Mecánica
Victor J. Márquez R.
Mérida, Marzo de 2017
Índice general
1. Movimiento rotacional 2
1.1. Cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Momento de inercia o inercia rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.1. Momento de inercia en un sitema de partículas . . . . . . . . . 3
1.2.2. Momento de inercia en cuerpos con distribuciones continuas
de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Teorema de los ejes paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4. Momento angular de una sola partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5. Segunda ley de Newton aplicada a la rotación . . . . . . . . . . . . . 11
1.6. Energía cinética rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.7. Movimiento de rodadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.8. Momento angular de un cuerpo rígido en rotación . . . . . . . . . . . 21
1.9. Conservación del momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1
Las matemáticas son una gimnasia
del espíritu y una preparación
para la �losofía.
Isócrates
Capítulo 1
Movimiento rotacional
1.1. Cuerpo rígido
El movimiento rotacional se da en todos los niveles, desde el movimiento de
los electrones en los átomos hasta el movmiento de galaxias enteras. El análisis de
este tipo de movimiento se puede simpli�car asumiendo que el objeto o sistema de
partículas es un cuerpo rígido, esto es, un cuerpo en el cual las distancias mutuas
entre sus componentes o partículas permanecen constantes en el tiempo.
El movimiento más general de un cuerpo rígido comprende tanto los movimientos
de rotación como los de traslación. Comenzaremos entonces con estudiar primero
el movimiento de un cuerpo rígido rotando sobre un eje �jo y luego sí el caso más
general en el cual el eje de rotación no está �jo en el espacio.
1.2. Momento de inercia o inercia rotacional
En el caso traslacional, la masa es una medida de la tendencia de un cuerpo a
resistirse a cambios en su movimiento lineal, es decir, la masa es una propiedad de
un cuerpo que especi�ca cuánta inercia tiene.
Ahora, en el caso rotacional, la medida de la resistencia de un cuerpo a cambios
2
en su moviemiento rotacional se de�ne como momento de inercia, y a diferencia de la
masa que posee un valor independiente de su entorno, el momento de inercia puede
tener distintos valores para distintos ejes de rotación.
Para una partícula de masa m que gira alrededor de un eje �jo, el momento de
inercia depende de su masa y de la distancia perpendicular r entre la partícula y el
eje de rotación, esto es,
I = mr2 (1.1)
El momento de inercia I puede tratarse como un escalar en las rotaciones alrede-
dor de un sólo eje.
1.2.1. Momento de inercia en un sitema de partículas
Para un cuerpo rígido formado por N partículas que giran alrededor del mismo
eje, el momento de inercia viene dado por:
I = m1r21 +m2r
22 + . . .+mNr
2N , (1.2)
I =N∑i=1
mir2i , (1.3)
donde mi es la masa de cada partícula y ri es la distancia perpendicular entre cada
masa y el eje de rotación.
Ejemplo: Considere un cuerpo rígido formado por 3 masas m1, m2 y m3, unidas
por varillas de masa despreciable, dondem2 = 13m1 ym3 = 2
3m1. Calcule el momento
3
de inercia de este cuerpo para un eje que pasa por el centro de m1 y es perpendicular
al plano del diagrama, y para un eje que pasa por m2 y m3.
Para el eje que pasa por m1:
I1 =3∑i=1
mir2i ,
= m1r21 +m2r
22 +m3r
23,
= m1(0) +1
3m1d
2 +2
3m1
(4
5d
)2
=73
75m1d
2
Para el eje que pasa por m2 y m3:
I23 =3∑i=1
mir2i ,
= m1r21 +m2r
22 +m3r
23,
= m1
(4
5d
)2
+1
3m1(0) +
2
3m1(0)
=16
25m1d
2
Vemos que I1 > I23, lo cual indica que el cuerpo ejerce mayor resistencia si se
desea rotar sobre el eje que pasa por m1.
1.2.2. Momento de inercia en cuerpos con distribuciones con-
tinuas de masa
El momento de inercia de un cuerpo de masa continua M se puede obtener
dividiendo el objeto en muchos elementos iguales de masa ∆mi. Cada elemento
4
∆mi va a estar a una distancia perpendicular ri del eje de rotación. Así, usando la
de�nición de la ecuación 1.3 y tomando el límite de esta suma cuando ∆mi → 0,
obtenemos
I = lım∆mi→0
∞∑i=1
∆mir2i (1.4)
I =
∫r2dm (1.5)
Recordemos que para expresar el diferencial de masa dm en función de los difer-
enciales de longitud, área o volumen, hacemos uso de las densidades de masa lineal
λ, de super�cie σ, o de volumen ρ.
Ejemplo 1: Calcular el momento de inercia de un disco plano uniforme de masa
M y radio R respecto a un eje perpendicular al plano del disco y que pasa por su
centro; y respecto a un eje que pasa por el centro pero en el plano del disco.
Para hallar el momento de inercia respecto a un eje perpendicular al plano del
disco y que pasa por su centro (IA), tomamos como elemento de masa un anillo (o
una franja) de radio x y anchura dx, que al cortarlo y extenderlo, se convierte en un
rectángulo de longitud 2πx y anchura dx. De esta forma, el diferencial de área para
esta franja sería dA = 2πxdx.
5
Dado que la distribución de masa es uniforme en el disco, se tiene que σ = MA
=MπR2 y también que σ = dm
dA= dm
2πxdx. Al igualar estas expresiones, nos queda,
M
πR2=
dm
2πxdx
dm =2Mxdx
R2
Teniendo de�nido el diferencial de masa, procedemos a calcular el momento de
inercia.
IA =
∫r2dm =
∫ R
0
2Mx2xdx
R2=
2M
R2
∫ R
0
x3dx =2M
R2
x4
4
∣∣∣R0
=�2M
��R2
R�4
�4=
1
2MR2
Para hallar el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro pero
en el plano del disco (IB), hacemos dA = dθrdr.
Tenemos que σ = dmdA
= dmdθrdr
, que al igualar al σ del disco, nos queda,
M
πR2=
dm
dθrdr
dm =Mdθrdr
πR2,
y teniendo que la distancia perpendicular del diferencial de masa dm al eje de
rotación es r sen θ, calculamos el momento de inercia.
IB =
∫r2dm =
∫(r sen θ)2
(M
πR2dθrdr
)=
M
πR2
∫ 2π
0
∫ R
0
sen2 θdθr3dr
6
IB =M
πR2
∫ 2π
0
sen2 θdθr4
4
∣∣∣R0
=MR�4
4π��R2
∫ 2π
0
sen2 θdθ
(usamos sen2 θ =
1− cos θ
2
)
IB =MR2
4π
[1
2
∫ 2π
0
dθ − 1
2
∫ 2π
0
cos 2θdθ
](hacemos 2θ = u; 2dθ = du; dθ = du/2)
IB =MR2
4π
[1
2(θ)∣∣∣2π0− 1
4
∫ 2π
0
cosudu
]=MR2
4π
[�2π
�2− 1
4sen 2θ
∣∣∣2π0
]=
1
4MR2
Ejemplo 2: Calcular el momento de inercia de un cilindro sólido uniforme de
masa M , radio R y altura L respecto a un eje que pasa por el centro de las tapas.
Como elemento de masa dm tomamos una capa cilíndrica cuyo radio interior sea
r y radio exterior sea r + dr, y sea de altura �ja L.
Para hallar el diferencial de volumen hacemos
dv = volumen externo - volumen interno,
es decir,
dv = Lπ(r + dr)2 − Lπr2
= Lπ(r2 + 2rdr + dr2 − r2)
(dr ≈ 0 ya que dr es muy pequeño)
dv = 2Lπrdr
7
Ya que el cilindro es uniforme, la densidad de masa ρ es igual para el cilindro
como para el diferencial de masa dm. De esta forma tenemos,
M
V=
dm
dvM
πR2L=
dm
2Lπrdr
dm =2M
R2rdr
Habiendo ya de�nido nuestro diferencial de masa, procedemos a calcular el mo-
mento de inercia.∫r2dm =
2M
R2
∫ R
0
r3dr =2M
R2
r4
4
∣∣∣R0
=�2M
��R2
R�4
�4=
1
2MR2
1.3. Teorema de los ejes paralelos
Cuando los ejes de rotación coinciden con algún eje de simetría, los momentos
de inercia son relativamente fáciles de calcular. Sin embargo, cuando se tiene un
eje arbitrario, éste cálculo puede ser más engorroso. En estos casos, se puede hacer
uso de una relación simple entre el momento de inercia Icm de un cuerpo de masa
M alrededor de un eje que pasa por el centro de masa y el momento de inercia Ip
alrededor de cualquier otro eje paralelo a éste pero desplazado a una distancia d.
Esta relación, llamada teorema de los ejes paralelos viene dada por:
Ip = Icm +Md2 (1.6)
Demostración: Considere dos ejes paralelos que pasan perpendicularmente por
una �gura plana de masa M , uno que pasa por el centro de masa y el otro por un
punto P . La �gura está en el plano xy y los ejes son paralelos al eje z. Haremos que
el origen o coincida con el centro de masa, de modo que xcm = ycm = zcm = 0. La
distancia entre ambos ejes es d, donde d2 = a2 + b2.
Sea dm un elemento de masa con coordenadas (x, y). El momento de inercia Icm
viene dado por
Icm =
∫r2cmdm =
∫(x2 + y2)dm
8
El momento de inercia Ip viene dado por:
Ip =
∫r2pdm =
∫[(x− a)2 + (y − b)2]dm
=
∫(x2 − 2ax+ a2 + y2 − 2by + b2)dm
=
∫(x2 + y2)dm︸ ︷︷ ︸
Icm
− 2a
∫xdm− 2b
∫ydm︸ ︷︷ ︸
Coordenadas xcm y ycm que son cero
+ (a2 + b2)︸ ︷︷ ︸d2
∫dm︸ ︷︷ ︸
M del objeto
Y nos queda entonces,
Ip = Icm +Md2. (1.6)
Este teorema se conoce también como teorema de Steiner.
Ejemplo: Calcular el momento de inercia de un cilindro sólido uniforme de masa
M , radio R y altura L respecto a un eje perpendicular a las tapas que pasa por uno
de los extremos del cilindro.
Ya que el eje que estamos tomando en cuenta ahora es paralelo al eje que
habíamos calculado previamente, podemos escribir,
Ip = Icm +Md2
9
Y teniendo que Icm = 12MR2, ya que el momento de inercia para un eje que
pasa por el medio de las tapas pasa también por el centro del masa del cilindro, nos
queda,
Ip =1
2MR2 +MR2 =
3
2MR2
De esta forma hemos hallado el momento de inercia para un eje que, de haberlo
calculado integrado, hubiese sido mucho más complicado.
1.4. Momento angular de una sola partícula
El momento angular de una sola partícula de masa m se de�ne como el vector
~L = ~r × ~p, (1.7)
donde ~r es el vector posición de la partícula respecto a un origen o y ~p es su mo-
mentum lineal.
El momento angular es una medida del movimiento de rotación. El momento
angular, a diferencia del momentum lineal, depende de la elección del origen, ya que
el vector posición ~r depende del origen.
La derivada de ~L con respecto al tiempo viene dada por:
~L =d
dt(~r × ~p) = (~r × ~p) + (~r × ~p)
= �����
�:0(~v ×m~v) + [~r × (m~r +
����7
0dm
dt~v)]
= ~r × ~F
Que podemos escribir como:
τ = ~L = ~r × ~F , (1.8)
10
y se denota como el torque neto τ alrededor de o en la partícula de masa m. La
ecuación 1.8 es la forma rotacional de la segunda ley de Newton.
En problemas de una partícula, se puede tomar el origen o de modo tal que el
torque neto sea cero, lo cual implicaría que ~L = 0, es decir, que el momento angular
de la partícula con respecto a o se conserva (es constante).
En la tabla que se muestra a continuación podemos apreciar una analogía entre
~p y ~L.
Momentum lineal Momento angular
~p = m~v ~L = ~r × ~p~r = ~F ~L = ~τ
(fuerza) (torque)
1.5. Segunda ley de Newton aplicada a la rotación
Considere una partícula de masa m que puede girar libremente alrededor de un
eje que está a una distancia �ja perpendicular r. A la partícula se le aplica una
fuerza ~F en una dirección arbitraria en un ángulo θ con la línea de r.
La fuerza ~F en coordenadas polares viene dada por ~F = F sen θθ + F cos θr. Al
aplicar la segunda ley de Newton en coordenadas polares planas, tenemos,∑~F = ~F = m(r − rθ2)r +m(rθ + 2rθ)θ, (1.9)
que en componentes nos queda,
m(r − rθ2) = F cos θ (1.10)
m(rθ + 2rθ) = F sen θ (1.11)
11
Nos enfocaremos en la componente tangencial, ya que en este eje actúa la fuerza
que hace rotar a la partícula. Teniendo que r es un valor �jo,
mrθ = F sen θ, (1.12)
multiplicando por r ambos lados,
mr2θ = rF sen θ. (1.13)
El factor mr2 ya lo hemos visto previamente y lo de�nimos como el momento de
inercia I = mr2 de una partícula de masa m. El miembro derecho de la ecuación
1.13 representa la magnitud del producto cruz del vector ~r y ~F , es decir,
|~r × ~F | = rF sen θ, (1.14)
siendo ~r× ~F una cantidad que ya hemos introducido previamente en la ecuación 1.8
como torque.
Es importante resaltar que el torque no es una fuerza. El torque es una cantidad
vectorial que mide la capacidad que tiene una fuerza para hacer que un cuerpo gire.
La palabra torque proviene del latín, de la palabra torquere que signi�ca torcer o
torsión.
Tenemos entonces que el torque que actúa sobre una partícula es proporcional a
su aceleración angular, y en forma general, para n cantidad de torques, tenemos:∑τext,� = Iθ. (1.15)
La ecuación 1.15 es la forma rotacional de la segunda ley de Newton alrededor
de un eje �jo (eje z � en este caso). Vea su similitud con la forma traslacional∑ ~F = m~r.
En un objeto de masa extendida, además de las fuerzas externas que pueden
haber, existen fuerzas internas actuando entre las partículas o piezas que conforman
este objeto. En nuestro caso de estudio, asumiremos que las fuerzas internas son
centrales, es decir, que están dirigidas en la línea imaginaria que conecta las partícu-
las, y tenemos a través de la tercera ley de Newton que existe una acción-reacción
entre una y otra partícula. Entonces, para N partículas, el momento angular total
del sistema es
~L =N∑i=1
~ri × ~pi. (1.16)
12
La fuerza que actúa en cada partícula sería:
~Fext,i + ~Fint,i =d~pidt, (1.17)
y nos queda entonces que,
~dL
dt=
d
dt
N∑i=1
~ri × ~pi (1.18)
=N∑i=1
(d~ridt× ~pi
)+
N∑i=1
(~ri ×
d~pidt
)(1.19)
=������
��*0
N∑i=1
(~ ir ×m~ ir) +N∑i=1
[~ri × (~Fext,i + ~Fint,i)] (1.20)
=N∑i=1
~ri × ~Fext,i +���
���
��*0N∑i=1
~ri × ~Fint,i, (1.21)
y �nalmente nos queda
d~L
dt=
N∑i=1
τext,i. (1.22)
Los torques internos son cero debido a la tercera ley de Newton. Además, esto es
razonable ya que un objeto no va a empezar a girar espontáneamente sin una fuerza
externa que actúe sobre él. En la ecuación 1.22 podemos ver que el torque total
externo puede provenir de fuerzas actuando en distintos puntos.
Ejemplo: Un bloque de masa m1 y un bloque de masa m2 están conectados
por una cuerda ideal sobre una polea en forma de disco sólido que tiene radio R y
masa M . El coe�ciente de fricción cinética para ambos bloques es µk y el ángulo de
inclinación es φ. Determine la aceleración del sistema y las tensiones en la cuerda
en ambos lados de la polea.
A pesar de que sea una sola cuerda en el sistema, ahora deben haber dos tensiones
para que la polea pueda girar, de lo contrario conllevaría a que el torque neto sea
13
cero y por lo tanto no gire. Representamos estas fuerzas en los diagramas de cuerpo
libre.
Aplicamos segunda ley de Newton en el bloque de masa m1:
Eje vertical: n1 = m1g
Eje horizontal: T1 − fk1 = m1x
Y nos queda
T1 − µkm1g = m1x (1.23)
Aplicamos segunda ley de Newton en el bloque de masa m2:
Eje vertical: n2 = m2g cosφ
Eje horizontal: m2g senφ− T2 − fk2 = m2x
Y nos queda
m2g senφ− T2 − µkm2g cosφ = m2x (1.24)
Aplicamos la segunda ley de Newton en la polea tomando positivos los torques
que apunten hacia dentro (eje z, �) al hacer uso de la regla de la mano derecha.
Recordemos también que las componentes de los torques vienen de la de�nición de
la magnitud del producto cruz de dos vectores (|~r× ~F | = rF sen θ, siendo θ el ángulo
menor que forman ~r y ~F ).
Eje z, �:∑τz = Iθ
T2R����:1
sen 90− T1R����:1
sen 90 + n(0)����:0
sen 0 + P (o)����:0
sen 0 = Idiscoθ
(Hacemos x = θr)
T2R− T1R =
(1
2MR2
)(x
R
)T2 − T1 =
M
2x (1.25)
14
Sumamos las ecuaciones 1.23, 1.24 y 1.25:
��T1 − µkm1g = m1x
m2g senφ−��T2 − µkm2g cosφ = m2x
��T2 −��T1 =M
2x
m2g(senφ− µk cosφ)− µkm1g =
(m1 +m2 +
M
2
)x
Y obtenemos �nalmente
x =[m2(senφ− µkcosφ)− µkm1](
m1 +m2 + M2
) g (1.26)
T1 y T2 se pueden obtener ahora de 1.23 y 1.25.
1.6. Energía cinética rotacional
Considere un cuerpo rígido que rota sobre un eje �jo con rapidez angular θ. El
cuerpo rígido está conformado por un conjunto de partículas de masa ∆mi, que
están a una distancia perpendicular ri del eje de rotación.
Cada una de estas partículas tiene energía cinética determinada por su masa y
velocidad tangencial ~Vt,i.
Ti =1
2∆mi
~V 2t,i =
1
2∆miV
2t,i (1.27)
Si expresamos Vt,i = riθi, tenemos
Ti =1
2∆mi(riθi)
2 =1
2∆mir
2i θ
2i (1.28)
Si sumamos la energía cinética de todas las partículas que conforman el objeto,
obtenemos la energía cinética total del cuerpo rígido,
T =∑i
Ti =∑i
1
2∆mir
2i θ
2i (1.29)
15
Teniendo que θ es igual para todas las partículas, obtenemos,
T =1
2
(∑i
∆mir2i
)θ2 (1.30)
y haciendo ∆mi → 0, nos queda �nalmente,
T =1
2Iθ2 (1.31)
Siendo la ecuación 1.31 la energía cinética rotacional. Vea la analogía con la
energía cinética traslacional T = 12mV 2.
Ejemplo: Dos masas m1 y m2 están conectadas por una cuerda que pasa sobre
una polea en forma de disco con radio R y masaM . La cuerda no desliza y el sistema
se suelta desde el reposo. Halle la rapidez lineal de las masas despueés que la masa
m2 desciende una distancia d, y la rapidez angular de la polea en ese tiempo. El
sistema formado por las dos masas, la polea y la Tierra, está aislado sin fuerzas
conservativas que actúen. Por lo tanto, la energía mecánica del sistema se conserva.
De�nimos la con�guración cero para la energía potencial gravitacional a la posición
�nal que tienem2 cuando ha descendido. En cuanto a la energía potencial de la polea,
debido a que la distancia entre las partículas de un cuerpo rígido no cambia durante
el movimiento rotacional, su energía potencial interna permanece igual, y por lo
tanto, no tenemos que considerarla cuando explicamos el intercambio de energía del
16
cuerpo con sus alrededores. Tenemos entonces,
Em,o = Em,f
���>
0T1,o +�
��>0
T2,o +����:0
Tpolea,o + V1,o + V2,o = T1,f + T2,f + Tpolea,f + V1,f +���>
0V2,f
m1gy1,o +m2gd =1
2m1v
21,f +
1
2m2v
22,f +
1
2Iθ2
f +m1gy1,f
m2gd =1
2m1v
21,f +
1
2m2v
22,f +
1
2
(1
2MR2
)v2f
R2+m1g∆y1
Llamamos v1,f = v2,f = vf , y tenemos,
m2gd−m1gd =1
2
(m1 +m2 +
M
2
)v2f
vf =
√2(m2 −m1)gd(m1 +m2 + M
2
)Y ahora, teniendo que vf = Rθ, hallamos la velocidad angular, θ = 1
R
√2(m2−m1)gd
(m1+m2+M2 )
.
1.7. Movimiento de rodadura
Existen diversos cuerpos rígidos que debido a su geometría, tienen la capaidad
de deslizar, rodar o ambas cosas simultáneamente. Cuando se producen ambas cosas
simultáneamente, se tiene un caso de traslación y rotación combinadas que se conoce
como rodamiento sin deslizamiento o simplemente rodadura. El giro de ruedas,
aros, cilindros, esferas, etc., son ejemplos conocidos de este movimiento.
A modo de simpli�car nuestro estudio, tendremos que el eje siempre sigue la
misma dirección en el espacio, esto es, el eje de rotación en un instante es paralelo
al eje en cualquier otro instante.
Para que un cuerpo con geometría circular pueda rodar sin deslizar, el desplaza-
miento del centro de masa debe coincidir con el arco s correspondiente al ángulo
girado.
La velocidad con la que se traslada el centro de masa será la derivada con respecto
al tiempo de dicho desplazamiento:
~vcm =d~s
dt=d(Rθ)
dtı = R
dθ
dtı = Rθı (1.32)
17
Puesto que la variación del ángulo girado es la velocidad angular de rotaci'on ω,
se tiene que
vcm = Rθ = Rω (1.33)
La ecuación 1.33 se conoce como la condición de rodadura y nos da la relación
que debe haber entre la velocidad de traslación del centro de masa y la velocidad
angular de rotación para que el cuerpo rígido ruede sin deslizar.
Si derivamos la ecuación 1.33 obtenemos la relación entre las aceleraciones lineal
y angular,
acm = Rθ = Rα (1.34)
El movimiento de rodadura puede modelarse como una superposición de traslación
pura y rotación pura. Grá�camente, tenemos:
Que la velocidad en el punto P (punto de contacto) sea cero quiere decir que en
cada instante dado para el movimiento combinado de traslación y rotación, el objeto
18
gira alrededor de un eje de rotación instantáneo que pasa por el punto de contacto
con el suelo. Para ese punto P , tenemos que
T =1
2Ipω
2, (1.35)
donde Ip es el momento de inercia para ese eje. Mediante el teorema de los ejes
paralelos tenemos que
Ip = Icm +MR2, (1.6)
que al sustituir en ecuación 1.35, tenemos
T =1
2(Icm +MR2)ω2 =
1
2Icmω
2 +1
2M(Rω)2, (1.36)
y usando ecuación 1.33, nos queda
T =1
2Icmω
2 +1
2Mv2
cm. (1.37)
La ecuación 1.37 nos dice que la energía cinética total de un cuerpo que rueda es
la suma de la energía cinética rotacional alrededor del centro de masa y la energía
cinética de traslación del centro de masa.
Por último, es importante resaltar que la fricción entre el objeto que rueda y
la super�cie es la causante del rodamiento sin deslizamiento, pero en este caso la
fricción no realiza trabajo y no disipa energía, ya que no hay movimiento entre el
objeto y la super�cie. Si bien en nuestro caso de estudio existe movimiento, la fuerza
de fricción es estática.
Ejemplo: Un cilindro sólido de masa M y radio R parte del reposo y rueda
hacia abajo sin deslizar por un plano inclinado de longitud L y altura h. Halle la
velocidad de su centro de masa cuando el cilindro llega abajo.
19
Usando segunda ley de Newton tenemos,
Traslación:
eje y: n = Mg cos θ
eje x: Mg sen θ − fs = Mxcm
Rotación (eje en el punto de contacto):
Tanto ~n y ~fs tienen torque igual a cero porque están sobre el eje. De la �gura vemos
que
sen(180− θ) =������: 0
(sen 180)(cos θ)−������:−1
(cos 180)(sen θ) = sen θ
y tenemos
τ = (R)(Mg) sen(180− θ) = RMg sen θ = Ipα,
teniendo que
Ip = Icm +MR2 =1
2MR2 +MR2 =
3
2MR2
y nos queda entonces que
RMg sen θ =
(3
2MR2
)(xcmR
)xcm =
2
3g sen θ
Usamos x = dvdt
= dvdx
dxdt
= v dvdx
y sen θ = hL, para hallar la velocidad:∫ v
0
vdv =2
3gh
L
∫ L
0
dx
v2
2=
2
3gh
LL
vcm =
√4
3gh
20
Podemos veri�car por conservación de la energía:
Em,i = Em,f
���0
Ti + Vi = Tf +���0
Vf
Mgh =1
2Icmω
2 +1
2Mv2
cm︸ ︷︷ ︸T de rodadura
Mgh =1
2
(1
2MR2
)(v2cm
R2
)+
1
2Mv2
cm
gh =
(1
4+
1
2
)v2cm
vcm =
√4
3gh
1.8. Momento angular de un cuerpo rígido en rotación
Considere un cuerpo rígido como un conjunto de partículas que giran alrededor
de un eje �jo. Cada partícula tiene una masa ∆mi y tienen una velocidad tangencial
~Vt,i, y por lo tanto tienen un momentum lineal vecpi = ∆mi~Vt,i. Si hacemos que el
origen del sistema de referencia coincida con el eje de rotación, tenemos que la masa
∆mi se encuentra a una distancia ~ri del origen, y cada partícula tendrá entonces un
momento angular
~Li = ~ri × ~pi. (1.38)
21
Podemos expresar ~Li como ~Li = Lik, donde
Li = (ri)(pi) sen θryp
= ri∆miVt,i����:1
sen 90
= ri∆miriω
= r2i∆miω.
Al hacer la suma de ~Li sobre todas las partículas, hallamos el momento angular
total para el cuerpo rígido
~Li =N∑i=1
~Li =N∑i=1
r2i∆miω︸ ︷︷ ︸∗
k =
(N∑i=1
r2i∆mi
)ω
(*Todos apuntan en la misma dirección porque tienen el mismo ω)
Si hacemos ∆mi → 0, nos queda:
~L =
(∫r2dm
)ωk
= Iωk
= I~ω. (1.39)
Vea la similitud de ecuación 1.39 con el momentum lineal ~p = m~v.
1.9. Conservación del momento angular
La cantidad total de momento angular de un sistema se conserva si el torque
externo neto que actúa sobre el sistema es cero, es decir, si el sistema está aislado.
Esto es, ∑~τext = ~τ =
d~L
dt= 0, (1.40)
lo cual implica que ~L total del sistema es constante y por lo tanto,∑~Linicial =
∑~L�nal. (1.41)
Si la masa de un sistema giratorio aislado experimenta redistribución en alguna
forma, el momento de inercia del sistema puede cambiar. Por lo tanto, ya que ~L = I~ω,
22
un cambio en I en el sistema aislado requiere un cambio en la velocidad angular ~ω.
En este caso tenemos,
Iinicial~ωinicial = I�nal~ω�nal. (1.42)
Ejemplos:
Una persona parada sobre una mesa giratoria sin fricción, que sostiene unas
pesas con sus brazos. Cuando contrae los brazos acercando las pesas al eje de
rotación, disminuye su momento de inercia y por lo tanto aumenta la velocidad
angular. Se cumple que Iinicial~ωinicial = I�nal~ω�nal, teniendo que Iinicial > I�nal y
~ωinicial < ~ω�nal.
Los patinadores en patinaje artístico sobre hielo, ponen sus brazos junto a su
cuerpo para disminuir su momento de inercia y por lo tanto girar con mayor
rapidez angular.
Colisiones y conservación del momento angular
Ahora que hemos visto la conservación del momento angular, podemos extender
nuestro estudio en colisiones a casos que involucran rotación de objetos. A diferencia
de la conservación del momentum lineal, que siempre se puede usar en cualquier
sistema aislado, la conservación del momentum angular aplica para sistemas aislados
bajo la condición de que ~L sea calculado respecto al origen de un sistema de referencia
inercial.
Ejemplo 1 - Colisión elástica: Un disco de masa m se desplaza con una
rapidez vo en dirección perpendicular a una barra de masa m y longitud l, que está
inicialmente en reposo sobre una super�cie sin fricción. ¾A qué distancia del centro
23
de la barra debe chocar elásticamente el disco para que el disco y el centro de masa
de la barra se muevan con la misma rapidez después de la colisión?
Debido a que el disco y la barra forman un sistema aislado, y se tiene una
colisión perfectamente elástica, tenemos que la energía total, el momentum lineal y
el momento angular se conservan todos, esto es,
Ei = Ef
~pi = ~pf
~Li = ~Lf ,
y ya que se tienen tres incógnitas: V , ω y h, con las tres ecuaciones podemos resolver
el problema.
Conservación de ~p (trabajamos con magnitudes porque ~p se conserva en una dimen-
sión):
mvo = mv +mv
vo = 2v
v =vo2
24
Conservación de E (Usaremos D para el disco y B para la barra):
Ti,D + Ti,B + Vi,D + Vi,B = Tf,D + Tf,B + Tf,Brot + Vf,D + Vf,B1
2mv2
o =1
2mv2 +
1
2mv2 +
1
2IBω
2
mv2o = 2m
(vo2
)2
+
(1
12ml2)ω2
v2o = 2
v2o
4+
1
12l2ω2
1
2v2o =
1
12l2ω2
ω =
√6v2
o
l2
ω =√
6vol
Conservación de ~L (Tomamos el origen en el punto �jo del espacio que coincide con
la ubicación inicial del centro de la barra):
∑Li,z =
∑Lf,z
Li,D +���*0
Li,B = Lf,D + Lf,B,
acá tenemos que ri,D = rf,D = h, y nos queda
(h)(mvo)����:1
sen 90 = (h)(mv)����:1
sen 90 + IBω
hmvo = hmvo2
+
(1
12ml2)(√
6vol
)h
2=
1
12l√
6
h =l√6
25
Ejemplo 2 - Colisión inelástica: Una masa m se desplaza con una rapidez vo
en dirección perpendicular a una barra de masam y longitud l, que está inicialmente
en reposo sobre una super�cie sin fricción. La masa choca de manera totalmente
inelástica con la barra en uno de sus extremos. ¾Cuál es la velocidad de traslación
y velocidad angular resultante del sistema? Primero, por conservación de ~p:
mvo = (m+m)vcm
mvo = 2mvcm
vcm =vo2
Que vcm sea vo2indica que el sistema se mueve en la dirección inicial que tenía la
masa m, es decir, en línea recta. Por lo tanto, luego del impacto el sistema rotará
alrededor del centro de masa del sistema.
Para la parte rotacional, debemos hallar el centro de masa del sistema para el
momento justo después de la colisión. Si lo calculamos respecto al centro de la barra,
tenemos
ycm =(m)( l
2) +m(0)
m+m=m l
2
2m=l
4
26
El momento de inercia del sistema para el eje en el centro de masa sería
Icm = Icm,B + Icm,D =
[1
12ml2 +m
(l
4
)2]
︸ ︷︷ ︸ejes paralelos para Icm,B
+m
(l
4
)2
=5
24ml2
Aplicamos conservación de ~L para hallar ω, tomando el origen en el centro de masa
del sistema después de la colisión.
∑Li,z =
∑Lf,z(
l
4
)(mvo)��
��:1sen 90 = Icmω
l
4mvo =
5
24ml2ω
ω =6
5
vol
También se puede aplicar conservación de ~L tomando el origen en el centro de
la barra.
27
De esta forma sería, ∑Li,z =
∑Lf,z(
l
2
)(mvo)��
��:1sen 90 = Icmω +
(l
4
)(2mvcm)���
�:1sen 90
l
2mvo =
5
24ml2ω +
l
4(2m)
vo2
vo2− vo
4=
5
24lω
vo4
=5
24lω
ω =6
5
vol
28