cuerpo rigido (torque)
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CAPÍTULO 6
CUERPO RÍGIDO
6.1 Definiciones
Se entiende por rígido un cuerpo
macroscópico idealizado cuya forma no
varía en el tiempo. Todos los sólidos
comunes pueden entenderse como rígidos
bajo la acción de un sistema de fuerzas
que no lo deformen apreciablemente. Los
sistemas de partículas se comportan como
un rígido si las posiciones relativas entre
ellas no cambian apreciablemente en el
tiempo.
cilindrohueco sólido esferacilindro
Fig 6.1 Ejemplos de cuerpos idealizados considerados rígidos
Una consecuencia inmediata de tener un
cuerpo con extensión es que ahora su
movimiento no solo puede ser de traslación
sino también de rotación, e incluso de roto
traslación.
Consideremos un cuerpo idealizado como
el cilindro sólido de la figura 6.2. Se está
moviendo hacia la derecha de tal manera
que el movimiento de traslación de las
partículas que lo componen puede ser
descrito a través del movimiento de una
partícula cuya masa sea la masa total del
cilindro ubicada en su centro de masa.
Fig 6.2 Cilindro roto trasladándose visto de frente.
Pero además de trasladarse, las partículas
rotan alrededor de un eje, que por
simplicidad hemos supuesto ubicado en el
mismo punto que el centro de masa.
En la figura 6.3 se observan los vectores
velocidad instantánea lineal y angular del
cilindro.
Fig 6.3 Velocidades de traslación y de rotación.
Las ecuaciones cinemáticas que describen
traslación y rotación han sido estudiadas en
capítulos anteriores para el caso de
partículas, y nos servirán aquí para
describir el movimiento del rígido. La
dinámica del rígido también está basada en
la teoría desarrollada para la partícula
aunque necesita algunas definiciones
adicionales que serán introducidas a su
debido tiempo.
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6.2 Cinemática de rotación de un cuerpo rígido con eje fijo.
El caso más sencillo de analizar es el de un
rígido cuyas partículas rotan alrededor de
un eje que está fijo en un sistema de
referencia inercial (no se traslada). La
figura 8.4 muestra un cuerpo cualquiera
dotado de un eje fijo de rotación cuya
dirección es la del eje z de un sistema de
coordenadas cartesianas en el espacio.
Fig 6.4 Rígido con eje de rotación fijo.
Una partícula P cualquiera contenida en el
plano xy de la figura anterior (sombreado
para distinguirlo mejor) describirá una
circunferencia con centro en O. Note que
cualquier otra partícula perteneciente al
cuerpo describirá circunferencias alrededor
del eje z.
Desde arriba se vería como se observa en
la figura 6.5.
Fig 6.5 Vista desde arriba de una partícula rotando alrededor de eje z.
Entonces se tiene que P gira con una
velocidad angular media de magnitud:
mrad
t sΔθ ⎡ ⎤ω = ⎢ ⎥Δ ⎣ ⎦
y una velocidad angular instantánea de
magnitud:
d raddt sθ ⎡ ⎤ω = ⎢ ⎥⎣ ⎦
cuya dirección es la del eje perpendicular al
plano de giro en el sentido que da la regla
de la mano derecha.
Fig 6.6 Vectores velocidad y aceleración angular.
Esta regla establece en términos sencillos
que la velocidad angular es positiva cuando
la rotación es en el sentido opuesto del
movimiento de los punteros del reloj
(antihorario); y negativa cuando la rotación
es en igual sentido que los punteros del
reloj (horario).
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x
y+z sale del plano
giro antihorario
y
z
+x sale del plano
giro antihorario
Fig 6.7 Una “llave de agua” de un baño común. La vista desde arriba muestra un giro antihorario que produce un avance positivo lo que se traduce en que la válvula suba (z positivo sale del plano del dibujo), permitiendo el paso del agua. En la vista lateral el eje x positivo sale del plano del dibujo y se observa mejor el avance de la válvula hacia arriba siguiendo la regla de la mano derecha.
Otra forma de recordarlo, es que la
dirección de la velocidad angular es igual
que la dirección de avance de un tornillo,
perno u otro dispositivo con rosca
dextrosum (tornillos y pernos comunes).
La aceleración angular media de la
partícula tiene una magnitud:
m 2
radt s
Δω ⎡ ⎤α = ⎢ ⎥Δ ⎣ ⎦
Siendo su aceleración angular instantánea
un vector cuya magnitud es:
2
d raddt sω ⎡ ⎤α = ⎢ ⎥⎣ ⎦
La dirección del vector aceleración angular
es la del eje de rotación, siendo de igual
sentido que la dirección de la velocidad
angular cuando la magnitud de esta última
aumenta en el tiempo.
Naturalmente, si la magnitud de la
velocidad angular disminuye en el tiempo,
entonces las direcciones de los vectores
velocidad y aceleración angulares son
opuestos.
Fig 6.8 Vectores velocidad y aceleración angular de una partícula perteneciente a un cuerpo que gira en sentido antihorario, con rapidez angular aumentando.
Fig 6.9 Vectores velocidad y aceleración angular de una partícula perteneciente a un cuerpo que gira en sentido antihorario, con rapidez angular disminuyendo.
Es importante que recuerde que todas las
partículas del cuerpo situadas en este
plano se mueven con igual velocidad
angular puesto que describirán ángulos
iguales en tiempos iguales.
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Fig 6.10 Las partículas P1 y P2 situadas a distancias
distintas del eje de rotación, describen iguales ángulos entre t1 y t2.
Esto significa que cualquier partícula del
cuerpo queda descrita cinemáticamente en
cuanto a su rotación, con los vectores
velocidad y aceleración angulares.
Si la velocidad angular tiene magnitud
constante (ω=constante), se tiene un
movimiento circunferencial uniforme y
entonces:
( )0 0t tθ = θ + ω −
Si la aceleración angular tiene magnitud
constante (α=constante), entonces se trata
de un movimiento circunferencial
uniformemente acelerado, y se tiene:
( ) ( )20 0 0
1t t t t2
θ = θ + ω − + α −
( )0 0t tω = ω + +α −
Ejemplo 6.1.
Una polea y dos bloques A y B están
unidos por cuerdas livianas e inextensibles,
como se muestra en la figura 6.11.
En t0=0 s el bloque A asciende con
aceleración constante A 2
m ˆa 0,3 js
= con
una rapidez de v0A=0,5 ms
.
Fig 6.11 Figura para Ejemplo 6.1
Determinar, si los radios de las poleas son
RA=0,2 m y RB=0,4 m:
a) Velocidad angular y aceleración angular
de la polea en t=0 s
b) Número de vueltas que describe la polea
entre t=0 s y t=3 s.
c) Aceleración del punto C de la polea.
d) Velocidad y aceleración del bloque B en
t=3 s.
Solución:
a) La velocidad del bloque A es igual que la
velocidad del punto C pues la cuerda es
inextensible ( A Cv v= ). Igual cosa se tiene
para la aceleración tangencial ( A Ca aθ= )
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Por otra parte, mientras el bloque A sube,
el bloque B baja y la polea gira en sentido
horario, luego la aceleración angular de la
polea tiene sentido negativo ( k− ).
En consecuencia, para t=0s se tiene que:
V0A=0,5 ms
Y como v0A=v0C=w0R2, entonces
0A0
B
0
v 0,5 rad1,25R 0,4 s
rad ˆ1,25 ks
ω = = =
ω = −
En cuanto a la aceleración, se tiene que
A TC B
A2
B
2
a a R de donde:a 0,3 rad0,75R 0,4 s
rad ˆ0,75 ks
= = α
α = = =
α = −
b) Como la aceleración del bloque a es
constante, la aceleración angular de la
polea también lo es, luego el movimiento
de cualquiera de sus partículas es
circunferencial uniformemente acelerado
pudiendo calcularse el ángulo descrito en
función del tiempo con la ecuación:
( ) ( )20 0 0 0
1t t t t2
θ = θ + ω − + α −
De donde, con t0=0s y θ0=0rad:
20
1t t2
θ = ω + α
Luego:
20
12 N t t2
π = ω + α
Por tanto:
( )( ) ( )( )
20
2
1t t2N
211,25 3 0,75 32N
2N 1,13vueltas
ω + α=
π
+=
π=
C) La aceleración en el punto C tiene
componentes tangencial y normal, por lo
que, en t=0s, con A 2
ma a 0,3sθ = = y
( ) ( )22r B 2
ma R 1,25 0,4 0,63s
= ω = =
Luego: ( ) 2
mˆ ˆa 0,3 0,63rs
= θ −
d) Como la cuerda que une la polea y el
cuerpo B también es inextensible, entonces
aθ=aB; y como además se sabe que
aθ=αRA:
aθ= ( )( ) 2
m0,75 0,2 0,15s
=
Entonces: B 2
m ˆa 0,15 js
= −
La velocidad a los 3 segundos es:
( )( )( )( )
B 0 B
0 0 A
ˆv v a t j
mcon v R 1,25 0,2m 0,25s
= + −
= ω =
( )( ) ( )B
B
por tanto:ˆv 0,25 0,15 3 j
m ˆv 0,7 js
⎡ ⎤= + −⎣ ⎦
= −
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6.3 Dinámica de rotación de un cuerpo con eje fijo.
Cuando tenemos cuerpos rígidos, a
diferencia del caso de las partículas, las
fuerzas que actúan sobre él pueden tener
puntos de aplicación distintos. Ahora es
relevante definir un concepto denominado
línea de acción de la fuerza, que no es más
que la línea sobre la que se ubica la
dirección de la fuerza.
Fig 6.12 Fuerzas aplicadas sobre un rígido. Los puntos de aplicación y las líneas de acción de cada fuerza son distintas.
Consideremos el cuerpo rígido de la figura
6.13 (cuadro superior) que posee un eje fijo
de rotación, cuya posición respecto de un
sistema de referencia inercial no cambia en
el tiempo. Supongamos que el cuerpo no
rota respecto del eje.
Entonces, si aplicamos una fuerza cuya
línea de acción esté en un plano
perpendicular al eje, aparece una
aceleración angular en el rígido, como se
observa en la figura 6.13 (cuadro inferior).
Fig 6.13 Una fuerza aplicada en un plano
perpendicular al eje, produce aceleración angular en el cuerpo.
Pero, ¿será la Fuerza la “acción motriz”
que justifique la aceleración angular?.
Parece que si, puesto que al aumentar la
magnitud de la fuerza, también aumenta la
magnitud de la aceleración angular. Sin
embargo, la misma fuerza con línea de
acción paralela, pero más cercana al eje,
produce aceleración angular menor.
En consecuencia, es necesario realizar un
análisis más cuidadoso
Una vista del plano de la fuerza permite
observar mejor el punto de aplicación y su
línea de acción. Por conveniencia se ha
definido un vector de posición que va
desde el eje fijo hasta el punto de
aplicación de la fuerza.
Fig 6.14 El plano perpendicular al eje, contiene la fuerza y un vector de posición respecto del eje fijo de rotación.
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Se puede estudiar con facilidad el efecto de
la fuerza si analizamos el comportamiento
de la partícula ubicada en su punto de
aplicación.
La partícula es obligada a describir un
movimiento circunferencial con centro en el
eje. La fuerza ejercida sobre ella puede
describirse por conveniencia, a través de
sus componentes tangencial y radial en esa
circunferencia, de radio r. La componente
tangencial de la fuerza provoca una
aceleración tangencial, cuya relación con la
magnitud de la aceleración angular es
conocida (aθ=αr).
En consecuencia, aplicando 2º principio de
Newton, se tiene:
Fθ=m aθ =mαr
Y si multiplicamos la expresión por r,
tenemos:
Fθr =mαr2
Expresión que nos permite identificar al
producto Fθr como la causa (“acción
motriz”) de la aceleración angular y al
producto mr2 como el factor de
proporcionalidad.
Fig 6.15 Componentes tangencial y radial de la
fuerza y componente tangencial de la aceleración de la partícula.
A la cantidad Fθr se le denomina Momento
de la Fuerza o torque (respecto del punto
donde el eje de giro corta el plano de
rotación) designada con la letra τ y a la
cantidad mr2 como Momento de Inercia de
la partícula, designada con la letra I.
En consecuencia, se tiene que:
τ=Iα
Es necesario recalcar nuevamente que en
esta expresión, a la izquierda se encuentra
la causa (el torque) y a la derecha el efecto
(la aceleración angular). La cantidad I
representa la inercia rotacional de la
partícula.
Otra consecuencia directa de esta
expresión es que la dirección del torque es
igual que la dirección de la aceleración
angular:
Iτ = α
Por otra parte, se ve en el dibujo de la
figura 6.15 que Fθ=Fsenα, de tal manera
que el torque se puede escribir como
τ=(Fsenαr), que resulta igual que la
magnitud del vector rxF .
Cada partícula que compone el cuerpo
tiene una masa mi y está ubicada a una
distancia ri del eje. Sobre cada una existen
fuerzas internas producto de las
interacciones entre partículas y fuerzas
externas.
La suma total de los efectos sobre cada
partícula conduce a:
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( )2i i im rΣτ = Σ α
Puesto que como ya hemos visto, todas las
partículas del cuerpo tienen igual
aceleración angular.
La expresión iΣτ representa la suma de los
torques (torque neto: τ) realizados por las
fuerzas internas y externas sobre cada
partícula.
( ) ( )i i iint ernas externasΣτ = Στ + Στ
Pero de acuerdo a la tercera ley de Newton
la suma de los torques internos es nula, por
tanto al torque neto solo concurren las
fuerzas externas al cuerpo.
En la parte derecha de la ecuación se tiene
la cantidad ( )2i im rΣ , que representa el
Momento de Inercia del cuerpo (I).
En consecuencia, se tiene que el toque
neto sobre el cuerpo es directamente
proporcional a su aceleración angular,
siendo el factor de proporcionalidad el
momento de inercia del cuerpo:
Torque.
Como se encontró en la sección anterior,
un cuerpo rígido tendrá una aceleración
angular de magnitud no nula cuando sobre
él actúe una fuerza neta que genere un
torque no nulo.
El torque es una magnitud física muy
relevante, que estudiaremos con más
atención a través de algunos ejemplos.
La definición de torque realizado por una
fuerza F respecto de un punto según
observamos es:
[ ]rxF Nmτ =
Fig 6.16 Direcciones de los vectores Torque y aceleración angulares.
En esta expresión se tiene fuerza neta,
torque neto y el vector de posición desde el
eje de giro hasta el punto de aplicación de
la fuerza neta.
Si miramos el plano de rotación desde
arriba, y ubicamos en él un sistema de
referencia con centro en el eje de giro se
tiene:
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Fig 6.17 Vectores Fuerza y posición respecto del eje que pasa por el centro de masas de un cuerpo que rota.
Note que los vectores torque y aceleración
angulares tienen direcciones hacia adentro
de la página y se representan con una x en
el interior de una circunferencia (la pluma
de la flecha con que se identifican
gráficamente los vectores) y por tanto, en la
dirección k− .
Esto indica que cuando el cuerpo gira en
dirección horaria (en el sentido de los
punteros del reloj), el torque resultante es
negativo. Esto es una característica de los
sistemas dextrosum como los que estamos
estudiando (siguen la “regla de la mano
derecha”). Como el producto vectorial es
anticonmutativo, se tiene que cuando el
giro del cuerpo sea en dirección antihoraria,
entonces el torque resultante es positivo.
Por otra parte, se tiene que la longitud de la
línea perpendicular a la línea de acción de
la fuerza que pasa por el eje de giro es
rsenθ, que es denominado brazo de
momento (d). Observe la fuerza de la figura
siguiente.
dθ
θ
y
rx
F
Fig 6.18 Definición de brazo de momento
Entonces, el torque se puede expresar en
función de d, puesto que por definición de
producto vectorial se tiene que:
ˆrxF rFsen uτ = = θ , donde u es un vector
unitario perpendicular al plano de los
vectores fuerza y posición (en este caso, el
versor k ) y θ es el ángulo formado por
ambos, por lo que:
ˆdFkτ =
Naturalmente el sentido del versor está
dado por la regla de la mano derecha.
Esta expresión es particularmente útil,
puesto que permite fácilmente entender
que fuerzas cuya línea de acción pasen por
el eje de giro producirán torque nulo (su
brazo de momento es 0).
Fig 6.19 Vectores Fuerza 1F y 3F producen torque puesto que d1 yd3 son mayores que cero. En
cambio 2F no produce torque puesto que d2=0.
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Esto explica con sencillez algunos ejemplos
prácticos de la vida diaria como se ve en
las figuras 6.20 a 6.23
bisagras
z
y
x
F
τ
vista desde arriba
pomo
bisagra
x
y
d
dirección de giro
Fτ
Fig 6.20 La puerta gira en el plano XY en sentido horario. F produce un torque en
dirección k− , cuya magnitud es dF. Por eso los pomos se ponen lo más lejos posible de las bisagras.
Fig 6.21 Existe un número importante de pernos, tornillos, tuercas y otros, que tienen “hilos” que avanzan en sentido dextrosum. Para ello cuentan con distintos tipos de “cabezas”, que se hacen girar en un plano perpendicular al cuerpo del objeto con distintos tipos de instrumentos.
1F 2F 3F
2d
1d
3d
4F
Fig 6.22 La llave hace girar a la cabeza de la tuerca. Todas las fuerzas tienen igual
magnitud. Las fuerzas 1 2 3F , F , y F provocan giros antihorarios, es decir positivos, sacando la tuerca. La magnitud del torque aumenta en la medida en que
aumenta d. 4F provoca un giro horario, es decir negativo apretando la tuerca pues la introduce en el plano. Los torques de
1 4F y F tienen igual magnitud. Herramientas de mango más largo requieren esfuerzos menores pero encarecen su costo al necesitar materiales mejores para conservar su rigidez.
Fig 6.23 Existe un número importante de utensilios cuya función es aprovechar el efecto de rotación de una fuerza sobre un eje fijo.
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Ejemplo 6.2.
Considere un cuerpo rígido sometido a una
fuerza neta igual a ( )ˆ ˆF 5i 6 j N= + respecto
de un sistema de referencia cuyo plano XY
está situado en el plano de rotación (con
centro en el eje de giro), siendo el vector de
posición del punto de aplicación de la
fuerza, el vector ( )ˆ ˆr 3i 2 j m= + .
Solución:
Por definición rxFτ = , por tanto:
Si ˆ ˆr xi yj= + y x yˆ ˆF F i F j= + se tiene
( )
[ ]x y
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k i j kˆx y 0 3 2 0 18 10 k
F F 0 5 6 0
ˆ8 Nm k
τ = = = −
τ =
Es decir, el cuerpo gira en dirección
antihoraria, pues el torque resultó positivo.
Fig 6.24 Figura para el ejemplo 6.2.
Note que los vectores torque y aceleración
angulares salen de la página y se
representan con un punto en el interior de
una circunferencia (la punta de la flecha
con que se identifican gráficamente los
vectores)
Ejemplo 6.3.
Si la fuerza del ejemplo 6.2 fuera 1ˆF 5i N= ,
se tendría que:
( ) [ ]
[ ]
F1
F1
ˆ ˆ ˆi j kˆ3 2 0 0 10 Nm k
5 0 0
ˆ10 Nm k
τ == = −
τ = −
Fig 6.25 Figura para el ejemplo 6.3.
El cuerpo gira en sentido horario, el torque
y la aceleración angular son negativos
(entran).
En cambio, si la fuerza es 2ˆF 6 jN= ,
entonces el torque que produce es:
( )[ ]
[ ]
F2
F2
ˆ ˆ ˆi j kˆ3 2 0 18 0 Nm k
0 6 0
ˆ18 Nm k
τ == = −
τ =
Fig 6.26 Figura para el ejemplo 6.3.
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Note que al sumar los vectores 1F y 2F del
ejemplo 6.3 se obtiene el vector F del
ejemplo 6.2. Además la suma de los
torques realizados por 1F y 2F corresponde
al torque realizado por F , como era de
esperarse: F F F1 2τ = τ + τ .
Este hecho es importante para resolver
algunas situaciones presentadas en los
ejercicios de aplicación, donde las fuerzas
pueden descomponerse de manera
conveniente, como se observa en los
ejemplos siguientes.
Ejemplo 6.4.
Calcule el torque que la fuerza F ejerce
sobre la barra de la figura 6.27.
F
Fig 6.27 Figura para el ejemplo 6.4.
Solución:
Se puede suponer que la barra es un
cuerpo unidimensional y fijar un sistema de
referencia tal que se sitúe sobre el eje x,
con origen en el eje fijo de rotación ubicado
en la bisagra.
F
r
y(m )
x(m )
Fig 6.28 La barra se puede suponer como un cuerpo en una dimensión.
El vector de posición es ˆr xi= , y la fuerza
está en el plano XY, de manera tal que el
torque respecto del eje fijo de rotación es:
( )F y
x y
F y
ˆ ˆ ˆi j kˆx 0 0 xF 0 k
F F 0
ˆxF k
τ == = −
τ =
Note que
xF
yFF
r θ
Fig 6.29 Componentes cartesianas de la fuerza.
Fy=Fsenθ por lo que
( )FˆxFsen kτ = θ
También podría haberse resuelto
suponiendo que la fuerza es la suma de los
vectores componentes, es decir
suponiendo que actúan las fuerzas
1 xˆ ˆF F i Fcos i= = θ y 2 y
ˆ ˆF F i Fsen i= = θ
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d
1 xˆ ˆF F i F cos i= = θ
2 yˆ ˆF F j Fsen j= = θ
Fig 6.30 Fuerza descompuesta como la suma de
sus vectores componentes.
Claramente se observa que el brazo de
momento del vector fuerza componente en
X es nulo, por lo que no hace torque
respecto del eje. En cambio el vector
componente de la fuerza en Y si produce
torque pues su brazo de momento no es
nulo.
Como sabemos que ˆdFuτ = , entonces:
yˆ ˆ ˆdF k dFsen k xFsen kτ = = θ = θ
Igual que con el método anterior. k es
positivo porque yF produce que el cuerpo
gire en sentido antihorario.
Ejemplo 6.5.
Calcule el torque que el sistema de fuerzas
1F , 2F y 3F ejerce sobre el cuerpo rígido de
la figura 6.31 respecto de un eje fijo que
pasa por:
a) el punto A.
b) el punto B.
c) el punto C.
A
13m
20m 10m
8m
C
2F1F
3F Fig 6.31 Cuerpo rígido del ejemplo 6.5.
F1=10N; F2=20N; F3=30N.
Solución:
a) El torque neto respecto del punto A es:
A FA F A F A1 2 3Στ = τ + τ + τ
( )( ) ( )( ) ( )( )Aˆ ˆ ˆ10 13 k 20 30 k 30 20 k Nm⎡ ⎤Στ = + −⎣ ⎦
[ ]Aˆ130k NmΣτ =
b) El torque neto respecto del punto B:
( )( ) ( )( ) ( )( )Bˆ ˆ ˆ10 0 k 20 18 k 30 8 k⎡ ⎤Στ = + −⎣ ⎦
Bˆ120kNmΣτ =
c) El torque neto respecto del punto C:
( ) ( ) ( )[ ]
C
C
ˆ ˆ ˆ10 13 k 20 0 k 30 10 k
ˆ430k Nm
⎡ ⎤Στ = ∗ + ∗ + ∗⎣ ⎦
Στ =
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Ejemplo 6.6.
Calcule el torque que el sistema de fuerzas
ejerce sobre el cuerpo rígido de la figura
6.32 respecto de un eje fijo que pasa por:
a) el punto A.
b) el punto B.
F1=10 N; F2=20 N; F3=30 N; F4=40 N.
A
15m
10m
B60º
45º
15m
10m1F
4F
3F
2F
Fig 6.32 Cuerpo rígido del ejemplo 6.6.
Solución:
a) El torque neto que el sistema de fuerzas
ejerce sobre el cuerpo respecto del punto A
es:
( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )
( ) [ ]
A
A
ˆ ˆ10 10 k 20 15 kˆ ˆ30cos45º 15 k 40sen60º 15 k
ˆ-602,5 k Nm
Στ = − − +
+ −
Στ =
b) El torque neto respecto del punto B:
( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( )
[ ]
B
B
ˆ ˆ10 0 k 20 30 kˆ ˆ30cos45º 30 k 30sen45º 10 kˆ40cos60º 10 k
ˆ26k Nm
Στ = − +
+ − +
+
Στ =
Ejemplo 6.7.
Calcule el torque que el sistema de fuerzas
ejerce sobre el cuerpo rígido de la figura
6.33 respecto de un eje fijo que pasa por su
centro. F1=100 N (tangente a la superficie
del rígido); F2=200 N.
La vista del plano de rotación proporciona
las coordenadas de los puntos de
aplicación de las fuerzas respecto de un
plano cartesiano con centro en el eje de
rotación.
y
x
1F
2F
x
y
30cm
50cm
20cm
1F
2F
Fig 6.33 Cuerpo rígido del ejemplo 6.7.
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Solución:
Las fuerzas están en el plano XY, por tanto
el torque neto que el sistema de fuerzas
ejerce sobre el cuerpo respecto del eje que
pasa por su centro es:
( )( ) ( )( )[ ]
o
o
ˆ ˆ100 50 k 200 30 kˆ11000k Nm
Στ = − −
Στ = −
Note que el brazo de momento de 1F es
igual que el radio de la circunferencia, pues
tiene dirección igual que la recta tangente a
ella.
6.4 Momentos de Inercia de sistemas de partículas.
Hemos definido el momento de inercia de
una partícula como “la inercia rotacional”,
es decir la capacidad de la partícula a
resistirse a un cambio en su movimiento de
rotación.
La expresión mr2 permite calcular la inercia
rotacional de una partícula de masa m
respecto de un sistema de referencia
determinado. Esta expresión muestra que
la resistencia al cambio será mayor en la
medida en que la partícula se encuentre
más lejos del eje de rotación.
Fig 6.34 Una partícula de masa m tiene mayor momento de inercia en la medida en que r1>r0.
Si tenemos un sistema formado por n
partículas, entonces su momento de inercia
será:
i n2
i ii 1
I m r=
=
= ∑
Ejemplo 6.8.
Calcule el momento de inercia del sistema
formado por las partículas de masas
m1=10 kg y m2=20 kg respecto del eje
ubicado en O en la figura 6.35.
Fig 6.35 Sistema de partículas para ejemplo 6.8
Solución:
Sabemos que i n
2i i
i 1I m r
=
=
= ∑ , por lo tanto:
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2 21 1 2 2
2 2
2
I m r m r
I 10 2 20 6
I 720 kgm
= +
= ∗ + ∗
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
Ejemplo 6.9.
Calcule el momento de inercia del sistema
del ejemplo 6.8 respecto de su centro de
masas.
Solución:
El centro de masas del sistema está
ubicado en el punto:
1 1 2 2cm
1 2
m r m rr
m m+
=+
[ ]cm
cm
10 2 20 6r 4,6m10 20
r 4,7 m
∗ + ∗= =
+≈
Por tanto, como se ve en la figura 6.36:
Fig 6.36 Posiciones de las partículas respecto del eje que pasa por su centro de masas.
En consecuencia:
*2 *2cm 1 1 2 2
2 2cm
2cm
I m r m r
I 10 2,7 20 1,3
I 106,7 kgm
= +
= ∗ + ∗
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
Ejemplo 6.10.
Existen numerosos ejemplos en la literatura
que se pueden resolver de esta manera.
Considere las dos esferas de igual masa
(m=1 kg) de la figura 6.37 unidas a través
de una varilla rígida de masa muy pequeña
apoyada sobre una base vertical en el
punto en el que se encuentra el centro de
masas del conjunto.
Fig 6.37 Cuerpo para el ejemplo 6.10.
Entonces se puede suponer que las
esferas se comportan como partículas
separadas por 1m, de manera tal que el
momento de inercia respecto del centro de
masas es:
*2 *2cm 1 1 2 2
2 2
cm
2cm
I m r m r
1 1I 1 12 2
I 0,5 kgm
= +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ∗ + ∗⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎡ ⎤= ⎣ ⎦
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Ejemplo 6.11.
Encuentre el momento de inercia de los
objetos de la figura 6.38 unidos por barras
muy delgadas, rígidas y de masa
despreciable formando un rectángulo de
dimensiones 0,5m y 1,0m respectivamente.
Suponga que se comportan como
partículas. Sus masas son: m1=m2= 0,2 kg;
m3=m4= 0,4 kg;
m1
0,5m
x
y
1,5mm2
m3 m4
0,5m
Fig 6.38 Cuerpos puntuales (partículas) ubicados en una estructura de alambre rígido liviana, rectangular.
Encuentre el momento de inercia del
sistema de partículas respecto de ejes de
rotación ubicados en los ejes del sistema
de referencia.
Solución:
Respecto del eje x, se tiene:
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2x 1 1 2 2 3 3 4 4
2 2
x
2 2
2x
I m r m r m r m r
1 1I 0,2 0,24 4
1 10,4 0,44 4
I 0,0075 kgm
= + + +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
Respecto del eje y, se tiene:
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2y 1 1 2 2 3 3 4 4
2 2
y
2 2
2y
I m r m r m r m r
1 3I 0,2 0,22 2
1 30,4 0,42 2
I 1,5 kgm
= + + +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎡ ⎤= ⎣ ⎦
Respecto del eje z, se tiene:
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2z 1 1 2 2 3 3 4 4
2 2
z
2 2
2z
I m r m r m r m r
5 37I 0,2 0,216 16
5 370,4 0,416 16
I 1,25 kgm
= + + +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎡ ⎤= ⎣ ⎦
6.5 Momentos de Inercia de cuerpos rígidos.
Si la distribución de masa es continua y no
se pueden hacer los supuestos
simplificadores de partícula o de sistema de
partículas, entonces el cálculo es más
complejo y requiere del cálculo integral.
La discusión que haremos a continuación
excede los objetivos de este curso. Sin
embargo, para aquellos que ya dominan
estas herramientas matemáticas, y para los
que vuelvan a revisar este capítulo al
preparar el examen final (fecha en que
dominarán el cálculo diferencial e integral).
Por mientras, se puede saltar la discusión
matemática y tomar solo la tabla de
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momentos de inercia de cuerpos comunes
que se observa al final de este capítulo.
Consideremos una barra delgada de
densidad homogénea de masa M y longitud
L, como se muestra en la figura 6.39. Allí
hemos dibujado un sistema de
coordenadas con centro en el punto donde
se ubica el centro de masas de la barra. En
la figura se ha agregado una vista del
cuerpo idealizándolo a una dimensión. Esta
idealización se hace considerando que el
espesor y el ancho de la barra son
despreciables comparados con su longitud.
dm
cm
Fig 6.39 Varilla delgada de longitud L y masa M.
Si suponemos que la barra está compuesta
de elementos de volumen muy pequeños
de masa imΔ , con el i-ésimo elemento
ubicado a una distancia xi del centro de
masas, entonces el momento de inercia de
los i elementos será igual a: i n
2cm i i
i 1I x m
=
=
= Δ∑ , que es una suma de
Riemman, cuyo límite cuando imΔ tienda
a cero es el momento de inercia de la
barra:
i n2 2
cm i im 0i i 1I lim x m x dm
=
Δ →=
= Δ =∑ ∫
El elemento de volumen seleccionado tiene
una masa dm y una longitud dx, los que se
pueden expresar a través de la densidad
lineal de masa λ:
dmdx
λ =
De donde:
dm dx= λ
Si la densidad es constante, entonces se
puede calcular considerando la masa total
M y la longitud total de la barra L, siendo:
ML
λ =
Entonces:
Mdm dxL
=
Por lo tanto, el momento de inercia de la
barra es:
2 2cm
MI x dm x dxL
= =∫ ∫
L22
cm L2
MI x dxL −
= ∫
L3 2
cmL2
M xIL 3
−
⎡ ⎤= ⎢ ⎥
⎣ ⎦
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3 3
cm
L LM 2 2IL 3
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥=
⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
2
cmMLI12
=
La expresión encontrada será la misma
para cualquier cuerpo que se comporte
como un rígido, cuya densidad sea
constante y cuyas dimensiones sean tales
que su largo sea muy grande comparado
con las restantes dimensiones (varillas
delgadas, alambres delgados, etc.).
Si quisiéramos calcular el Momento de
Inercia de la barra respecto de un eje fijo
que pasa por el extremo izquierdo,
entonces se tiene:
dm
Fig 6.40 I respecto de un eje en el extremo izquierdo
2 2O
MI x dm x dxL
= =∫ ∫
L 2O 0
MI x dxL
= ∫
L3
O0
M xIL 3
⎡ ⎤= ⎢ ⎥
⎣ ⎦
3
OM LIL 3
⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
OMLI
3=
En este caso, resulta sencillo, pero para
cuerpos que tienen más de una dimensión
apreciable el cálculo del Momento de
Inercia para ejes que pasan por el centro
de masas u otros puntos puede ser
demasiado complejo para este curso.
En la literatura es posible encontrar los
Momentos de Inercia de cuerpos comunes
respecto de ejes paralelos a los ejes de
simetría que pasan por los centros de
masa, que son incluidos en este apunte.
Muy útil resulta el Teorema de Steiner que
permite calcular a partir de estos valores,
los Momentos de Inercia para ejes
paralelos a estos, lo que será tratado en la
siguiente sección.
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6.6 Momentos de Inercia para cuerpos comunes.
I=(ML2)/12
Fig 6.41 Varilla delgada respecto a un diámetro
central
I=(ML2)/3
Fig 6.42 Varilla delgada respecto de una línea
perpendicular que pasa por un extremo.
Fig 6.43 Cascarón cilíndrico respecto a su eje
central.
Fig 6.44 Cilindro sólido respecto a su eje central.
Fig 6.45 Cilindro hueco (anular) respecto a su eje central.
Fig 6.46 Cilindro sólido respecto a un diámetro
central.
Fig 6.47 Lámina delgada respecto a eje central
perpendicular a la cara mayor.
Fig 6.48 Lámina delgada respecto a un eje
paralelo al borde mayor que pasa por el centro de masa.
Fig 6.49 Esfera maciza respecto al diámetro.
Fig 6.50 Cascarón esférico (hueco) respecto al
diámetro.
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R
I=MR2/2
Fig 6.51 Cascarón anular (anillo delgado) respecto a
cualquier diámetro.
R
I=MR2
Fig 6.52 Cascarón anular (anillo delgado) respecto a
su eje central.
6.7 Teorema de Steiner.
El teorema de Steiner o de los ejes
paralelos establece que el Momento de
Inercia (I) de un cuerpo respecto de
cualquier eje paralelo a un eje que pase por
el centro de masa es igual al Momento de
Inercia respecto del centro de masa (Icm)
más el producto entre la masa del cuerpo
multiplicada por el cuadrado de la distancia
(d) entre ambos ejes.
I=Icm+Md2
Ejemplo 6.12.
Encuentre el Momento de Inercia de una
barra delgada respecto de un eje fijo que
pasa por el extremo izquierdo:
Solución:
Sabemos que el Momento de Inercia de un
eje paralelo al eje Y, que pasa por el centro
de masas es:
2
cmMLI12
=
La distancia que media entre este eje y uno
paralelo que pasa por el extremo izquierdo
es Ld2
= , por tanto según el Teorema de
Steiner:
2 2
O
2
O
ML LI M12 4
MLI3
= +
=
Igual que el resultado obtenido con la
integral.
Ejemplo 6.13.
Encuentre el Momento de Inercia de una
lámina delgada respecto de un eje
perpendicular al plano y que pase por un
punto O situado en una esquina.
Solución:
Sabemos que el Momento de Inercia de un
eje paralelo al plano, que pasa por el centro
de masas de una lámina delgada es:
2 2cm
MI (a b )12
= +
La distancia entre este eje y la esquina es:
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( )2 2
2 2 2a b 1d a b2 2 4
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )2 2 2 2O
2 2O
2 2O
M 1I (a b ) M a b12 4
1 1I M(a b )12 4
MI (a b )3
= + + +
⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠
= +
Ejemplo 6.14.
Encuentre el Momento de Inercia de un
cilindro sólido respecto de un eje que pase
por la tangente de su superficie, paralelo al
eje de simetría.
Solución:
De la tabla de Momentos de Inercia
tenemos que: 2MRI
2= y que el eje
escogido se encuentra ubicado a una
distancia R del anterior, por lo que
entonces, de acuerdo a Steiner:
22
R
2R
MRI MR2
3I MR2
= +
=
6.8 Momentos de Inercia de cuerpos compuestos.
En muchas ocasiones tenemos ejemplos
donde un cuerpo puede descomponerse en
cuerpos de geometría sencilla cuyos
Momentos de Inercia son conocidos.
En ese caso se debe tener en cuenta que
el Momento de Inercia del cuerpo
compuesto respecto a un eje cualquiera es
igual a la suma de los Momentos de Inercia
de los cuerpos que lo componen, respecto
del mismo eje.
Ejemplo 6.15.
Encuentre el Momento de Inercia del
cuerpo de la figura, formado por dos barras
homogéneas de largo L y masa M,
respecto de un eje perpendicular al plano
de la figura y que pasa por la intersección
(O) de las barras.
desde arriba, se ve así:
L/3
L/3
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Solución:
Para cada barra, el centro de masa está
ubicado en L2
y el Momento de Inercia
respecto de ese punto es 2
cmLI M12
= .
L/3
L/6
L/2 cm
O
Entre este punto y O existe una
distancia L L Ld2 3 6
= − = , por tanto según
Steiner:
22
oL LI M M12 6
⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠
2
oLI M9
=
Como las dos barras están en igual
situación geométrica, entonces el Momento
de Inercia del conjunto será:
2o
2I ML9
=
Ejemplo 6.16.
Encuentre el Momento de Inercia del rígido
de la figura, compuesto de un anillo
homogéneo de masa M y tres barras
delgadas homogéneas de largo L y masa
m, respecto de un eje perpendicular al
plano.
Desde arriba, se ve así:
L
Para una barra: 2
cm barraLI m12
=
Respecto de O:
22 2
O barraL L mLI m m12 2 3
⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠
Para el anillo: 2cm anillo O anilloI I ML= =
Para el cuerpo:
( )
22
O cuerpo
2O cuerpo
mLI 3 ML3
I L m M
⎛ ⎞= +⎜ ⎟
⎝ ⎠= +
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6.9 Aplicaciones de la dinámica de rotación.
Ahora podemos estudiar una serie de
casos que contienen rotación de cuerpos
rígidos con eje fijo. Lo haremos a través de
ejemplos.
Ejemplo 6.17.
Calcule la aceleración angular de una
puerta respecto de un eje que pasa por las
bisagras (sin roce) si se le ejerce una
fuerza constante perpendicular como se
observa en la figura 6.53. Esto es una
idealización, puesto que la fuerza va a
dejar de ser perpendicular en la medida en
que la puerta se abra. Supondremos aquí
que la mano sigue ejerciendo la fuerza
perpendicular o que consideramos solo un
instante muy pequeño del evento.
Desde arriba, se ve así:
Fig 6.53 Figura para ejemplo 6.17
Solución:
Sabemos que Iτ = α y del dibujo se tiene
que el Momento de Inercia de la puerta es
el correspondiente al de un eje paralelo a la
dimensión mayor de una lámina rectangular
delgada que pase por un extremo.
De la tabla se tiene que el Momento de
Inercia de una lámina delgada respecto a
un eje paralelo al borde mayor que pasa
por el centro de masa es:
En nuestro ejemplo a es el ancho de la
puerta ( a d= ), y las bisagras se
encuentran sobre un eje paralelo al que
pasa por el centro de masas a una
distancia dL2
= , de manera que el
Momento de Inercia respecto de las
bisagras según Steiner, será:
22 2
OMd d MdI M12 2 3
⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠
La magnitud del torque que la fuerza hace
respecto de O es dFτ = , y su dirección es
k− (gira en el sentido de los punteros del
reloj), según se puede apreciar claramente
en la figura 6.53. Claramente esta dirección
es la misma que la dirección del vector
aceleración angular.
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En consecuencia, se tiene que:
( ) ( )2Mdˆ ˆdF k k
3− = α −
Cuya magnitud es, por igualdad de
vectores:
2MddF3
= α
Esta expresión nos permite calcular por
ejemplo, la aceleración angular, sin recurrir
a la cinemática angular.
Si la puerta tuviera 0,75 m de ancho y una
masa de 20 kg, la magnitud de la
aceleración angular que una fuerza
perpendicular de magnitud 50 N le
produciría sería de:
2
3F 3 50 rad10Md 20 0,75 s
∗ ⎡ ⎤α = = = ⎢ ⎥∗ ⎣ ⎦
Para aquellos que aún tienen dificultades
con las unidades, se les recuerda que la
definición de radian (rad) es: ángulo (θ)
descrito cuando el radio (r) es igual al arco
(s), de manera tal que se tiene s=rθ.
Esto implica que el radian es adimensional
[ ] mradm
⎛ ⎞⎡ ⎤=⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠.
En el cálculo que acabamos de hacer, las
unidades se reducen de la siguiente
manera:
[ ]2
2 2
mKgN 1 m radsKgm Kgm ms s
⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤α = = = =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
Note que si la fuerza se aplica a una
distancia menor del eje entonces cambia el
torque y la aceleración angular.
Apliquemos la fuerza a una distancia r
menor que d respecto de las bisagras.
Entonces el torque es rFτ = y se tiene que
( ) ( )2Mdˆ ˆrF k k
3− = α −
De donde: 2
3rFMd
α =
Si la línea de acción de la fuerza pasa por
las bisagras, entonces r=0 y la aceleración
angular de la puerta es nula, como
esperábamos.
Ejemplo 6.18.
Se necesita sacar una barra muy pesada
del segundo piso de una planta industrial,
para lo que se adaptó la máquina de la
figura 6.54, uniéndole un eje en un
extremo, que puede girar sin roce
apreciable.
Se jala la barra uniéndola al eje de manera
tal que esta finalmente queda colgando del
eje, pudiéndose transportar a su destino
final.
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Fig 6.54 Figura para ejemplo 6.18
La barra, que es homogénea, gira debido a
la acción de su peso (Mg). La máquina
detuvo su retroceso en el momento en que
la barra salió de la plataforma horizontal.
La aceleración angular con que gira se
puede calcular considerando el esquema
de la figura 6.55.
Ox
yθ
θ
F
τα
d
d/2
F cos θ
Od/2
Fig 6.55 Esquema para ejemplo 6.18
La magnitud del torque que el peso de la
barra realiza respecto de O es
d mgcos2
τ = θ . Su dirección es k− .
El momento de inercia de la barra respecto
del eje que pasa por O es 2
OMdI
3= según
vimos en el ejemplo 6.17.
Por lo tanto:
( ) ( )2d Mdˆ ˆMgcos k k
2 3θ − = α −
De donde:
3 gcos2d
α = θ
La aceleración angular no es constante
puesto que el torque que produce el peso
no le es. Dependen del ángulo θ.
Ejemplo 6.19.
Tomemos una polea de masa M y radio R
de la cual pende un balde de masa m a
través de una cuerda inextensible como se
observa en la figura 6.56
Fig 6.56 Esquema para ejemplo 6.19
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Si no existe roce entre la polea y la barra
que la sostiene, se tienen los siguientes
diagramas de cuerpo libre:
Fig 6.57 Diagrama de cuerpo libre
Sobre la polea existen 3 fuerzas, ejercidas
por la tierra, el eje y la cuerda. Sobre el
balde existen dos fuerzas, ejercidas por la
cuerda ( bT ) y por la tierra (mg ).
El balde acelera trasladándose hacia abajo,
por lo tanto, de acuerdo al segundo
principio de Newton:
( )b b b
b b
ˆ ˆ ˆF : T j mgj ma j
T mg ma
Σ − = −
− = −
b bmg T ma− = (1)
No olvide las consideraciones vectoriales.
Por otra parte, la polea rota alrededor del
eje con aceleración angular debida al
torque neto hecho por las fuerzas que
están aplicadas sobre ella, por lo tanto, de
acuerdo al segundo principio de Newton
para la rotación:
IΣτ = α
Sobre la polea existen tres fuerzas, pero
solo la tensión produce torque respecto del
eje fijo de rotación, que pasa por el centro
de masas de la polea:
( )pˆ ˆ: RT k I kΣτ = α
De donde: pRT I= α
Y el momento de inercia para un disco
respecto de un eje perpendicular que pasa
por su centro de masas es:
21I MR2
=
Por tanto:
2p
1RT MR2
= α (2)
Debido a que la cuerda es inextensible,
entonces las magnitudes de las tensiones
que ejerce sobre balde y polea son iguales
(Tp=Tb=T). Las aceleraciones lineales
también son iguales por la misma razón
(ap=ab=a).
Entonces las ecuaciones (1) y (2) se
pueden escribir de nuevo:
mg T ma− = (1)
21RT MR2
= α (2)
Este sistema de ecuaciones permite
resolver numerosos ejercicios encontrados
en la literatura tradicional.
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Como un ejemplo, si conocemos la masa
del balde, masa y radio de la polea,
podemos calcular la aceleración angular
del sistema y la tensión de la cuerda:
De (1):
T mg ma= −
pero a=αR:
T mg m R= − α
Reemplazando en (2):
21R(mg m R) MR2
− α = α
2mgR(M 2m)
α =+
Si la masa del balde es m=5 kg, la masa de
la polea es M=1 kg y su radio es R=0,2 m:
( )
2
2 5 100,2 (1 10)
rad45,45s
∗ ∗α =
+
⎡ ⎤α = ⎢ ⎥⎣ ⎦
[ ]T m(g R)T 5 10 45,45 0,2T 4,55N
= − α
= − ∗
=
Ejemplo 6.20.
Tomemos ahora dos cuerpos de masas m1
y m2 atados a una cuerda inextensible que
pasa por una polea de masa M y radio R,
como se muestra en la figura 6.58.
Fig 6.58 Esquema para ejemplo 6.20
Los diagramas de cuerpo libre son los de la
figura 6.59.
¡Ahora las magnitudes de las tensiones que
la cuerda ejerce sobre los cuerpos no son
iguales!. La explicación está mas adelante.
Fig 6.59 Diagrama de cuerpo libre
El brazo izquierdo de la cuerda, que hemos
denominado A, ejerce tensiones de igual
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magnitud sobre la polea y sobre el cuerpo
1:
Ap A1 AT T T= =
De igual modo, el brazo derecho de la
cuerda, que hemos denominado B, ejerce
tensiones de igual magnitud sobre la polea
y sobre el cuerpo 2:
Bp B2 BT T T= =
Las aceleraciones lineales de polea y
cuerpos 1 y 2 son de igual magnitud (a).
Entonces, aplicando segundo principio de
Newton para los cuerpos 1 y 2 se tiene:
( )1 A 1 1
1 A 1
ˆ ˆ ˆF : T j m gj m a j
m g T m a (1)
Σ − = −
− =
si suponemos que el cuerpo 1 baja.
2 B 2 2
B 2 2
ˆ ˆ ˆF : T j m gj m ajT m g m a (2)Σ − =
− =
Puesto que el cuerpo 2 sube.
Ahora aplicamos el segundo principio de
Newton para la rotación en la polea:
El torque neto sobre la polea es causado
solo por las tensiones de la cuerda, puesto
que la fuerza del soporte y el peso de la
polea tienen líneas de acción que pasan
por el eje de rotación. Entonces:
( ) ( )O A B
A B
ˆ ˆ ˆ: RT k RT k I kRT RT I (3)Στ − = α
− = α
Note que si las tensiones aplicadas por la
cuerda a ambos lados de la polea fueran
iguales, entonces no tendría aceleración
angular.
El momento de inercia de una polea (es el
de un disco sólido) respecto de un eje
perpendicular a su superficie, que pasa por
su centro de masas es 21I MR2
= y la
magnitud de la aceleración lineal de las
partículas situadas en su borde es a=αR,
de modo que se podría escribir la ecuación
(2) como:
2A B
1 aRT RT MR (4)2 R
⎛ ⎞− = ⎜ ⎟⎝ ⎠
Naturalmente, las ecuaciones (1),(2) y (3) o
(4) permiten resolver 3 incógnitas.
Por ejemplo, si la masa de la polea es
M=2Kg, si su radio es R=0,1m, si las
masas de los cuerpos es m1=10Kg,
m2=4Kg, si la cuerda tiene masa
despreciable y no existe roce entre la
cuerda y la polea ni entre la polea y su eje,
entonces podemos calcular las magnitudes
de las tensiones de las cuerdas y la
aceleración del sistema.
de (1): A 1 1T m g m a = −
De (2): B 2 2T m a +m g =
Reemplazando en (4):
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( ) ( )
( ) ( )
21 1 2 2
1 2 1 2
1 aR m g m a R m a +m g MR 2 R
1g m m Ma a m +m2
⎛ ⎞− − = ⎜ ⎟⎝ ⎠
− = +
( )
( )( )( )
1 2
1 2
2
g m ma
1M m +m210 10 4 ma 41 s2 10+42
−=
+
−= =
+
Si el roce entre la polea y su eje no se
puede despreciar, existirá un torque
producido por la fuerza de roce ( )fτ que
debemos incluir en la ecuación dinámica de
la polea.
En nuestro ejemplo, al rotar la polea en
dirección antihoraria, se tiene que el torque
producido por la fuerza de roce tiene
dirección horaria, por tanto la ecuación (3)
debe incluirlo:
( ) ( )O A B f
A B f
ˆ ˆ ˆ ˆ: RT k RT k k I kRT RT I (3*)Στ − − τ = α
− − τ = α
Ejemplo 6.21.
Tomemos ahora dos cuerpos de masas m1
y m2 (considere que se comportan como
partículas) unidos por una cuerda
inextensible y de masa despreciable que
pasa por una polea de masa M y radio R
como se indica en la figura 6.60.
Supongamos que no existe roce entre
polea y su eje de rotación y que la cuerda
no desliza en la polea. Entre el cuerpo 1 y
la superficie horizontal en cambio, existe
roce apreciable.
Fig 6.60 Figura para ejemplo 6.21
Hemos supuesto que el cuerpo 1 se mueve
hacia la derecha.
Aplicando segundo principio de Newton
para los cuerpos considerados como
partículas 1 y 2 se tiene:
x1 A k 1
y1 1
F : T f m a (1)F : N m g 0 (2)
Σ − =
Σ − =
y2 B 2 2F : T m g m a (3)Σ − = −
y aplicando segundo principio de Newton
para la rotación de la polea se tiene:
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( ) ( )O A B
B A
ˆ ˆ ˆ: RT k RT k I kRT RT I (4) Στ − = − α
− = α
Ahora tenemos un sistema de ecuaciones
que permite resolver varias preguntas.
Calculemos la aceleración lineal del
sistema por ejemplo:
De (2) obtenemos la normal sobre el
cuerpo 1: 1N m g=
Y la ocupamos para calcular kf que se
necesita en la ecuación (1) considerando
que k kf N= μ , por lo que:
A k 1 1T m g m a (5)− μ =
Ahora reemplacemos el momento de
inercia respecto del eje de rotación y
expresemos la magnitud de la aceleración
angular de la polea en función de la
aceleración lineal de las partículas que se
encuentran en su borde, en la ecuación (4):
2B A
B A
1 aRT RT MR 2 R
1T T Ma (6)2
⎛ ⎞⎛ ⎞− = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
− =
Resumiendo, tenemos el siguiente sistema
de ecuaciones expresadas de manera
conveniente:
2 B 2m g T m a (3)− =
A k 1 1T m g m a (5)− μ =
B A1T T Ma (6)2
− =
Si las sumamos:
2 k 1 1 2
2 k 1
1 2
1m g m g a(m m M)2
g(m m )a
1(m m M)2
− μ = + +
− μ=
+ +
Reemplazando la aceleración en (3) se
puede calcular la tensión ejercida por la
cuerda sobre el cuerpo 2:
2 k 1B 2 2
1 2
g(m m )T m g m
1(m m M)2
⎡ ⎤⎢ ⎥− μ
= − ⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
y con un poco de álgebra:
1 k 1B 2
1 2
2m M 2 mT m g
(2m 2m M)⎡ ⎤+ + μ
= ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
La tensión de la cuerda sobre el cuerpo 1
se puede obtener de la ecuación (5):
= μ +A 1 1kT m g m a
2 k 1A k 1 1
1 2
k 2 k 2A 1
1 2
g(m m )T m g m
1(m m M)2
2 m M 2m )T m g
2m 2m M
⎡ ⎤⎢ ⎥− μ
= μ + ⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
⎡ ⎤μ + μ += ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
Si m2=20 kg, m1=5 kg, mk=0,1 y M=4 kg,
entonces:
[ ]
2
10 20 0,1 5a
1(5 20 4)2
ma 7,2s
∗ − ∗=
+ + ∗
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
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( )( ) ( )( )
[ ]
B
B
10 4 2 0,1 5T 20 10
(10 40 4)
T 55,5 N
⎡ ⎤+ += ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦=
( )( ) ( )( ) ( )( )
[ ]
A
A
2 0,1 20 0,1 4 40)T 5 10
(10 40 4)
T 41,1 N
⎡ ⎤+ += ⎢ ⎥
+ +⎣ ⎦=
Ejemplo 6.22.
Si el plano se inclina, como se observa en
la figura 6.61:
Fig 6.61 Figura para ejemplo 6.22
Se tienen los siguientes diagramas de
cuerpo libre:
Fig 6.62 Figura para ejemplo 6.22
Entonces demuestre que:
2 k 1 1
1 2
g(m m cos m sen )a
1(m m M)2
− μ α − α=
+ +
k 1 k 1 2A 1
1
2 m cos cos M 2m sen sen M 2mT m g
4m M⎡ ⎤μ α + μ α + α + α +
= ⎢ ⎥+⎣ ⎦
2 k 1 1B 2 2
1 2
g(m m cos m sen )T m g m
1(m m M)2
⎡ ⎤⎢ ⎥− μ α − α
= − ⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
6.10 Trabajo y energía de rotación.
Tal como en el movimiento de traslación de
una partícula, cuando tenemos rotando un
rígido con eje fijo las fuerzas externas a él
efectúan trabajo mecánico.
Consideremos el cuerpo rígido de la figura
6.63, que puede rotar alrededor del eje fijo
Z del sistema de coordenadas que
usaremos como sistema de referencia.
Fig 6.63 Cuerpo rígido con eje fijo.
Si ejercemos una fuerza en el plano xy
sobre una partícula cualquiera, realizará un
trabajo mecánico puesto que habrá un
desplazamiento angular.
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Esto se observa mejor cuando se ve desde
arriba.
Fig 6.64 Vista desde arriba.
Sobre el cuerpo se ha aplicado una fuerza
constante en magnitud y dirección respecto
de la tangente a la curva. La fuerza F se
puede suponer como la suma de dos
vectores cuyas direcciones son radiales y
tangenciales respectivamente.
La componente radial no trabaja pues no
existe desplazamiento en esa dirección.
La componente tangencial trabaja, pues
existe desplazamiento angular Δθ que se
puede relacionar con el desplazamiento
lineal Δs.
El trabajo que la fuerza tangencial realiza
será: dW=Fθds
Si se toma un desplazamiento infinitesimal
ds, se tiene que: ds=Rdθ
Por lo tanto: dW=Fθ Rdθ
y como la magnitud del torque que la fuerza
tangencial realiza sobre la partícula es
τ=FθR, se tiene que: dW=τ dθ
Integrando a ambos lados, y considerando
que W0=0 para θ0, se tiene:
w
W0 0
dW= dθ
θ
τ θ∫ ∫
w
0 0W θ
θ= τθ
De donde finalmente:
W = τΔθ
Que permite calcular el trabajo que una
fuerza constante realiza sobre el cuerpo,
puesto que es una partícula de un rígido.
6.11 Energía cinética rotacional.
Si consideramos ahora la velocidad lineal
de la partícula del cuerpo (cuya masa es
Δm), citada en el punto anterior respecto de
su centro de masas y calculamos su
energía cinética, tenemos que:
2i i i
1K m v2
= Δ
Su velocidad lineal puede expresarse en
función de su velocidad angular:
v=ωR
Por tanto:
2 2i i i i
1K m R2
= Δ ω
La energía cinética de todas las partículas
del cuerpo será:
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i n i n2 2
i i i ii 1 i 1
1K m R2
= =
= =
= Δ ω∑ ∑
Donde la velocidad angular es igual para
todas las partículas, y tomando el límite
cuando Δm tienda a 0, se tiene:
i n2 2
m 0 i ii 1
2 2
1K lim mR2
1K R dm2
=
Δ →=
= ω Δ
= ω
∑
∫
2cm
1K I2
= ω
Expresión que permite calcular la energía
cinética de rotación de un cuerpo respecto
del centro de masas.
Ejemplo 6.23.
Esto permite resolver algunas situaciones
interesantes. Consideremos por ejemplo, el
caso de un cuerpo de masa m que baja a
partir del reposo por un plano inclinado,
unido a una polea cilíndrica de masa M y
radio R, a través de una cuerda
inextensible y de masa despreciable
enrollada varias veces en la polea.
Suponga que no existe roce entre la polea
y su eje ni entre el cuerpo y el plano.
Fig 6.65 Figura para el ejemplo 6.23
Al inicio, el cuerpo tiene solo energía
potencial gravitatoria (mgh). Cuando ha
bajado d metros por el plano llega al punto
arbitrariamente definimos Ug=0 (y=0),
donde su energía se ha transformado parte
en Energía Cinética de traslación del
cuerpo 21mv2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
y parte en Energía
Cinética de rotación de la polea 2cm
1I2
⎛ ⎞ω⎜ ⎟⎝ ⎠
,
debido a que el sistema es conservativo.
2 21 1mgh mv I2 2
= + ω
Conocido el momento de inercia de la
polea respecto del centro de
masas 2cm
1I MR2
⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠
, y que v=ωR:
22 2
2
1 1 1 vmgh mv MR2 2 2 R
⎛ ⎞⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
De donde, con un poco de álgebra:
2 2mghvMm2
=+
Es la velocidad con que el cuerpo llega al
plano horizontal.
La aceleración constante con la que baja
se puede calcular debido a que como v0=0,
entonces 2v 2ad= pues todas las fuerzas
son constantes, y que h=dsenθ quedando:
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2mgdsen2adMm2
mgsenaMm2
θ=
+
θ=
+
Si existe roce entre el plano y el cuerpo la
situación es distinta.
Demuestre que entonces, la aceleración
con que el cuerpo baja el plano es:
kmg(sen cos )a
Mm2
θ − μ θ=
+
6.12 Teorema del Trabajo y la Energía para rotación.
Interesante resulta ahora calcular el trabajo
neto efectuado sobre un rígido, el que se
puede obtener a partir de la segunda ley de
Newton para la rotación, que se puede
escribir como:
Iτ = α∑
y como hemos visto, si el eje es fijo:
Iτ = α∑
Que se puede escribir como:
dIdtd dId dt
ωτ =
ω θτ =
θ
∑
∑
Donde ddtθ
= ω por lo que:
dIdω
τ = ωθ∑
d I dτ θ = ω ω∑
Pero d dWτ θ =∑ :
dW I d= ω ω
Integrando a ambos lados:
W
W0 0
dW I dω
ω
= ω ω∫ ∫
2
022
0
W I2
W I I2 2
ω
ω
ω=
ωω= −
En consecuencia, el trabajo realizado por el
torque neto que produce una aceleración
angular es igual a la variación de la energía
cinética de rotación.
6.13 Energía Cinética de Rototraslación
Ahora estamos en condiciones de estudiar
el caso de un cuerpo que posee
movimiento de traslación y rotación
simultáneamente.
Consideremos el cuerpo de la figura 6.66,
donde se tiene traslación del centro de
masas respecto de un sistema de
referencia inercial y movimiento de rotación
alrededor. Supondremos además, que el
eje de rotación pasa por el centro de
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masas, perpendicular al plano de rotación,
y que el eje se desplaza solo linealmente.
Miremos una partícula:
Fig 6.66 desde arriba:
Fig 6.67 Rígido roto trasladándose.
Entonces, la velocidad de la i-esima
partícula Pi ( iv ) es la suma de las
velocidades respecto del sistema inercial
( cmv ), que es la velocidad de traslación del
centro de masas del cuerpo que se
comporta como una partícula libre, y la
velocidad de la partícula respecto del
centro de masas del cuerpo ( oiv ), ubicado
en el punto O.
El eje de rotación es perpendicular al plano
de rotación (paralelo al eje z).
oi i cmv v v= +
La energía cinética de la i-ésima partícula
es:
( )22 oi i i i i cm
1 1K m v m v v2 2
= = +
Mientras que la energía cinética del rígido
(K) será la suma de las energías cinéticas
de sus n partículas.
( )i n i n 2o
i i i cmi 1 i 1
1K K m v v2
= =
= =
= = +∑ ∑
Que corresponde a:
( ) ( )i n
o oi i cm i cm
i 1
1K m v v v v2
=
=
= + +∑ i
( )i n
o o oi i i cm i cm cm
i 1
1K m v v 2v v v v2
=
=
= + +∑ i i i
Expresándola por conveniencia como:
i n i n i no2 o 2
i i cm i i cm ii 1 i 1 i 1
1 1K m v v m v v m2 2
= = =
= = =
= + +∑ ∑ ∑i
Donde i n
ii 1
M m=
=
= ∑ por lo que:
i n i no2 o 2
i i cm i i cmi 1 i 1
1 1K m v v m v Mv2 2
= =
= =
⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠
∑ ∑i
Si recordamos que la definición de
velocidad del centro de masa de un
sistema de partículas es: i n
cm i ii 1
Mv m v=
=
= ∑ ,
entonces vemos que el segundo término es
cero, puesto que i n
oi i
i 1m v
=
=∑ representa el
producto entre la masa del cuerpo y la
velocidad del centro de masa respecto del
centro de masa.
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El primer término es la energía cinética de
rotación como vimos en el punto 6.13 y el
tercer término es la energía cinética de
traslación del centro de masas, por lo que
se tiene:
2 2cm cm
1 1K I Mv2 2
= ω +
6.14 Eje instantáneo de rotación.
En todo este análisis no han intervenido las
fuerzas. Podemos suponer que si las hubo,
su resultante era nula, de manera tal que el
centro de masas del cuerpo se mueve con
velocidad constante (movimiento uniforme
rectilíneo). Además el torque resultante
respecto del centro de masas de esas
fuerzas era nulo, por lo que la aceleración
angular era nula, lo que entonces significa
que el cuerpo rotaba con velocidad angular
constante.
Estudiemos ahora el efecto de las fuerzas.
Consideremos una esfera de radio R y
masa M sin movimiento de rotación inicial
que se lanza sobre una superficie rugosa.
Entonces sobre la esfera existe una fuerza
de roce cinético que produce que la
velocidad del centro de masas disminuya,
puesto que le proporciona una aceleración
cuya dirección es opuesta a la velocidad
del centro de masas. El peso de la esfera y
la reacción normal de la superficie no
participan en la dirección del movimiento, ni
hacen torque respecto del centro de
masas.
Como la fuerza de roce cinético es
constante, entonces la aceleración del
centro de masas es constante y el
movimiento del eje es rectilíneo.
Fig 6.68 Rígido roto trasladándose.
Pero la fuerza de roce cinético además
produce un torque sobre la esfera cuya
magnitud respecto del centro de masas es
fkR, y cuya dirección es k− . Entonces, de
acuerdo a la segunda ley de Newton para
la rotación, aparece una aceleración
angular en dirección k− , que produce una
rotación del cuerpo alrededor del eje z.
Esto es interesante. Fíjese que la fuerza de
roce es la que produce la rotación. Si no
existe roce, solo desliza.
La velocidad angular también tiene
dirección k− pues gira en dirección
horaria, de manera que su magnitud
aumenta.
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Fig 6.69 Esfera roto trasladándose sobre superficie
rugosa. Los vectores están exagerados.
Se encuentra un punto crítico cuando la
magnitud de la velocidad del centro de
masas iguala la magnitud de la velocidad
de las partículas del borde de la esfera
respecto del centro de masas, es decir
cuando se cumple que vcm=ωR pues solo
entonces la velocidad de la partícula que
toca la superficie es nula (¡estar en reposo
respecto de la superficie es condición de no
resbalar!).
Esto queda bien claro en la figura 6.70
donde se muestra la velocidad de 4 puntos
de la esfera. Se han dibujado las
velocidades respecto del centro de masas
(que como usted sabe son tangentes a la
superficie) y las velocidades del centro de
masas, en condición de no deslizar (no
resbalar).
Fig 6.70 Velocidad respecto de la superficie de la partícula de la esfera en contacto con ella es cero, si no desliza.
Esto, que puede parecer curioso al
estudiante no es muy evidente cuando uno
ve esferas como bolitas de vidrio, de billar,
e incluso ruedas de automóvil. Sin
embargo, cuando recordamos el
movimiento de la “oruga” de un bulldozer
grande, lo entendemos claramente.
cmv 0v
v 0= Fig 6.71 La cadena de un bulldozer en contacto con
el piso está en reposo respecto del piso, aunque el bulldozer se traslada.
Se tiene entonces que en condiciones de
no deslizar (movimiento que a veces la
literatura denomina rodadura), la energía
cinética del cuerpo será:
2 2cm cm
1 1K I Mv2 2
= ω +
con vcm=ωR, por lo que:
( )22cm
2 2cm
1 1K I M R2 21K (I MR )2
= ω + ω
= ω +
Pero la expresión: 2cm(I MR )+ es el
momento de inercia del cuerpo respecto de
un eje paralelo al eje que pasa por el centro
de masas situado a una distancia R de él
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de acuerdo al teorema de Steiner. En
particular, es el momento de inercia del
cuerpo respecto del punto P del cuerpo en
contacto con la superficie.
Entonces se tiene que cuando no hay
deslizamiento:
2P
1K I2
= ω
Al punto P, se le denomina eje instantáneo
de rotación, y simplifica mucho los cálculos
en varios ejemplos.
Ejemplo 6.24.
Se tiene una esfera homogénea de masa
M=2 kg y radio R=10 cm rodando sobre
una superficie rugosa horizontal con una
velocidad de 4 ms
. ¿Cuál es su energía
cinética?. ¿Se detiene?. ¿Porqué?.
Solución:
Fig 6.72 Velocidades lineal y angular de la esfera del
ejemplo 6.24
La energía cinética del cuerpo es:
2 2cm cm
1 1K I Mv2 2
= ω +
Si la esfera no desliza, por lo que cumple
con la condición vcm=ωR, en consecuencia
se puede expresar como:
22 2
cm1 2 v 1K MR Mv2 5 R 2
⎛ ⎞⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
22 2
cm
2cm
2
1 v 1K MR Mv5 R 27K Mv
107K 2 4
10K 22,4 J
⎛ ⎞⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
=
= ∗ ∗
=
Pero el sistema es conservativo, puesto
que la fuerza de roce estática no disipa
energía. En consecuencia la esfera no se
detiene. De hecho, el trabajo hecho por la
fuerza neta en dirección opuesta del
movimiento del centro de masas necesaria
para detenerlo es de 22,4J.
Esta paradoja aparente se debe a que la
fuerza de roce actúa disminuyendo la
velocidad de traslación, pero aumentando
la velocidad de rotación. Sin embargo en la
vida real la esfera se detiene finalmente!.
Esto no significa que lo anterior no es
válido, sino solo lo que sucedería en
condiciones ideales como hemos hecho en
el resto del curso.
Existen numerosos objetos reales que se
comportan aproximadamente como esferas
o discos ideales. Sin embargo, sometidos a
esfuerzos de determinado rango, tienen
cierto grado de deformabilidad inevitable, e
incluso, a veces deseable.
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Consideremos el caso de un material real.
El contacto del cuerpo y la superficie no es
un punto, sino un área apreciable, como se
observa en la figura 6.73.
Fig 6.73 Superficie de contacto de una esfera no
ideal.
Como la esfera avanza hacia la derecha y
rota en dirección horaria, la fuerza que
ejerce sobre la superficie, y por tanto la
reacción normal de la superficie, debe ser
mayor en r (esta bajando) que en q (está
subiendo). Esto genera un sistema de
fuerzas distribuidas cuya resultante es una
fuerza normal de igual magnitud que el
peso del cuerpo, pero con línea de acción
ubicada d metros a la derecha del centro
de masas. Esta fuerza genera el torque (d
es muy pequeño, por tanto se desprecia
cuando existen otras fuerzas aplicadas
sobre la esfera) en dirección antihoraria
que justifica que el cuerpo se detenga.
Fig 6.74 Esfera rígida: Normal y Peso son colineales.
Si se deforma, no lo son, generando un torque que detiene al cuerpo. La normal es una fuerza distribuida.
Ejemplo 6.25.
Analice una esfera de radio R y masa M
rodando hacia abajo por un plano rugoso
inclinado αº respecto de la horizontal.
Fig 6.75 Esfera rodando por un plano inclinado
Solución:
a) Por energía:
El centro de masas desciende h=dsenα
metros desde la posición inicial hasta la
posición final, donde se supone el origen
de la energía potencial gravitatoria. Se ha
trasladado d metros medidos en el plano
inclinado.
Fig 6.76 Cambio de posición del centro de masas al
bajar por el plano inclinado.
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En el punto inicial la energía mecánica del
centro de masas es E0=U0g si se suelta
desde el reposo. En el punto final la
energía mecánica es E=K puesto que allí
Ug=0. La fuerza de roce es estática si no
desliza, por tanto no se realiza trabajo
disipativo y la energía se conserva.
En consecuencia:
0E E=
2 2cm cm
1 1Mgh Mv I2 2
= + ω
con v=ωR
22
cm cm 2
1 1 vMgh Mv I2 2 R
= +
De donde, con un poco de álgebra:
2
cm2
2ghvI1
mR
=+
b) A través de las ecuaciones de
movimiento:
Segunda ley de Newton para la traslación
del centro de masas:
cmx s cm
s cm
cmy
F : f Mgsen M( a )
Mgsen f Ma (1)F : N Mgcos 0 (2)
− α = −
α − =
− α =
∑
∑
Segunda ley de Newton para la rotación
alrededor del centro de masas:
cmz s cm: Rf I (3)τ = α∑
Pues solo fs produce torque.
Condición de rodadura:
cma R (4)= α
Reemplazando α de (4) en (3) y
despejando la fuerza de roce:
cms cm 2
af I (5)
R=
Reemplazando (5) en (1)
cmcm cm2
aMgsen I Ma
Rα − =
De donde la aceleración del centro de
masas resulta:
cmcm
2
gsena (6)I1
MR
α=
+
Como todas las fuerzas son constantes,
entonces el movimiento es uniformemente
acelerado, por lo que cuando ha bajado d
metros en el plano inclinado a partir del
reposo, entonces la magnitud de la
velocidad será:
2cm cmv 2a d (7)=
Reemplazando (6) en (7):
2cm
cm2
gsenv 2 d I1
MR
⎛ ⎞⎜ ⎟α
= ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠
Pero h=dsenα, por lo que se tiene la misma
ecuación conseguida con energía.
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2cm
cm2
2ghv I1
MR
=+
Ejemplo 6.26.
Un cilindro sólido, un cilindro hueco y una
esfera son soltados desde la misma altura
y al mismo tiempo rodando sin deslizar por
el plano inclinado de la figura 6.77.
¿Llegarán al mismo tiempo al plano
horizontal?
Fig 6.77 Cuerpos bajando por un plano inclinado.
Solución:
En el ejemplo anterior hemos calculado la
velocidad de un cuerpo que rueda por un
plano inclinado sin deslizar, obteniéndose
que es independiente de la masa, pero
dependiente del momento de inercia.
2cm
cm2
2ghv I1
MR
=+
Y como sabemos:
2cm
2I MR5
= para una esfera
2cm
1I MR2
= para un cilindro sólido
2cmI MR= para un cilindro hueco
Entonces:
cmv 3,780 h = para una esfera
cmv 3,651 h= para un cilindro sólido
cmv 3,162 h = para un cilindro hueco.
Llega primero la esfera, luego el cilindro
sólido y finalmente el cilindro hueco.
Fig 6.78 Llega primero el cuerpo de menor momento de inercia.
Esto se debe a que un cuerpo con mayor
momento de inercia adquiere mayor
energía cinética de rotación, por tanto en la
medida en que la energía potencial se va
convirtiendo en energía cinética, una
fracción mayor será de rotación y una
menor de traslación.
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Ejemplo 6.27.
Considere un disco de radio R que rueda
sin deslizar a lo largo de un plano
horizontal. Sabiendo que la magnitud de la
aceleración del centro de masas es acm y la
aceleración angular de rotación alrededor
del centro de masas tiene magnitud α,
determine la magnitud de la aceleración del
punto más alto del disco.
Fig 6.79 Disco rodando sobre superficie con roce
Solución:
Sirve para repasar los conceptos. Sabemos
que la magnitud de la velocidad de
traslación del centro de masas es vcm y que
la velocidad angular en cualquier punto del
cuerpo es ω. En el punto A la velocidad es
la suma de las velocidades de traslación y
rotación, de manera tal que: vA=vcm+ωR.
Pero como no hay deslizamiento, entonces
vcm=ωR.
Fig 6.80 Velocidades en puntos A,B y O.
En consecuencia la velocidad en A es de
magnitud: vA=2vcm.
Si derivamos la expresión anterior,
tenemos que aA=2acm.
Ejemplo 6.28.
Utilizando el resultado anterior, en el
sistema de la figura 8.82, calcule las
magnitudes de la aceleración del centro de
masas del disco, de la aceleración del
bloque (m=1,5Kg), de la tensión de la
cuerda en el punto A y de la fuerza de roce.
El disco tiene un radio de R=30cm y masa
M=8Kg y rueda sin deslizar. La polea tiene
una masa despreciable.
A
Fig 6.81 Sistema de cuerpos del ejemplo 6.28
Solución:
a) Considerando traslación del centro de
masas más rotación en torno de un eje que
pasa por dicho centro:
La polea no tiene masa por lo que:
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1T
2T
α
Fig 6.82 Tensiones sobre la polea
cmp 1 2 cmp
1 2
1 2
: RT RT I
RT RT 0T T T
τ − = − α
− =
= =
∑
El bloque baja trasladándose:
2T
m g
ma
Fig 6.83 Fuerzas sobre el bloque
my mF : T mg ma (1)− = −∑
El disco rueda sin deslizar:
f
1T
M gα
Fig 6.84 Fuerzas horizontales sobre el disco.
cm s cm: RT Rf I (2)τ − − = − α∑
Mx s cmF : T f Ma (3)− =∑
cma R (4)= α
2cm
1I MR2
= (5)
(5) y (4) en (2):
2 cms
a1RT Rf MR2 R
⎛ ⎞⎛ ⎞− − = − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
s cm1T f Ma2
+ = (6)
(3)+(6)
cm cm12T Ma Ma2
= +
cm3T Ma4
= (7)
Reemplazando T en (3):
cm s cm3 Ma f Ma 4
− =
s cm1f Ma4
= − (8)
Interesante. Significa que nos hemos
equivocado en la elección de la dirección
de la fuerza de roce.
Es decir, el diagrama de fuerzas
horizontales correcto es el siguiente:
M g
1T
f Fig 6.85 Dirección verdadera de la fuerza de roce
No era tan obvio, ¿verdad?.
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Reemplazando (7) en (1):
cm b3 Ma mg ma 4
− = −
Pero la aceleración ab del bloque es igual
que la aceleración aA del punto donde la
cuerda está unido al disco, que como vimos
en el ejemplo anterior, es el doble que la
aceleración del centro de masas: aA= 2acm.
( )cm cm3 Ma mg m 2a 4
− = −
( )cm cm
cm
3 Ma m 2a mg4
mga3( M 2m)4
+ =
=+
Reemplazando valores:
cm
cm 2
3 102a
3 38 24 2
5 ma3 s
∗=
⎡ ⎤∗ + ∗⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
La aceleración del bloque: am= 2acm
m cm 2
10 ma 2a3 s
⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠
la tensión de la cuerda:
cm3 3 5T Ma 84 4 3
T 10N
= = ∗ ∗
=
La fuerza de roce tiene dirección hacia la
derecha:
[ ]
s cm
s
1 1 5f Ma 8 4 4 310 f N 3
= = ∗ ∗
=
b) Resolvamos el problema de nuevo,
considerando ahora una rotación alrededor
del eje instantáneo:
El bloque traslada, de manera que su
ecuación es la misma:
my mF : T mg ma (1)− = −∑
La polea no participa como vimos.
El punto A del disco gira en torno del punto
B, lugar donde se ubica el eje instantáneo
de rotación. Luego:
1T
1T
f
A
A
B
B
2R
Fig 6.86 El punto A parece rotar alrededor del eje
instantáneo ubicado en B, sobre una circunferencia de radio 2R.
Entonces la 2da ley de Newton para la
rotación alrededor del eje
instantáneo:
B B: 2RT I (9)τ − = − α∑
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El momento de inercia respecto de B, se
calcula con el teorema de Steiner de los
ejes paralelos:
2 2 2B cm
2B
1I I MR MR MR2
3I MR2
= + = +
=
La aceleración del punto A tiene igual
magnitud que la aceleración del bloque:
aA=ab=2Rα
Entonces la ecuación (9) queda:
2 ba32RT MR2 2R
⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
b3T Ma8
=
Que permite calcular la aceleración del
bloque, reemplazándola en la ecuación (1)
b m3 Ma mg ma 8
− = −
b
b 2
3 10mg 2a3 3 3m M 88 2 8
10 ma3 s
∗= =
+ + ∗
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
La tensión:
( )b3 3 10T Ma 88 8 3
T 10N
⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠
=
Las demás variables se pueden calcular de
la misma forma.
Ejemplo 6.29.
En la figura 6.87 se observa un carrete que
contiene soga enrollada en un eje de radio
R2=15 cm. El carrete tiene una masa
M=2 kg y radio R1=30 cm y rueda sin
deslizar a lo largo de un plano horizontal.
La soga está unida a través de una polea
en forma de disco de masa mp=0,5 kg a un
bloque de masa mb=10kg, que pende del
extremo de la misma tal como se indica en
la figura. Suponga que el carrete es muy
delgado de manera que se comporta como
un cilindro (de otra manera se comportará
como cuerpo compuesto) Calcule:
La aceleración del bloque, del centro de
masas del disco y la(s) tensión(es) de la
cuerda.
La velocidad del bloque una vez que haya
descendido 5 m partiendo del reposo
Fig 6.87 Sistema de cuerpos del ejemplo 8.30
Solución:
Se resolverá por traslación y rotación, por
energía y por eje instantáneo de rotación.
a) Por traslación más rotación alrededor del
centro de masas.
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Fig 6.88 Velocidades del carrete
Claramente:
vcm=ωR1 y vA= vcm+ωR2.
Derivando respecto del tiempo, se obtiene:
acm=αR1 y aA= acm+αR2
De donde:
cm 1 2A cm 2 cm
1 1
a R Ra a R a
R R⎛ ⎞+
= + = ⎜ ⎟⎝ ⎠
Reemplazando valores:
A cm
A cm
30 15a a30
3a a (1)2
+⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
=
Para el bloque:
2T
2m g
Ba
Fig 6.89 Fuerzas sobre el bloque
by 2 b b bF : T m g m a− = −∑
b 2 b bm g T m a− =
Reemplazando valores:
2 b10 10 T 10a∗ − =
2 b100 T 10a (2)− =
Para la polea:
p p 1 p 2 p p : R T R T I τ − = − α∑
2T
1T
PR
Fig 6.90 Tensiones sobre la polea
Con 2cmp p p
1I M R2
= y p p pa R= α
Entonces:
p2p 1 p 2 p p
p
1 2 p p
a1R T R T M R2 R
1T T M a2
− = −
− = −
Reemplazando valores:
1 2 A A1 1 1T T a a2 2 4
⎛ ⎞− = − ∗ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
2 1 p1T T a4
− = (3)
Para el carrete:
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Fig 6.91 Fuerza sobre el carrete
cm 2 1 1 s cm: R T R f Iτ − − = − α∑
Con cm 1a R= α y 2cm 1
1I MR2
=
2 cm2 1 1 s 1
1
2 1 1 s cm 1
a1R T R f MR2 R
1R T R f a MR2
⎛ ⎞⎛ ⎞− − = − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
Reemplazando valores:
1 s cm115T 30f a 2 302
+ = ∗ ∗
1s cm
Tf a
2+ = (4)
Por otro lado:
cx 1 s cmF : T f Ma− =∑
Reemplazando valores:
1 s cmT f 2a − = (5)
Sumando (4) y (5):
11 cm cm
1 cm
TT a +2a
2T 2a (6)
+ =
=
También se obtiene fs=0 de (5).
Ahora disponemos de un juego de
ecuaciones que nos permiten calcular la
aceleración del centro de masas y las
tensiones:
A cm3a a (1)2
=
2 b100 T 10a (2)− =
2 1 p1T T a (3)4
− =
1 cmT 2a (6)=
Si sumamos (2), (3) y (6) y recordamos que
ap=aA=ab=a, entonces:
2
1 4100 10a a a4 3
ma 8,63s
= + +
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
por tanto:
cm 2
cm 2
2a 2 ma 8,633 3 s
ma 5,75s
⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
Entonces:
De (6): [ ]1 cmT 2a =2(8,63) 17,26 N = =
de (2):
[ ]2 cmT 100 10a =100-10 8,60=14 N= − ∗
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Todas las fuerzas son constantes, por tanto
el movimiento del bloque es uniforme
acelerado, de manera tal que su velocidad
cuando ha descendido 5 m a partir del
reposo es:
25b
5b
5b
v 2ah
v 2(8,63)(5)mv 9,29s
=
=
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
b) También se puede calcular por energía:
Debido a que el sistema es conservativo, la
energía inicial es igual que la energía
cuando ha bajado 5 m a partir del reposo.
E0c+E0p+E0b= E5c+E5p+E5b
En el estado inicial la energía del sistema
es solo potencial gravitatoria.
hoc hop hob
Ug=0
estado inicial
v0cm=0
v0b=0
ω0p=0ω0c=0
v0A=0
Fig 6.92 Estado inicial del sistema
Cuando el bloque ha bajado 5 metros
carrete y polea no han cambiado su
energía potencial gravitatoria, pero han
adquirido energía cinética. El bloque ha
cambiado su energía potencial gravitatoria
y adquirido energía cinética.
Fig 6.93 Estado final del sistema.
Entonces se puede escribir:
U0c+U0p+U0b=
(U5c+K5c)+(U5p+K5p)+(U5b+K5b)
Reordenando:
(U0c-U5c)+(U0p-U5p)+(U0b-U5b)=K5c+K5p+K5b
Y como las energías potenciales de carrete
y polea no han cambiado:
U0b-U5b=K5c+K5p+K5b
Por tanto:
2 2b 0 5 5cm cmc 5c
2 2cmp 5p b 5b
1 1m g(h h ) Mv I2 2
1 1I m v2 2
⎛ ⎞− = + ω +⎜ ⎟⎝ ⎠
+ ω +
y sabemos que:
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2cmc 1
1I MR2
= ; 2cmp p p
1I m R2
= ;
v5p=ω5pRp; v5c=ω5cR1
Reemplazando:
22 2 5cm
b 0 5 5cm 1 21
25p2 2
p p b 5b2p
v1 1 1m g(h h ) Mv MR2 2 2 R
v1 1 1m R m v2 2 2R
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞− = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
2 2b 0 5 5cm 5cm
2 2p 5p b 5b
1 1m g(h h ) Mv Mv2 4
1 1m v m v4 2
⎛ ⎞⎛ ⎞− = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠
Recuerde que en esta expresión v5p es la
magnitud de la velocidad tangencial de la
polea, que es de igual magnitud que la
velocidad del bloque (v5b), y que la
magnitud de la velocidad del punto A del
carrete v5A. En cambio v5cm es la velocidad
del centro de masas del carrete que está
relacionada con v5A a través de la
expresión v5A= v5cm+ω�R2.
Como v5cm= ω5R1, entonces:
5cm5A 5cm 2
1
5A 15cm
1 2
vv v R
Rv R
vR R
= +
=+
Queda más sencilla si reemplazamos
valores:
5A5cm 5A 5b
v 0,3 2 2v v v0,3 0,15 3 3
= = ≡+
Entonces la expresión de la energía se
puede dejar en función de la magnitud de la
velocidad del bloque.
2 2
b 0 5 5b 5b
2 2p 5b b 5b
1 2 1 2m g(h h ) M v M v2 3 4 3
1 1m v m v4 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠
Reemplazando valores y recordando que
todas las unidades están en el SI:
2 25b 5b
2 25b 5b
2v 2v1 110 10 5 2 22 3 4 3
1 1 1v 10v4 2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∗ ∗ = ∗ ∗ + ∗ ∗ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞+ ∗ + ∗⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2 2 25b 5b 5b 5b
4 4 1500 v v v 5v9 18 8
= + + +
25b139v
50024
⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
25bv 86,33=
5bmv 9,29s
=
Hemos mostrado algunos pasos del cálculo
intermedio para enfatizar el hecho de que
cuando se trabaja con fracciones, los
resultados no arrastran errores de
aproximación.
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c) Por eje instantáneo de rotación:
Fig 6.94 A parece rotar alrededor del eje instantáneo que pasa por C, en circunferencia de radio R1+R2.
Entonces, para la rotación del carrete
delgado:
( )C 1 2 1 C: R R T Iτ − + = − α∑
La aceleración de A tiene una magnitud de:
aA=ab=ap=(R1+R2)α
El momento de inercia respecto de C es:
2 2 2C cm 1 1 1
2C 1
1I I MR MR MR2
3I MR2
= + = +
=
Entonces:
( ) 2 A1 2 1 1
1 2
a3R R T MR2 R R
⎛ ⎞⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ +⎝ ⎠⎝ ⎠
( )
21 A
1 21 2
3MR aT
2 R R=
+
Reemplazando valores:
( )
2A
1 2
3 2 0,3 aT
2 0,3 0,15∗ ∗
=+
1 A4T a3
= (8)
El bloque cumple con (2):
2 b100 T 10a (2)− =
La polea cumple con la ecuación (3):
2 1 p1T T a4
− = (3)
Sumando (8)+(2)+(3) y recordando que
aA=ap=ab:
b b b
b 2
4 1100 a 10a a3 4
1200 ma 8,63139 s
= + +
⎡ ⎤= = ⎢ ⎥⎣ ⎦
Lo demás sigue igual.