Una plataforma giratoria de 2 kg y 20 cm de diámetro gira a 100 rpm sobre cojinetes sin fricción. Dos bloques de 500 g caen desde arriba, golpean la plataforma giratoria simultáneamente en extremos opuestos de un diámetro y se pegan. ¿Cuál es la velocidad angular de la plataforma giratoria, en rpm, justo después de este evento?

1658481116 SOM Questions and Answers

Este problema pretende familiarizarnos con los objetos en movimiento en un pasaje circular. Los conceptos necesarios para resolver este problema incluyen velocidad angular, regla de la mano derechay momento cinematográfico.

En física, velocidad angular es la medida de la girar de un objeto en un período de tiempo específico. En pocas palabras, es el evaluar a la que un el objeto gira alrededor de un eje. Se designa con la letra griega $omega$ y su fórmula es:

[ omega = dfrac{phi}{t}]

Donde $phi$ es el desplazamiento angular y $t$ es el cambio de tiempo para cubrir esta distancia.

Entonces que momento cinematográfico es propiedad de un torneado objeto que viene dado por el momento de inercia en el angular velocidad. los fórmula es:

[ vec{L} = Itimes vec{omega} ]

Donde $I$ es el Inercia rotacional, y $vec{omega}$ es el velocidad angular.

Respuesta experta

De acuerdo a declaración, se nos da lo siguiente información:

los Masa del plato giratorio $M = 2 kg$,

Diámetro del plato giratorio $d = 20cm =0.2m$,

Velocidad angular inicial $omega = dfrac{100rev}{minuto} = 100times dfrac{2pi}{60} = 10,47space rad/s$,

Y el Masa de la de ellos bloques $m = 500g = 0,5 kg$.

para encontrar el velocidad angular desde el tocadiscos vamos Aplicar el principio de Conservación de impulso, porque cambian el momento de inercia de todo el sistema cuando Pegar juntos. Entonces el velocidad angular cambios en el sistema.

Al usar el la Conservación del principio del impulso:

[L_{initial}=L_{final}]

[ I_{turntable}timesomega = I_{block_1} omega^{‘}+I_{turntable}omega^{‘} + I_{block_2}omega^{‘} ]

Donde $omega^{‘}neqomega $ es decir, el velocidad angular.

Resolviendo $omega^{‘} $ nos da:

[omega^{‘}=dfrac{I_{turntable} omega}{I_{block_1}+I_{turntable} + I_{block_2}}]

Primero encontremos el dos posibles desconocido:

[ I_{turntable}=Mdfrac{r^2}{2}]

[ I_{turntable}=2dfrac{0.1^2}{2} = 0.01]

[ I_{block_1}=mr^2 0.5 times 0.1^2]

[ I_{block_1}=0.005 = I_{block_2} ]

encorchado los valores nos dan:

[omega^{‘}=dfrac{0.01times 10.47}{0.005 + 0.01 + 0.005} ]

[omega^{‘} = 5.235space rad/s ]

[omega^{‘} = 5.235times dfrac{60}{2pi} rev/min ]

[omega^{‘} = 50space rev/min]

resultado numérico

el tocadiscos velocidad angular en rpm se calcula como $omega^{‘} = 50space rev/min$.

Ejemplo

$ 10 mil millones pelota con velocidades de 400 $m/s$ alcanza un ancho de 10 kg$, 1,0 m$ portón en la esquina opuesta a la bisagra. los pelota tiene sus raíces en el portón, forzando la puerta a abrirse. Encuéntralo velocidad angular de la puerta justo después del tiro?

los momento angular inicial queda completamente retenido dentro de la paca. Por lo tanto, los momento cinematográfico antes del impacto será:

[ (M_{bullet})×(V_{bullet})×(distance)]

[ = (M_{bullet})(V_{bullet})(R)]

Donde $R$ es el ancho de la puerta.

los último momento angular incluye objetos giratorios, por lo que debe representarse como una velocidad angular $omega$.

Por lo tanto, los momento cinematográfico después de que la pelota ha tocado es:

[ omegatimes I]

[=omega (I_{door} + I_{bullet})]

Momento de inercia para el portón es $I = dfrac{1}{3}MR^2$,

los momento de inercia para el pelota es $I = MR^2$.

los ecuación se convierte en:

[ omega(dfrac{1}{3}(M_{door})R^2 + (M_{bullet})R^2)]

Usando el principio de momento cinematográfico:

[(M_{bullet})(V_{bullet})(R) = omega(dfrac{1}{3}(M_{door})R^2 + (M_{bullet})R^2)]

De este modo:

[omega = dfrac{(M_{bullet})(V_{bullet})(R)}{dfrac{1}{3}(M_{door})R^2 + (M_{bullet})R^2)}]

[= dfrac{(M_{bullet})(V_{bullet})}{(R(dfrac{M_{door}}{3} + M_{bullet})})]

[= dfrac{(10g)(400m/s)}{(1.0m(dfrac{10kg}{3} + 10kg)})]

[= 1.196 rad/sec]