Respuestas - Capítulo II

Excepto por las preguntas de los apartados de Comprueba tu aprendizaje, sólo se dan las respuestas de los numerales impares

Comprueba tu aprendizaje

2.1 a. μstan θ/1 + (mr2/ICM); reemplazando el ángulo y observando que para un cilindro hueco ICM = mr2, tenemos μstan 60°/1 + (mr2/mr2) = 1/2tan60 ° = 0,87; se nos da un valor de 0,6 para el coeficiente de fricción estática, que es menor que 0,87, por lo que la condición no se cumple y el cilindro hueco se deslizará;
b. El cilindro sólido obedece a la condición μs1/3tanθ = 1/3tan 60° = 0.58. El valor de 0.6 para μs cumple esta condición, por lo que el cilindro sólido no se deslizará.

2.2 De la figura, vemos que el producto cruz del vector de radio con el vector de momento proporciona un vector dirigido fuera de la página. Al insertar el radio y el momento en la expresión del momento angular, tenemos

l = r × p = (0.4 mi^) × (1,67 × 10-27 kg(4,0 × 106 m/s)j^) = 2.7 × 10-21 kg • m2/sk^

2.3 Iesfera = 2/5mr2, Icilindro = 1/2mr2; tomando la relación de los momentos angulares, tenemos:

Lcilindro/Lesfera = Icilindroω0/Iesferaω0 = (1/2)mr2/(2/5)mr2 = 5/4. Por lo tanto, el cilindro tiene un 25% más de momento angular. Esto se debe a que el cilindro tiene más masa distribuida más lejos del eje de rotación.

2.4 Usando la conservación del momento angular, tenemos

I(4.0 rev/min) = 1.25Iωf, ωf = 1.0/1.25(4.0 rev/min) = 3.2 rev/min

2.5 La gravedad de la Luna es 1/6 de la de la Tierra. Al examinar la Ecuación 2.12, vemos que la frecuencia de precesión de la parte superior es linealmente proporcional a la aceleración de la gravedad. Todas las demás cantidades, masa, momento de inercia y velocidad de rotación son iguales en la Luna. Por lo tanto, la frecuencia de precesión en la Luna es

ωP(Luna) = 1/6ωP(Tierra) = 1/6(5.0 rad/s) = 0.83 rad/s.

Preguntas conceptuales

1. No, la fuerza de fricción estática es cero.

3. Es más probable que la rueda se deslice en una pendiente pronunciada, ya que el coeficiente de fricción estática debe aumentar con el ángulo para mantener el movimiento de rodadura sin deslizarse.

5. El cilindro alcanza una mayor altura. Según la Ecuación 2.4, su aceleración en la dirección hacia abajo de la pendiente sería menor.

7. Todos los puntos en la línea recta darán momento angular cero, porque un vector cruz en un vector paralelo es cero.

9. La partícula debe moverse en una línea recta que pasa por el origen elegido.

11. Sin la pequeña hélice, el cuerpo del helicóptero giraría en el sentido opuesto a la gran hélice para conservar el momento angular. La pequeña hélice ejerce un empuje a una distancia R desde el centro de masa del avión para evitar que esto suceda.

13. La velocidad angular aumenta porque el momento de inercia está disminuyendo.

15. Más masa se concentra cerca del eje de rotación, lo que disminuye el momento de inercia que hace que la estrella aumente su velocidad angular.

17. Se necesita un torque en la dirección perpendicular al vector de momento angular para cambiar su dirección. Estas fuerzas en el vehículo espacial son externas al contenedor en el que está montado el giroscopio y no imparten torques al disco giratorio del giroscopio.

Problemas

19. vCM = Rω ⇒ ω = 66.7 rad/s

21 α = 3.3 rad/s2

23. ICM = 2/5mr2, aCM = 3.5 m/s2; x = 15.75 m

25. positivo es el plano inclinado;

aCM = mg senθ/m + (ICM/r2) ⇒ ICM = r2(mgsen30/aCM - m),
x - x0 = v0t - 1/2aCMt2 ⇒ aCM = 2.96 m/s2,
ICM = 0.66 mr2

27. α = 67.9 rad/s2
(aCM)x = 1.5 m/s2

29. W = -1080.0 J

31. La energía mecánica en la parte inferior es igual a la energía mecánica en la parte superior;

1/2mv02 + 1/2(1/2mr2)(v0/r)2 = mgh ⇒ h = 1/g(1/2 + 1/4)v02,
h = 7.7 m, entonces la distancia arriba de la pendiente es 22.5 m.

33. Usa la conservación de la energía

1/2mv02 + 1/2ICylω02 = mghCyl,
1/2mv02 + 1/2ISphω02 = mghSph

Restando las dos ecuaciones, eliminando la energía traslacional inicial, tenemos

1/2ICylω02 = mghCyl - 1/2ISphω02 = mghSph = mg(hCyl - hSph),
1/2mr2(v0/r)2 - 1/22/3(v0/r)2 = mg(hCyl - hSph)
1/2v02 - 1/22/3v02 = g(hCyl - hSph),
hCyl - hSph = 1/g(1/2 - 1/3)v02 = 1/9.8 m/s2(1/6)(5.0 m/s)2 = 0.43 m.

Por lo tanto, la esfera hueca, con el menor momento de inercia, rueda hasta una altura menor de 1.0 - 0.43 = 0.57 m.

35. La magnitud del producto cruz del radio al ave y su vector de momento produce rpsenθ, que da rsenθ como la altitud del ave h. La dirección del momento angular es perpendicular al radio y a los vectores de momento, que elegimos arbitrariamente como k^, que está en el plano del suelo:

L = r × p = hmvk^ = (300.0 m)(2.0 kg)(20.0 m/s)k^ = 12,000.0 kg • m2/s

37. a. l = 45.0 kg • m2/sk^;
b. τ = 10.0 N • mk^

39. a. l1 = −0.4 kg • m2/sk^, l2 = l4 = 0,
l3 = 1.35 kg • m2/sk^;
L = 0.95 kg • m2/sk^

41. a. L = 1.0 × 1011 kg • m2/s; b. No, el momento angular permanece igual ya que el producto cruz involucra solo la distancia perpendicular desde el plano al suelo sin importar a donde se encuentre a lo largo de su trayectoria.

43. a. v = -gtj^, r = -di^, l = mdgtk^;
b. F = -mgj^, τ = dmgk^;
c. Sí

45. a. mgh = 1/2m(rω)2 + 1/22/5mr2ω2;

ω = 51.2 rad/s
L = 16.4 kg • m2/s ;
b. ω = 72.5 rad/s;
L = 23.2 kg • m2/s

47. a. I = 720.0 kg • m2; α = 4.20 rad/s2;
ω(10 s) = 42.0 rad/s; L = 3.02 × 104 kg • m2/s;
ω(20 s) = 84.0 rad/s;
b. τ = 3.03 × 103 N • m

49. a. L = 1.131 × 107 kg • m2/s;
b. τ = 3.77 × 104 N • m

51. ω = 28.6 rad/s ⇒ L = 2.6 kg • m2/s

53. Lf = 2/5Ms(3.5 × 103 km)2/Tf
⇒Tf = 28 días(3.5 × 103 km)2/(7.0 × 105km)2 = 7.0 × 10-4 día = 60.5 s

55. ff = 2.1 rev/s ⇒ f0 = 0.5 rev/s

57. rPmvP = rAmvA ⇒ vP = 18.3 km/s

59. a. Idisco = 5.0 × 10-4 kg • m2,
Ibicho = 2.0 × 10-4 kg • m2,
(Idisco + Ibicho1 = Idiscoω2,
ω2 = 14.0 rad/s
b. ΔK = 0.014 J;
c. ω3 = 10.0 rad/s vuelve al valor original;
d. 1/2(Idisco + Ibicho32 = 0.035 J vuelve al valor original;
e. trabajo del bicho que se arrastra en el disco

61. Li = 400.0 kg • m2/s,
Lf = 500.0 kg • m2ω,
ω = 0.80 rad/s

63. I0 = 340.48 kg • m2,
If = 268.8 kg • m2,
ωf = 25.33 rpm

65. a. L = 280 kg • m2/s,
If = 89.6 kg • m2,
ωf = 3.125 rad/s;
b. Ki = 437.5 J,
Kf = 437.5 J

67. Momento de inercia en el giro discográfico: I0 = 0.5 kg • m2,
If = 1.1 kg • m2,
ωf = I0/Ifω0 ⇒ ff = 155.5 rev/min

69. Su velocidad de giro en el aire es: ff = 2.0 rev/s;
Puede hacer cuatro volteretas en el aire.

71. Momento de inercia con todos los niños a bordo:

I0 = 2.4 × 105 kg • m2;
If = 1.5 × 105 kg • m2;
ff = 0.3 rev/s

73. I0 = 1.00 × 1010 kg • m2,
If = 9.94 × 109 kg • m2,
ff = 3.32 rev/min

75. I = 2.5 × 10-3 kg • m10,
ωP = 0.78 rad/s

77. a. Ltierra = 7.06 × 1033 kg • m2/s,
ΔL = 5.63 × 1033 kg • m2/s;
b. τ = 1.4 × 1022 N • m;
c. Las dos fuerzas en el ecuador tendrían la misma magnitud pero diferentes direcciones, una en la dirección norte y la otra en la dirección sur en el lado opuesto de la Tierra. El ángulo entre las fuerzas y los brazos de palanca en el centro de la Tierra es de 90°, por lo que un torque dado tendría una magnitud τ = FREsen90° = FRE. Ambos proporcionarían un par en la misma dirección:

τ = 2FRE ⇒ F = 1.3 × 1015 N

Problemas Adicionales

79. aCM = -3/10g;
v2 = v20 + 2aCMx ⇒ v2 = (7.0 m/s)2 - 2(3/10g)x;
v2 = 0 ⇒ x = 8.34m;
b. t = v - v0/aCM, v = v0 + aCMt ⇒ t = 2.38 s;

La esfera hueca tiene un mayor momento de inercia y, por lo tanto, es más difícil de detener que la canica o la esfera sólida. La distancia recorrida es más grande y el tiempo transcurrido es más largo.

81. a. W = −500.0 J;
b. K + Ugrav = constante,
500 J + 0 = 0 + (6.0 kg)(9.8 m/s2)h,
h = 8.5 m, d = 17.0 m;

El momento de inercia es menor para la esfera hueca, por lo tanto, se requiere menos trabajo para detenerlo. Del mismo modo, sube la inclinación una distancia más corta que el aro.

83. a. τ = 34.0 N • m;
b. l = mr2ω ⇒ ω = 3.6 rad/s

85. a. dM = 3.85 × 108 mdistancia promedio a la Luna; periodo orbital 27.32d = 2.36 × 106s; velocidad de la luna 2π3.85 × 108 m/2.36 × 106 s = 1.0 × 103 m/s; masa de la luna 7.35 × 1022kg,

L = 2.90 × 1034 kgm2/s;

b. radio de la luna 1.74 × 106 m; el período orbital es el mismo que
(a): ω = 2.66 × 10-6 rad/s,

L = 2.37 × 1029 kg • m2/s;

El momento angular orbital es 1.22 × 105 veces mayor que el momento angular de rotación para la Luna.

87. I = 0.135 kg • m2,
α = 4.19 rad/s2, ω = ω0 + αt,
ω(5 s) = 21.0 rad/s, L = 2.84 kg • m2/s,
ω(10 s) = 41.9 rad/s, L = 5.66 kg • m/s2

89. En la conservación de la ecuación del momento angular, la velocidad de rotación aparece en ambos lados, así que mantenemos la notación (rev/min) ya que la velocidad angular puede multiplicarse por una constante para obtener (rev/min):

Li = -0.04 kg • m2(300.0 rev/min),
Lf = 0.08 kg • m2ff ⇒ ff = -150.0 rev/min agujas del reloj

91. I0ω0 = Ifωf,
I0 = 6120.0 kg • m2,
If = 1180.0 kg • m2,
ωf = 31.1 rev/min

93. Li = 1.00 × 107 kg • m2/s,
If = 2.025 × 105 kg • m2,
ωf = 7.86 rev/s

Problemas de Desafío

95. Supongamos que el rodillo acelera hacia adelante con respecto al suelo con una aceleración a'. Luego acelera hacia atrás en relación con el camión con una aceleración (a - a').



También, Rα = a -a'I = 1/2mR2Fx 0 fs = ma',

τ = fsR = Iα = Ia - a'/Rfs = I/R2(a - a') = 1/2m(a -a')
Resolviendo para a': fs = 1/2m(a -a'); a' = a/3,
x - x0 = v0t + 1/2at2; d = 1/3at2; t = √3d/a/

entonces, s = 1.5d

97. a. La tensión en la cuerda proporciona la fuerza centrípeta de modo que Tsenθ = mrω2. El componente de la tensión que es vertical se opone a la fuerza gravitatoria de tal manera que Tcosθ = mg. Esto da T = 5,7 N. Resolvemos para r = 0.16 m. Esto da la longitud de la cadena como r = 0.32 m.

En ω = 10.0 rad/s, hay un nuevo ángulo, tensión y radio perpendicular a la barra. Dividiendo las dos ecuaciones que implican la tensión para eliminarlo, tenemos sen θ/cos θ = (0.32 msenθ)ω2/g1/cosθ = 0.32mω2/g;

cosθ = 0.31 ⇒ θ = 72.2°;

b. linicial = 0.08 kg • m2/s,
lfinal = 0.46 kg • m2/s;

c. No, el coseno del ángulo es inversamente proporcional al cuadrado de la velocidad angular, por lo tanto, para θ → 90°, ω → ∞. La barra debería girar infinitamente rápido.