Cuerpo Rigido (Torque)

16/04/2008 Jorge Lay Gajardo. [email protected] 211

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.

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE - DEPARTAMENTO DE FISICA - http://fisicageneral.usach.cl


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).



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.



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 â 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= )



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 â 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 â 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

⎡ ⎤= + −⎣ ⎦

= −



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.



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:



( )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:



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.



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.



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 î 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 î j kˆ3 2 0 0 10 Nm k

5 0 0

ˆ10 Nm k

τ == = −

τ = −


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 î j kˆ3 2 0 18 0 Nm k

0 6 0

ˆ18 Nm k

τ == = −

τ =




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


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 î 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



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 =



Ejemplo 6.6.


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.


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.



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:



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

= +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ∗ + ∗⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎡ ⎤= ⎣ ⎦



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



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

−

⎡ ⎤= ⎢ ⎥

⎣ ⎦



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.



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.



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:



( )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



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

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠= +



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.



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.




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




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.



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.


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



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):



( ) ( )

( ) ( )

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.


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:



( ) ( )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

∗ − ∗=

+ + ∗

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



( )( ) ( )( )

[ ]

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:


Se tienen los siguientes diagramas de

cuerpo libre:


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.



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:



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:



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



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.



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.



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



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.



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.



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.



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.



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:



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?.



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∑



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.



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⎛ ⎞+

= + = ⎜ ⎟⎝ ⎠


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− =


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

− = −

− = −


1 2 A A1 1 1T T a a2 2 4

⎛ ⎞− = − ∗ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 1 p1T T a4

− = (3)

Para el carrete:



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

⎛ ⎞⎛ ⎞− − = − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠


1 s cm115T 30f a 2 302

+ = ∗ ∗

1s cm

Tf a

2+ = (4)

Por otro lado:

cx 1 s cmF : T f Ma− =∑


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= − ∗



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:



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.



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=

+


( )

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.

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