamiento como se muestra, la torca alrededor del punto O sale del plano del papel. Si el péndulo se desplaza hacia el lado opuesto de la vertical, la torca tiene la

dirección opuesta. En estas condiciones, el efecto de la torca es producir una aceleración angular paralela.

En cada caso la aceleración angular tiende a mover al péndulo hacia su posición de

equilibrio para restituir al péndulo en su posición alrededor de la cual oscila.

Hay un cambio en la dirección de la torca porque se invierte la dirección de la fuerza que es tangencial al movimiento.

Cuando el péndulo va a la derecha la torca entra a la superficie del papel.

Cuando el péndulo va a la izquierda la torca sale a la superficie del papel.

Ejemplo 4. En un parque de diversiones el papá de un niño empuja un tiovivo, ejerciendo una fuerza F de 115 N de magnitud en un punto P de la periferia. Situado a una distancia de del eje de rotación. La fuerza se ejerce en una dirección que forma un ángulo de debajo de la horizontal, y la componente horizontal de la fuerza está en una dirección de hacia adentro de la tangente en P. Hallar la magnitud de la componente de la torca que acelera al tiovivo.

mr 75.1=°32

°15

6

Hoja de Trabajo 24

Solamente la componente horizontal de F produce torca. De la gráfica podemos ver que a lo largo de la línea horizontal, la fuerza perpendicular a r es . )32cos( °F

NFFh 5.97)32cos( =°=

De la misma manera, la componente perpendicular de la fuerza es:

NFF h 2.94)15cos( =°=⊥

Así pues, la torca (vertical) a lo largo del eje de rotación es:

mNNmrF ⋅=== ⊥ .165)2.94)(75.1(τ

La componente de paralela a hF )15( °= senFr h no produce torca alguna en torno al eje de rotación, y la componente vertical de )32( °= FsenF produce una torca perpendicular al eje que tendería a ladear la plataforma giratoria afuera del plano horizontal (porque el padre está empujando hacia abajo sobre la plataforma) si a esa torca no se le opusiera esa torca igual y contraria desde las chumaceras.

El padre debe ejercer una torca que exceda a cualquier torca por fricción proveniente de las chumaceras. Cuando el padre deja de empujar, esta torca por

fricción, que ahora actúa sola, hace más lento el giro del tiovivo hasta que consigue frenarlo y llevarlo al reposo.

Ejemplo 5. La figura muestra un disco uniforme de masa y radio

montado en un eje horizontal fijo (sin fricción). Un bloque de masa cuelga de un cordón que pasa alrededor del borde del disco. Hallar la

aceleración del bloque al caer, la tensión del cordón y la aceleración angular del disco.

kgM 5.2=cmR 20=kgm 2.1=

La figura (b) muestra un diagrama libre de cuerpo para el bloque. El bloque se acelera hacia debajo de modo que su peso debe exceder la tensión T del cordón a fin de que se produzca el movimiento. Consideremos como positiva la dirección hacia abajo, por lo que de la segunda ley de Newton tenemos:

mg

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∑ =−= maTmgF (A)

La figura (c) muestra un diagrama libre de cuerpo para el disco. La única torca que actúa sobre el disco, tomada con respecto a su eje de rotación es TR porque la tensión es perpendicular al radio. Por otra parte, aplicando la segunda ley de Newton

en la forma angular ατ I= , con y la inercia de rotación del disco es 2

21I = MR y la

relación entre la aceleración angular y la lineal ( αRa = ), tenemos:

RaMRITR 2

21

== α

MaT21

=∴ (B)

maMamg =−21

amMmg ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=mM

mga

21

Combinando (A) y (B):

( )mMmga

22+

=

( )kgkgsmkga

2.1(25.2)/8.9)(2.1(2 2

+=

Sustituyendo:

2/8.4 sma = La aceleración al caer es menor que , g

Así que podemos sustituir en la ecuación (2):

NsmkgT 6)/8.4)(5.2(21 2 ==∴

La tensión en el cordón de es menor que el peso del bloque colgante (

N6NsmKgmg 76.11)/8.9)(2.1( 2 ===

Ejemplo 6. Resolver el Problema 5 desde el punto de vista del trabajo y la energía. Supongamos que el sistema ha salido del reposo. Lo examinamos más tarde cuando el bloque ha caído una distancia L ; en ese punto el bloque se mueve a una velocidad

, y el disco está girando a una velocidad angular v ω . Si el cordón no se desliza sobre el disco, entonces Rv ω= ; además, cuando el bloque cae una distancia L , el disco debe girar un ángulo φ de modo que φRL = Consideremos tres sistemas diferentes:

1. Sistema = bloque + disco. La gravedad (la única fuerza externa) efectúa un trabajo externo sobre el sistema al moverse el bloque hacia abajo una distancia

mgLL . El trabajo externo neto es, entonces,

8

Hoja de Trabajo 24

mgLWext =

No existe un trabajo de fricción efectuado en el eje (sin fricción) o entre el cordón y el disco (donde no existe movimiento relacionado). El cambio en la energía cinética es la energía cinética final, puesto que el sistema fue liberado desde el reposo:

22

21

21 mvIKKK if +=−=Δ ω

El teorema del trabajo-energía nos da:

KWext Δ= Por lo tanto

22

21

21 IvImgL += ω

Empleando la relación entre la velocidad angular y la velocidad lineal:

22

21

21 mv

RvImgL +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

Despejando:

LmM

mgv ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

+=

2222

La cantidad entre corchetes es precisamente la aceleración que encontramos antes., pues si la comparamos con la ecuación lineal

, y como se parte del reposo, claramente es correcto el valor encontrado.

axvv 220

2 +=

2. Sistema = bloque. Aquí el trabajo externo sobre el sistema es efectuado por

la gravedad y por la tensión en cordón:

TLmgLWneto −= El cambio en la energía cinética del sistema (el bloque) es precisamente

2

21 mv , y el teorema trabajo-energía nos da:

2

21 mvTLmgL =−

Sustituyendo el resultado para , podemos demostrar que esto da la tensión hallada en la solución al Problema 5.

2v

3. Sistema = disco. En este caso, solamente T ejerce un trabajo externo y al usar

la ecuación para una rotación en un ángulo total φ efectuad por la torca constante , obtenemos: TR

9

Hoja de Trabajo 24

TLTRWneto −= φ Y el cambio en la energía cinética del sistema (el disco) es

22

222

41

21

21

21 Mv

RvMRIK =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==Δ ω

Al aplicar nuevamente el teorema de trabajo-energía, obtenemos:

2

41 MvTL =

Este resultado es consistente con los encontrados antes. Ejemplo 7. Un yoyo de masa kM 023.0= , que consta de dos discos de radio

unidos por un eje de radio cmR 6.2= cmR 3.00 = , está girando en el extremo de un

cordón de longitud con una velocidad angular mL 84.0= 0ω . ¿Qué velocidad angular se necesita para que el yoyo suba por el cordón? Suponga que el cordón tiene un espesor despreciable. Al comenzar la subida, sólo existe energía cinética de rotación, pero al final, ésta es, en parte energía cinética de rotación, en parte energía cinética de translación, y en parte energía potencial gravitatoria.

MgLMvII ++= 2220 2

121

21 ωω

Donde ω y son las velocidades finales angular y lineal. No podemos resolver este problema para un yoyo real, pero podemos hacerlo para un yoyo ideal con un cordón de espesor despreciable hallando la condición necesaria para que el yoyo llegue justo a la mano (llegando con

v

0==ωv ):

MgLI =202

1 ω

Usando la inercia de rotación de un disco ( 2

21 MRI = ) y despreciando la contribución

del eje a la inercia de rotación, resolvemos para 0ω y hallamos:

srevsradm

msmRgL /35/221

)026.0()84.0)(/8.9(44

2

2

20 ====ω

Esta es una velocidad de rotación bastante baja, pues son comunes las velocidades de , especialmente si el yoyo es lanzado hacia debajo de modo que su energía de translación inicial se convierte en energía de rotación. En el caso de una velocidad lineal inicial grande, llegaría a la mano con una velocidad lineal considerable. De hecho, un truco muy conocido consiste en soltar el cordón del dedo en el último momento, permitiendo que la velocidad vertical del yoyo lo lleve a varios metros hacia arriba.

srev /100

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Hoja de Trabajo 24

La interacción de las energías cinéticas de translación, de rotación, y de la potencial gravitatoria es la causante del comportamiento del yoyo y de muchos trucos que pueden hacerse con él.

Problema 8. Un cilindro de masa M y radio R rueda hacia abajo sin deslizamiento por un plano inclinado de longitud L y altura . Hallar la velocidad de su centro de masa cuando el cilindro llega a la parte baja del plano.

h

Un objeto que rota puede pensarse que lo hace con respecto a un eje que pasa por el punto de contacto con la superficie horizontal. Ese es un eje instantáneo, y en este caso se trata del punto B.

La energía cinética de rotación será:

2

21 ωBc IE =

Por el teorema de los ejes paralelos, podemos escribir:

MhII CMB2+=

Donde es la distancia del punto B al centro de masa, por lo que: h

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Hoja de Trabajo 24

( ) 22

21 ωMhIE CMc +=

222

21

21 ωω MhIE CMc +=

En este caso , y usando la relación entre la velocidad angular y la velocidad lineal:

Rh =

MRIE CMc222

21

21 ωω +=

( ) MRIE CMc22

21

21 ωω +=

MvIE CMCMc22

21

21

+= ω

Esta relación expresa muy claramente que la energía cinética de un objeto en rotación con respecto a un eje instantáneo de rotación, que es virtual, se puede separar en dos parte: una energía de rotación con respecto al centro de masa, más una energía de translación del centro de masa. Así que, para resolver este problema usamos la conservación de la energía. El cilindro está inicialmente en reposo. En la parte superior, la energía potencial es

, y en la parte más baja, ésta se transforma totalmente en energía cinética de rotación más la energía cinética de translación.

MghU =Δ

22

21

21 ωCMCM IMvMgh += (C)

Usando las relaciones para la Inercia rotacional del cilindro 2

21 MRICM = y la de la

velocidad angular: 2

22

21

21

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

Rv

MRMvMgh CMCM

222

43

41

21

CMCMCM MvMvMvMgh =+=

Por lo tanto:

ghvCM 34

= (D)

Observemos que si el objeto no rotara al bajar, es decir que bajara deslizándose entonces no aparece el segundo sumando del lado derecho de la ecuación (C):

12

Hoja de Trabajo 24

Así que la velocidad adquiere el valor:

ghvCM 2= (E)

Si comparamos los dos valores, de las velocidades expresados en las ecuaciones (D) y (E), podemos ver que por el hecho de rotar, parte de la energía de translación se ocupa en producir el movimiento de rotación, por eso el resultado de la ecuación (D) es menor que el de la ecuación (C). Ejemplo 9. Una esfera, un cilindro y un aro comienzan desde el reposo y ruedan abajo por el mismo plano inclinado, como se muestra en la figura. ¿Cuál de todos llega primero al fondo?

Vamos a resolver este problema comparando las aceleraciones de los centros de masa de los tres objetos. El que tenga una aceleración mayor será el que llega primero al fondo. A partir de los cálculos anteriores, tenemos la siguiente ecuación general para el movimiento a lo largo del plano:

CMMafsenMg =−θ Donde la fuerza de fricción es:

2Ra

IR

If CMCMCM ==

α

Que es la fuerza que produce la torca que produce la rotación del objeto. Ahora, combinando estas ecuaciones tenemos:

CMCM

CM MaRa

IsenMg =− 2θ

Podemos despejar la aceleración que se aplica para los tres objetos:

CMCM

CM MaRa

IsenMg += 2θ

CMCM aMRI

senMg ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += 2θ

13

Hoja de Trabajo 24

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=M

RI

senMgaCM

CM

2

θ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=∴12MR

Isenga

CMCM

θ

(F)

Ahora la aplicamos para cada objeto:

Esfera: 52

2 =MRICM θθθ sengsengsengaCM 714.0

75

152

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= 2

52 MRICM =

Cilindro: 21

2 =MRICM θθθ sengsengsengaCM 667.0

32

121

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

2

21 MRICM =

Aro: 12 =MRICM ( ) θθθ sengsengsengaCM 5.0

21

11==

+= 2MRICM =

Claramente la esfera tiene una aceleración mayor y es la primera que llega al fondo. Luego le sigue el cilindro y finalmente el aro. La razón se puede explicar de la siguiente manera. La esfera tiene más compacta su constitución y puede aceptar la rotación con el menor costo de energía cinética, puesto que su inercia rotacional es la más pequeña de las tres. Observa la Tabla de algunos valores de Inercia Rotacional de diferentes cuerpos que se encuentra en la Hoja de trabajo 23, y responde a las siguientes preguntas ¿Si pones a “competir” los diferentes cuerpos en un plano inclinado, cuál es la aceleración en cada caso? ¿Cuál llegará primero al piso? ¿Puedes pensar en un juego para construir tu Proyecto Integrador? Ejemplo 10. A un cilindro sólido uniforme de radio cmR 12= y de masa

se le da una velocidad angular

kgM 2.3=srev /150 =ω (en el sentido de las manecillas del

reloj) y luego se le hace descender a una superficie horizontal plana. El coeficiente de fricción cinética entre la superficie y el cilindro es 21.0=kμ . Inicialmente, el cilindro

14

Hoja de Trabajo 24

se desliza al moverse a lo largo de la superficie, pero después de un tiempo inicia un rodamiento puro sin deslizamiento. A) ¿Cuál es la velocidad del centro de masa en el tiempo ? B) ¿Cuál es el valor de t ?

tCMv

t

A) En la figura se muestran las fuerzas que actúan sobre el cilindro. Puesto que todas las fuerzas son constantes mientras ocurre el desplazamiento, la aceleración del centro de masa en la dirección

CMax es constante. Entonces, para el movimiento de

translación, podemos escribir:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−f=0tvv

a iCM

Pues la aceleración es constante, y consideramos la variación desde el valor inicial en la velocidad, al tiempo cero, y la velocidad final al tiempo. En este caso, la suma de las fuerzas debe producir un movimiento con esa aceleración:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−==∑ 0t

vvMMaF if

CMx

La única fuerza horizontal es la fricción, que es el producto del coeficiente de fricción y la fuerza normal, que es precisamente el valor del peso:

tv

MMg CMk =μ

La aceleración angular α alrededor de un eje que pase por el centro de masa es también constante, de modo que, para el movimiento de rotación, podemos escribir:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−==∑ 0t

II ifCMCM

ωωατ

Aquí, eligiendo que las rotaciones en sentido contrario a las manecillas sean

positivas,RvCM

f−

=ω , la velocidad angular en el tiempo t , y 0ωω =i . Solamente la

fuerza produce una torca en torno al centro de masa; la torca resultante es fMgRkμ , una cantidad positiva. Usando ατ I=∑ , obtenemos

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

tRvMRMg CM

k)(

21 02 ωμ

15

Hoja de Trabajo 24

Eliminando t de esas ecuaciones y despejando , obtenemos: CMv

( )( )( ) smmrevradrevRvcm /8.312.0/22/1531

31

0 === πω

Nótese que no depende de los valores de CMv M , g o kμ . Sin embargo, ¿qué ocurriría si cualquiera de estas cantidades fuera cero? B) Al eliminar a de las ecuaciones anteriores, podemos despejar a t y hallar: CMv

sgR

tk

8.13

0 ==μω

B. ACTIVIDAD INDIVIDUAL. Entregar un reporte virtual al correo electrónico del profesor y del ayudante, conteniendo la integración de los conocimientos construidos en esta actividad, que consiste en:

a) El mapa conceptual Individual, los elementos que se han ido agregando en cada punto.

a) El mapa conceptual del equipo. b) Las respuestas personales. c) Las aportaciones del equipo.

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