MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA Y ENERGIA

MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA Y
ENERGIA
BERNARDO ARENAS GAVIRIA
Universidad de Antioquia
Instituto de Física
2016
Índice general
4. Momento angular y momento de una fuerza
4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1. Movimiento de traslación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.2. Movimiento de rotación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.3. Movimiento combinado de traslación y rotación . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Momento de una fuerza respecto a un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Momento de un par de fuerzas o cupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.1. Efectos de traslación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2. Efectos de rotación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par . . . . . . . . . . . . .
4.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido . . . . . . . .
4.5.1. Resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . .
4.5.2. Resultante de un sistema de fuerzas coplanares . . . . . . . . . . . . . .
4.5.3. Resultante de un sistema de fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . .
4.6. Llave de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido . . . . . . . . . .
4.7.1. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . .
4.7.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia
4.7.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . .
4.8. Energía en un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . .
4.8.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.10. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bibliografía
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29
33
40
3
Capı́tulo
4
Momento angular y momento de una
fuerza
Competencias
En esta unidad se busca que el estudiante
Obtenga la ecuación de movimiento para la
rotación de un cuerpo rígido.
Infiera la diferencia entre movimiento traslacional y movimiento rotacional.
Analice el movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido.
Defina y aplique el concepto de momento
de una fuerza respecto a un punto.
Obtenga la energía cinética rotacional y la
energía cinética total de un cuerpo rígido.
Aplique el principio de transmisibilidad.
Obtenga la energía total de un cuerpo rígido.
Defina el concepto de par de fuerzas o cupla y analice los efectos que este sistema genera sobre un cuerpo rígido.
Analice situaciones utilizando el concepto
de energía total.
Identifique el momento de un par de fuer- CONCEPTOS BASICOS
zas como un vector libre.
En esta sección, se definirá el concepto vector
momento de una fuerza (M), par de fuerzas o
Defina un el concepto de sistema fuerza par
cupla, relación entre el vector momento angular
y analice los efectos que este sistema genera
y el vector momento de una fuerza, movimiensobre el cuerpo.
to de rotación pura, movimiento combinado de
Reemplace una fuerza por un sistema fuer- traslación y rotación, energía de un cuerpo rígido y rodadura.
za par equivalente.
Obtenga la fuerza resultante de un sistema
de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido.
4.1. Introducción
Obtenga la fuerza neta equivalente en el ca- Hasta ahora se ha analizado la dinámica de los
so de fuerzas concurrentes, fuerzas copla- cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de
nares y fuerzas paralelas.
partícula; esto ha sido posible ya que solo inDefina el centro de masa de un cuerpo rígi- teresaba considerar el efecto de las fuerzas en lo
que se refiere al movimiento de traslación.
do.
En esta unidad se busca considerar con detaObtenga y defina el concepto de llave de lle, otro tipo de movimiento que tienden a imprimir las fuerzas sobre los cuerpos, lo que hace
torsión.
2
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
que el modelo de partícula no sea válido, pues
en su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígido
que fue definido en la unidad anterior.
Un cuerpo rígido, es un caso particular de un
sistema de partículas, que deben cumplir la condición que la separación entre cualquier par de
ellas siempre permanece constante, sin importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. Esta
definición permite afirmar que un cuerpo rígido no se deforma bajo ninguna interacción con
otros cuerpos.
En esta unidad se consideran aquellos casos
en los cuales un cuerpo rígido interactúa con
otros cuerpos, generando fuerzas que tienden
a imprimirle un movimiento que puede ser de
traslación pura, de rotación pura o un movimiento
combinado de traslación y rotación.
4.1.1. Movimiento de traslación pura
Como se analizó en las unidades anteriores, se
presenta un movimiento de traslación pura cuando el cuerpo cambia de posición sin cambiar su
orientación, es decir, todos los puntos del cuerpo sufren el mismo desplazamiento a medida
que transcurre el tiempo. De acuerdo con la figura 4.1, la partícula A y el centro de masa C.M.,
han tenido el mismo desplazamiento; esta es la
razón por la cual, cuando se analiza el movimiento de traslación, es suficiente considerar el
movimiento del centro de masa del cuerpo. Es
posible demostrar que el centro de masa, en lo
que a traslación se refiere, se comporta como
si toda la masa estuviera concentrada en dicho
punto y como si todas las fuerzas externas actuaran sobre él.
Movimiento
d
C.M.
A
C.M.
A
d
Figura 4.1: Traslación pura de un cuerpo rígido.
Por ello, para analizar el movimiento de traslación de un cuerpo rígido se utilizan los mismos métodos empleados para la dinámica de
una partícula, teniendo en cuenta que el centro
de masa es la partícula de interés. O sea, para el
movimiento de traslación de un cuerpo rígido
de masa constante m, la segunda ley de Newton adquiere la forma
F = mac ,
donde F es la fuerza neta o resultante y ac la aceleración del centro de masa del cuerpo.
4.1.2.
Movimiento de rotación pura
Un cuerpo rígido posee un movimiento de rotación pura, cuando cambia su orientación mientras se mueve, de tal forma que todas las partículas que lo conforman describen trayectorias
circulares con centro en el eje de rotación. En estas condiciones, el centro de rotación permanece fijo respecto a un sistema de referencia fijo en
tierra.
Como se ilustra en la figura 4.2, mientras el
cuerpo rota alrededor de un eje fijo que pasa por
el punto O, las partículas i y j describen circunferencias concéntricas con centro en el eje que
pasa por dicho punto.
Rotación
i
vi
O
vj
j
Figura 4.2: Rotación pura de un cuerpo rígido.
4.1.3.
Movimiento combinado de traslación y rotación
Un cuerpo rígido puede tener dos movimientos simultáneos uno de traslación y otro de rotación, es decir, el movimiento más general de un
cuerpo rígido, se puede considerar como una
combinación de traslación y rotación. Lo anterior, permite encontrar un sistema de referencia
en traslación, pero no rotante, respecto al cual el
movimiento parezca solamente de rotación.
Como se observa en la figura 4.3, el movimiento del cuerpo al pasar de la posición (1) a
3
4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO
la posición (2), se puede considerar como una
traslación del centro de masa y una rotación alrededor de un eje que pasa a través del centro
de masa. Este movimiento combinado, genera
diferentes desplazamientos a las diferentes partículas que conforman el cuerpo rígido. Así, el
desplazamiento del centro de masa es diferente
al desplazamiento de la partícula A y en general
se presenta esta situación para todas las partículas del cuerpo.
Movimiento
d1
A
C.M. (2)
(1)
C.M.
C.M.
A
A
d2
Figura 4.3: Movimiento de traslación y rotación.
4.2. Momento de una fuerza respecto a un punto
Como es sabido, una fuerza F que actúa sobre un cuerpo rígido se puede descomponer en
sus componentes rectangulares Fx , Fy y Fz , que
miden la tendencia de la fuerza a desplazar el
cuerpo en las direcciones x, y y z, respectivamente.
También se sabe que si a un cuerpo rígido se
le aplica una fuerza, esta tiende, en general, a
imprimirle tanto un movimiento de traslación
como de rotación, alrededor de un eje que pasa
por un punto del cuerpo rígido, tal como O en
la figura 4.4.
el efecto de rotación que las fuerzas tienden a
imprimirle a los cuerpos rígidos alrededor de
un eje que pasa por un punto. La tendencia de
una fuerza F a imprimirle un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un punto, se mide mediante el concepto de momento
de una fuerza. En otras palabras, el momento de
una fuerza es una medida de la cantidad de rotación que una fuerza tiende a imprimirle a un
cuerpo rígido, respecto a un punto.
Para definir esta cantidad física, se considera
la fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de la
figura 4.4. Necesariamente, el efecto de rotación
del cuerpo rígido alrededor de un eje que pasa
por el punto O, depende de la magnitud, dirección y punto de aplicación de la fuerza. Adicionalmente, la posición del punto de aplicación A, se
establece en forma conveniente por medio del
vector posición r que une el punto de referencia
o centro de rotación O con el punto de aplicación
A.
Se define el momento Mo de la fuerza F, respecto al punto O, como el producto cruz o vectorial de los vectores r y F en ese orden, es decir,
Mo ≡ r × F.
(4.1)
De acuerdo con la definición de producto vectorial ó producto cruz, el momento de fuerza Mo
es perpendicular al plano formado por el vector
posición r y el vector fuerza F , o lo que es igual,
el momento de una fuerza es perpendicular tanto al vector posición r como al vector fuerza F.
Por otro lado, el sentido de Mo está definido por
el sentido de rotación que alinearía a r con F. En
el caso de la figura 4.4, sería en el sentido de
movimiento de las manecillas del reloj para un
observador no rotante situado en O. Este senq
F
tido coincide con el sentido de rotación de un
A
tornillo de rosca derecha.
r
Otra forma de obtener el sentido de rotación,
en el caso de rotación en un plano, es medianb
M
te la regla de la mano derecha, que consiste en
O
lo siguiente: se coloca la mano abierta paralelamente al vector posición y luego se cierra en el
Figura 4.4: Momento de la fuerza F respecto al punsentido del ángulo menor formado por los vecto O.
tores r y F. Procediendo de esta forma, el pulgar
En esta unidad interesa considerar primero, apunta en el sentido de Mo , que para el caso de
o
4
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
z
la figura 4.4 apunta perpendicularmente hacia
la hoja.
Mo
Como en tres dimensiones el vector posición
y
O
está dado en componentes rectangulares por
r
r = xi + yj + zk y el vector fuerza por F =
F
Fx i + Fy j + Fz k, se puede determinar el momenx
A
to de la fuerza, respecto a un eje que pasa por el
punto O, mediante el determinante
Figura 4.6: Dirección de M con r y F en el plano xy.
i
j
k y
z Mo = r × F = x
En la figura 4.4 se observa que b = rsenθ, o sea
Fx Fy Fz que la ecuación (4.3) se transforma en
Resolviendo el determinante se obtiene
Mo = Fb,
Mo = (yFz −zFy )i + (zFx − xFz )j + ( xFy −yFx )k
Mo
O
F
r
q
A
Figura 4.5: Posiciones relativas de r, F y Mo .
En la figura 4.5, se muestran las direcciones
relativas de los vectores r, F y Mo , donde se observa la condición de perpendicularidad entre
el plano formado por los vectores r y F con el
vector Mo .
Expresando el momento de la fuerza F en la
forma Mo = Mx i + My j + Mz k, las componentes rectangulares Mx ,My y Mz miden la tendencia de la fuerza a imprimir al cuerpo rígido un
movimiento de rotación alrededor de los ejes x,
y y z, respectivamente.
En el caso particular que r y F se encuentren
en el plano xy, como en la figura 4.6, se tiene
z = 0 y Fz = 0, por lo que el momento de la
fuerza queda expresado por
Mo = ( xFy −yFx )k,
(4.2)
(4.4)
donde b es la distancia perpendicular desde O
hasta la línea de acción de la fuerza F y se conoce como el brazo de palanca o brazo de la fuerza.
De la ecuación (4.4), se puede concluir que la
efectividad en la rotación que tiende a imprimir
la fuerza F sobre el cuerpo rígido, aumenta con
el aumento del brazo b. Un ejemplo de esto se
presenta cuando se trata de abrir o cerrar una
puerta, ya que entre más lejos de las bisagras se
aplique la fuerza con mayor facilidad esta adquiere movimiento de rotación.
En síntesis, de lo anterior se puede afirmar:
El momento de una fuerza mide la tendencia de la
fuerza F a hacer rotar o girar al cuerpo alrededor de
un eje fijo dirigido a lo largo de Mo .
Igualmente se nota en la figura 4.4, que la
fuerza F se puede desplazar a lo largo de su
línea de acción sin cambiar el momento de la
fuerza, hecho conocido como el principio de
transmisibilidad. En otras palabras, los efectos
físicos de traslación y rotación no varían en
absoluto cuando se lleva a cabo esta operación.
Ello permite afirmar que no se tiene un punto
de aplicación, sino una línea de aplicación, así,
la expresión Mo = xFy −yFx para el caso de dos
dimensiones, corresponde a la ecuación de la
línea de acción de la fuerza cuyo momento de
la fuerza es Mo , siendo x y y arbitrarios.
cuya magnitud está dada por Mo = xFy − yFx y
corresponde a un vector paralelo al eje z.
Sabiendo que en la figura 4.4, θ es el ángulo menor entre el vector posición r y la línea de
acción de la fuerza F, por definición de produc- Dimensiones y unidades del momento de una
to vectorial, ecuación (4.1), la magnitud del mo- fuerza
De acuerdo con la ecuación (4.4), se tiene que
mento de la fuerza está dada por
la dimensión del momento de una fuerza está
Mo = rFsenθ = F (rsenθ ).
(4.3) dada por la dimensión de fuerza multiplicada
5
4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO
por la dimensión de brazo, es decir, [F][b] que
es la forma como se acostumbra expresarla, para no confundirla con las dimensiones de trabajo y energía. Por consiguiente, la unidad del
momento de una fuerza en el sistema internacional de unidades es N · m; en el sistema gaussiano dina · cm y en el sistema inglés lb · p. Otra
unidad que se emplea en algunos casos es el
kilogramo-fuerza por metro, representado por
kgf · m.
En el caso particular de dos dimensiones, es
común emplear la expresión Mo = Fb que sólo
permite obtener la magnitud del momento de
una fuerza. Pero como en dos dimensiones el
cuerpo rígido puede rotar en dos sentidos, es
necesario tener una convención de signos. De
acuerdo con la figura 4.7, el momento de la fuerza se toma positivo cuando el cuerpo rígido rota
en sentido contrario a las manecillas del reloj y
negativo al rotar en el mismo sentido de las manecillas del reloj.
F
_
+
F
A
A
r
r
Mo
b
b
O
O
Mo
Figura 4.7: Convención de signos para Mo .
Solución
Respecto al punto A, las componentes rectangulares
del vector posición y de la fuerza están dadas, respectivamente, por
rA
F
=
=
L(cos β i + sen β j)
F i.
Efectuando el producto vectorial entre estos vectores, se encuentra que el momento de la fuerza respecto al punto A es
MA = −( FLsenβ)k.
(1)
Operando en forma similar, con
rc
F
=
=
1
2 L (cosβ i + sen β j)
F i,
el momento de la fuerza respecto al punto medio C,
está dado por
MC = − 12 ( FLsenβ)k.
(2)
De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2), se tiene
i) En ambos casos el momento de la fuerza es un
vector que entra perpendicularmente al plano
de la hoja, esto es, apunta en el sentido negativo del eje z. De este modo, la fuerza tiende a
generar una rotación sobre la varilla en sentido
horario.
ii) Para una orientación fija de la varilla, es mayor
la cantidad de rotación que tiende a imprimir la
fuerza respecto al punto A, al compararla con la
rotación que tiende a imprimir respecto al punto C.
iii) En los dos casos, aunque con diferentes valores,
la máxima rotación se obtiene para β = 90o , es
decir, cuando la fuerza aplicada es perpendicular a la varilla.
Ejemplo 4.1 La varilla AB de la figura 4.8 tiene
longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.
Utilizando la ecuación (4.1), determine el momento Ejercicio 4.1 La varilla AB de la figura 4.9 tiene
de la fuerza respecto al extremo A y respecto al pun- longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.1), determine el momento de
to medio C. Compare los resultados obtenidos.
la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto
medio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b)
y
hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.
F
B
C
b
x
A
Figura 4.8: Momento respecto al punto A.
Ejemplo 4.2 La varilla AB de la figura 4.10 tiene
longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.
Utilizando la ecuación (4.4), determine el momento
de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Compare los resultados obtenidos.
Solución
De acuerdo con la figura 4.11, la magnitud del momento de la fuerza F, respecto al extremo A, donde
el brazo de la fuerza es bA = Lsenβ, está dado por
MA = F ( Lsenβ).
(1)
6
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
Ejercicio 4.2 La varilla AB de la figura 4.12 tiene
longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el momento de
la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto
medio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b)
hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.
F
y
B
C
b
F
x
A
B
Figura 4.9: Momento de fuerza vertical.
B
C
F
b
A
C
Figura 4.12: Momento de fuerza vertical respecto a
dos puntos.
q
A
Ejemplo 4.3 La varilla AB de la figura 4.13 tiene
longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.
Halle el momento de la fuerza respecto al extremo
Figura 4.10: Momento de una fuerza horizontal.
A y respecto al punto medio C, descomponiendo la
fuerza en una componente paralela a la varilla y una
Igualmente, con bC = 12 Lsenβ, el momento res- componente perpendicular a ella. Compare los resultados obtenidos.
pecto al punto medio de la varilla es
B
MC = F ( 12 Lsenβ).
Mediante la regla de la mano derecha, se encuentra
que la rotación en ambos casos coincide con el sentido de rotación de las manecillas del reloj, como se
encontró en el ejemplo 4.1.
Al comparar las ecuaciones (1) y (2), se observa
que entre mayor sea el brazo de la fuerza, mayor es
la rotación que la fuerza tiende a imprimir sobre la
varilla, o sea, MA > MC .
B
bC
C
b
A
Figura 4.13: Fuerza en componentes paralela y perpendicular a la varilla.
F
b
C
bA
F
(2)
b
A
Figura 4.11: Efectos del punto de aplicación de la
fuerza.
Solución
En este caso, como lo muestra la figura 4.14, la línea de acción de la componente paralela F cos β, pasa por los puntos A y C, esto es, su brazo es cero y
por consiguiente dicha componente no tiende a generar rotación sobre la varilla. Por otro lado, el brazo de la componente perpendicular, F sen β, coincide con la longitud de la varilla para el punto A y con
la mitad de la longitud de la varilla para el punto
medio C. Así, mediante la ecuación (4.4), se obtiene
MA
=
F ( Lsenβ)
MC
=
F ( 21 Lsenβ),
7
4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO
z
F//
B
A
b F
F
17 m
C
3.5 m
2m
C
3m
b
B
1m
y
o
35
D
A
x
Figura 4.14: Descomposición de la fuerza.
Figura 4.16: Momento de fuerzas en tres dimensiones.
z
con rotación de la varilla en el sentido de las manecillas del reloj. Estos resultados son idénticos a los
encontrados en los ejemplos 4.1 y 4.2.
17 m
A
TCA
T BA
Ejercicio 4.3 La varilla AB de la figura 4.15 tiene
TDA
lCA
3.5 m
longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Enl
3m C
2m
B
cuentre el momento de la fuerza respecto al extremo
1m
y
A y respecto al punto medio C, descomponiendo la
35
l
fuerza en una componente paralela a la varilla y una
D
x
componente perpendicular a ella, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los reFigura 4.17: Vectores unitarios paralelos a las fuersultados obtenidos.
BA
o
DA
zas.
F
B
C
b
A
Figura 4.15: Descomponiendo la fuerza.
A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2, m 0), C (−3 m, −3.5 m, 0)
y D (5.73 m, 4.02 m, 0)
Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores, se
encuentra que los vectores unitarios en componentes rectangulares están dados por
λBA
λCA
λDA
= 0.06i − 0.12j + 0.99k,
= 0.17i + 0.2j + 0.97k,
= −0.31i − 0.22j + 0.92k.
Como TBA = TBA λBA , TCA = TCA λCA y TDA =
TDA λDA , las componentes rectangulares de las tenEjemplo 4.4 La torre de la figura 4.16 se sostiene siones en cada una de las cuerdas, están dadas por
mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 500 N, la
TBA = (30i − 60j + 495k) N,
tensión en el cable AC es 800 N y la tensión en el
T
CA = (136i + 160j + 776k) N,
cable AD es 103 N. El punto D se encuentra a 7 (m)
TDA = (−310i − 220j + 920k) N.
del origen de coordenadas. Halle el momento que
cada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen
Igualmente, los vectores posición del punto de aplide coordenadas.
Solución
cación de cada tensión respecto al origen de coorPara determinar las componentes de la tensión en denadas, están dados en componentes rectangulares
cada una de las cuerdas, se definen los vectores uni- por
tarios λBA , λCA y λDA , paralelos respectivamente a
las tensiones TBA , TCA y TDA , como se ilustra en la
rOB = (−i + 2j) m,
figura.
rOC = (−3i − 3.5j) m,
De acuerdo con la figura 4.17, las coordenadas
rOD = (5.73i + 4.02j) m.
de los extremos de cada cuerda están dadas por
8
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
Teniendo en cuenta las componentes rectangulares 4.3.2. Efectos de rotación de un par de
de la tensión en cada cuerda y sus respectivos vecfuerzas
tores posición, se encuentra que el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen de Para considerar los efectos de rotación, es nececoordenadas, está dado respectivamente por
sario determinar el momento total o resultante
M1,o
M2,o
M3,o
=
=
=
=
=
=
rOB × TBA
(990i + 495j) N · m,
rOC × TCA
(−2716i + 2328j − 4k) N · m,
rOD × TDA
(3698.4i − 5271.6j − 14.4k) N · m.
de las dos fuerzas cuando actúan sobre el cuerpo rígido. Para ello se considera el par de fuerzas de la figura 4.19.
B
-F
rB
O
4.3. Momento de un par de fuerzas o cupla
b
r
q
rA
F
A
Figura 4.19: Momento de un par de fuerzas o cupla.
En la figura 4.18, las fuerzas F1 y F2 forman un
La suma vectorial de los momentos de las
par de fuerzas o cupla si cumplen simultáneafuerzas F y −F, respecto al punto arbitrario O,
mente las tres condiciones siguientes
está dada por
M = rA × F + rB × (−F)
A
= (rA − rB ) × F.
F2
F1
B
Si en la ecuación (4.5) se hace la definición r ≡
rA − rB , siendo r el brazo de palanca del par, se
tiene
M = r × F,
Figura 4.18: Par de fuerzas o cupla.
i) Las fuerzas son de igual magnitud, esto es,
F1 = F2 .
ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero no
superpuestas.
iii) Los sentidos de las fuerzas son opuestos, es
decir, F1 = −F2 .
4.3.1. Efectos de traslación de un par de
fuerzas
Ya que F1 + F2 = F1 + (−F1 ) = 0, la suma o
resultante de las dos fuerzas es cero, así, un par
de fuerzas no tiende a generar ningún efecto de
traslación cuando se aplica a un cuerpo rígido.
(4.5)
(4.6)
donde M es llamado el momento del par y es un
vector perpendicular al plano que contiene las
dos fuerzas y cuya magnitud es
M = rFsenθ = Fb,
donde b es la distancia perpendicular entre las
líneas de acción de las dos fuerzas, como lo
muestra la figura 4.19.
El resultado dado por la ecuación (4.6), muestra que M no depende del punto de referencia
O, es decir, que el momento de un par de fuerzas o cupla es un vector libre, ya que r es independiente del centro de momentos O.
En algunos casos, dos pares de fuerzas tienen momentos iguales en magnitud y dirección;
cuando esto ocurre, se dice que los dos pares
son equivalentes ya que tienden a generar los
mismos efectos de rotación al actuar, por separado, sobre un cuerpo rígido. Esta situación se
ilustra en la figura 4.20, donde F1 b1 = F2 b2 .
9
4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA PAR
-F2
b1
F1
b2
-F1
F2
Figura 4.20: Pares equivalentes.
4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par
punto. En esta disposición, conocida como sistema fuerza-par, F responde por los mismos efectos
de traslación y el par de momento Mo por los
mismos efectos de rotación, que tiende a imprimir la fuerza única F aplicada inicialmente en el
punto A.
Si como en la figura 4.21, el vector posición
r y la fuerza F aplicada en A, se encuentran en
el plano de la hoja, el sistema fuerza-par se representa en la forma mostrada en la figura 4.22,
donde Mo es el momento del par correspondiente.
F
En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.21,
se desea trasladar el punto de aplicación de la
A
A
r
r
fuerza F del punto A al punto O, sin cambiar
F
los efectos tanto de traslación como de rotación
M
O
sobre el cuerpo rígido. De acuerdo con el princiO
pio de transmisibilidad, se sabe que si la fuerza
se desliza a lo largo de su línea de acción, no
Figura 4.22: Sistema fuerza-par en un plano.
cambian los efectos de traslación ni de rotación;
pero si se desplaza al punto O, por fuera de su
De lo anterior, se puede afirmar: Cualquier
línea de acción, se modifican los efectos de rotafuerza
F que actúe sobre un cuerpo rígido, se pueción sobre el cuerpo rígido, aunque los efectos
de traslación permanecen inalterados, ya que de desplazar a un punto arbitrario O, siempre que se
agregue un par de momento igual al momento de F
no se cambia la magnitud de la fuerza.
respecto al punto O.
El par tiende a imprimir al cuerpo rígido los
F
F
mismos efectos de rotación respecto a O que la
A
A
fuerza F tendía a generar antes de trasladarla a
r
r
F
dicho punto, es decir, que la fuerza única aplicaO
O
da en A y el sistema fuerza-par correspondien-F
te, son físicamente equivalentes.
Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuerpo rígido, concurrentes o no, se lleva a cabo
Figura 4.21: Sistema fuerza-par.
la operación anterior con cada una de las fuerPara que los efectos de rotación sobre el cuer- zas, obteniéndose un par resultante y un sistepo rígido no cambien, al llevar a cabo la opera- ma de fuerzas concurrentes aplicadas en O, que
ción anterior, se procede de la forma siguiente. se puede reemplazar por una fuerza única o reEn el punto O se aplican las fuerzas F y −F que sultante. Así, se obtiene un sistema fuerza-par
no modifican ninguna acción sobre el cuerpo rí- formado por la fuerza neta F y el par resultante
gido, ya que su resultante es cero y el momento Mo , dados respectivamente por
o
neto de ellas respecto a O es nulo.
De este modo, la fuerza F aplicada en el punto A y −F aplicada en el punto O, forman un
par cuyo momento es Mo = r × F, o sea, se ha
logrado encontrar una fuerza F aplicada en O
y un par de momento M aplicado en el mismo
F = F1 + F2 + F3 + · · ·
=
∑ Fi ,
i
Mo = M1 + M2 + M3 + · · ·
=
∑ Mi .
i
10
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
En conclusión: Siempre es posible reemplazar cualquier sistema de fuerzas por un sistema fuerza-par,
de tal forma que la fuerza se escoge igual a F para la
equivalencia traslacional y el par con momento igual
a Mo , se escoge para la equivalencia rotacional.
Como se verá posteriormente, cuando se analice el movimiento combinado de traslación y
rotación de un cuerpo rígido, se tratarán por separado los efectos de traslación y rotación, esto
es, las fuerzas aplicadas se reemplazarán por un
sistema fuerzas-par equivalente.
B
C
MA
q
F
A
Figura 4.24: Sistema fuerza par aplicado en A.
B
Ejemplo 4.5 La varilla AB de la figura 4.23 tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Reemplazar la fuerza horizontal, por un sistema fuerza-par aplicado a) En el extremo A. b) En el
punto medio C.
B
C
F
A
C
F
MA
q
Figura 4.25: Sistema fuerza par aplicado en C.
q
De los dos resultados anteriores se observa que el
momento del par es diferente al tomar distintos punA
tos. Esto debe ser así ya que la fuerza tiende a imprimir diferentes efectos de rotación respecto a punFigura 4.23: Sistema fuerza par en A y en C.
tos distintos. Sin embargo, independientemente del
Solución
punto donde se aplique el sistema fuerza-par equia) Para que no cambien los efectos de traslación que
la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, la fuerza valente, los efectos de traslación no cambian siempre
y cuando no se cambien la magnitud ni la dirección
aplicada en A debe ser la misma, esto es
de la fuerza dada.
F = Fi.
Por otro lado, los efectos de rotación no cambian si Ejercicio 4.4 Resolver el ejemplo 4.5, suponiendo
en A se aplica un par equivalente, igual al momen- que la fuerza aplicada en el extremo B es vertical y
to de la fuerza aplicada en B y evaluado respecto al dirigida: a) Hacia arriba. b) Hacia abajo.
punto A, o sea
Ejemplo 4.6 La escuadra de la figura 4.26, que es
un triángulo equilátero de lado d, está sometida a
fuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M y
En la figura 4.24 se muestra el sistema fuerza-par 2M. Las magnitudes de las fuerzas están dadas por
equivalente, aplicado en el extremo A de la varilla.
b) En el punto C la fuerza aplicada debe ser la misP1 = P, P2 = 2P, P3 = 32 P y P4 = 12 P.
ma que en caso anterior, pero el par debe tener un
momento, respecto al punto C, igual a
Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pares,
por un sistema fuerza-par equivalente aplicado en
1
MC = − 2 ( FLsenθ )k
el vértice A.
Solución
En este caso, el sistema fuerza-par equivalente en el Teniendo en cuenta que las fuerzas P1 y P2 forman
punto medio de la varilla, se muestra en la figura ángulos de 60o con la dirección positiva del eje x,
4.25.
ya que el triángulo es equilátero, la fuerza resultante
MA = −( FLsenθ )k
11
4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO
4.5. Resultante de un sistema de
fuerzas aplicadas a un cuerpo
rígido
P2
B
y
2M
M
P3
C
A P4
D
x
P1
Figura 4.26: Pares y fuerzas sobre la escuadra.
equivalente al sistema de fuerzas, está dada en componentes rectangulares por
Si sobre un cuerpo rígido actúan varias fuerzas, aplicadas en diferentes puntos, es necesario considerar por separado los efectos de traslación y de rotación.
Los efectos de traslación sobre el cuerpo, quedan determinados por el vector suma o resultante de las fuerzas, es decir,
F = F1 + F2 + F3 + · · · =
∑ Fi ,
(4.7)
donde se opera en la misma forma que para una
partícula sometida a varias fuerzas concurrenUtilizando el teorema de Pitágoras y la definición tes.
de la función tangente, se encuentra que en magniDe forma similar, los efectos de rotación sobre
tud y dirección la fuerza resultante está dada por
el cuerpo rígido, están determinados por el veco
tor suma de los momentos de las fuerzas, evaF = 0.91P ∠24 .
luados respecto al mismo punto de referencia,
Calculando los momentos de las fuerzas respecto al es decir
F = P(0.83i + 0.37j).
punto A y sumando los pares M y 2M, teniendo en
cuenta su respectivo signo, para el par resultante se
obtiene
MA = ( M − 0.87Pd)k.
Mo = M1,o + M2,o + M3,o + · · · =
∑ Mi,o (4.8)
Pero ¿qué se puede decir respecto al punto de
aplicación de la fuerza resultante? Como respuesta se tiene que no siempre es posible reemplazar este sistema de fuerzas por una fuerza
única que sea equivalente, ya que sólo es posible hacerlo cuando F y M, obtenidos mediante
las ecuaciones (4.7) y (4.8) sean perpendiculares,
ya que sólo de esta manera se satisface la expresión Mo = r × F que permite determinar el vecB
tor posición r, que da el punto de aplicación de
la fuerza F respecto al centro de rotación.
Si la condición anterior se satisface (Mo perpendicular a F), la fuerza F así aplicada es equivalente al sistema, tanto en lo referente a rotación como a traslación. Sin embargo, esto no
F o
siempre es posible ya que en muchos casos F y
24
C
MA A
Mo no son perpendiculares.
En general, un sistema de fuerzas no concurrentes que actúan sobre un cuerpo rígido, no
Figura 4.27: Sistema fuerza par en el vértice A.
siempre es posible reducirlo a una fuerza única
que sea equivalente.
Ejercicio 4.5 Reemplace el sistema de fuerzas y
Sin embargo, hay tres casos en los que siemlos dos pares del ejemplo 4.6, por un sistema fuerza- pre es posible reemplazar un sistema de fuerpar aplicado a) En el punto B. b) En el punto C.
zas por una fuerza única que es completamente
El sistema fuerza-par, formado por F y MA , se muestra en la figura 4.27, y responde por los mismos efectos de traslación y rotación que las fuerzas y los dos
pares simultáneamente aplicados, tienden a imprimir sobre la escuadra. En la figura 4.27 se supone
que M > 0.87Pd, en caso contrario, el sentido de rotación es opuesto.
12
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
equivalente al sistema dado, pues en ellos se sa- las distintas fuerzas aplicadas, respecto al mistisface la condición de perpendicularidad entre mo punto O. Enunciado conocido como el teoF y M.
rema de Varignon.
En el caso particular que todas las fuerzas
concurrentes
sean coplanares y que O se en4.5.1. Resultante de un sistema de fuercuentre en el mismo plano, cada uno de los mozas concurrentes
mentos de fuerza tiene la misma dirección perSe considera el caso de varias fuerzas concu- pendicular al plano, igual que el momento rerrentes actuando sobre un cuerpo rígido y que sultante.
están aplicadas en el punto A, como se muestra
Como un resultado general, se tiene que un
en la figura 4.28.
sistema de fuerzas concurrentes siempre se puede
reemplazar por una sola fuerza, su resultanF
te, la que es completamente equivalente al sisF
tema en lo que respecta a efectos de traslación y
F
F
rotación, como se ilustra en la figura 4.28.
F
A
A
2
3
1
4
r
r
O
Ejemplo 4.7 Reemplazar el sistema de fuerzas
que actúan en el extremo B de la varilla, por una
fuerza única equivalente (ver figura 4.29).
O
Figura 4.28: Sistema de fuerzas concurrentes.
El momento de la fuerza resultante F, respecto al punto O, está dado por
Mo = r × F
∑ Fi
En este caso, el vector posición r es común al
punto de aplicación de todas las fuerzas, respecto al centro de rotación O.
De este modo, la ecuación (4.9) adquiere la
forma
F = F1 + F2 + F3 + · · · =
10 N B
y
(4.9)
donde la resultante del sistema de fuerzas aplicadas al cuerpo rígido, se encuentra mediante la
expresión
F = F1 + F2 + F3 + · · · =
20 N
∑ Fi
60 o
30o
5N
10 N
60o
x
A
Figura 4.29: Fuerzas concurrentes.
Solución
Utilizando el sistema de coordenadas mostrado en
la figura 4.29, se encuentra que la resultante de las
fuerzas concurrentes aplicadas en el extremo B de la
varilla, está dada en componentes rectangulares por
F = (4.33 i + 4.82 j)N,
o sea que su magnitud y dirección están dadas por
donde se ha aplicando la propiedad distributiva
F = 6.48 N∠ 48.06o
del producto vectorial respecto a la suma, y de
este modo el momento total de las fuerzas apli- En la figura 4.30, se muestra la fuerza única que rescadas al cuerpo rígido, respecto al punto O, es ponde por los mismos efectos de traslación y rotaperpendicular a la fuerza neta F. Así,
ción que tienden a generar las cuatro fuerzas simulMo = M1,o + M2,o + M3,o + · · · =
∑ Mi .
táneamente aplicadas en el extremo B de la varilla.
En conclusión, el momento con respecto al punto O de la resultante de varias fuerzas concu- Ejercicio 4.6 Compruebe el teorema de Varignon,
rrentes, es igual a la suma de los momentos de para la situación planteada en el ejemplo 4.7.
13
4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO
6.48 N
De este modo, la fuerza única equivalente se
debe aplicar en un punto de coordenadas ( x,y)
tal que se satisfaga la ecuación (4.10). Esta exy
presión, corresponde a la ecuación de la línea de
acción de la fuerza resultante, es decir, hay una
línea de aplicación, ya que esta puede deslizarse a lo largo de su línea de acción sin cambiar
60
x
los efectos físicos, de acuerdo con el principio
A
de transmisibilidad.
En síntesis: Cuando un sistema de fuerzas coFigura 4.30: Fuerza única equivalente.
planares actúa sobre un cuerpo rígido, siempre
es posible reducir el sistema a una sola fuerza F,
4.5.2. Resultante de un sistema de fuer- ya que en este caso el momento neto Mo es perzas coplanares
pendicular a la fuerza resultante F. Este resultado se cumple aunque el centro de momentos se
En la figura 4.31, se tiene un sistema de fuerencuentre fuera del plano de las fuerzas.
zas coplanares actuando sobre un cuerpo rígiSe presenta una excepción a esta regla y es
do.
cuando F = 0 y Mo ̸= 0, pues en este caso el sisy
y
tema corresponde a un par de fuerzas o cupla,
F
F
que sólo tiende a imprimir efectos de rotación.
B
48.06o
o
1
r
r1
O
r3
r2
F2
x
(x, y)
O
x
F3
Figura 4.31: Sistema de fuerzas coplanares.
Para el sistema de coordenadas mostrado en
la figura 4.31, donde el origen O se hace coincidir con el punto de rotación o centro de momentos, se tiene que tanto los momentos individuales M1,o ,M2,o ,M3,o , · · · . como el momento total
Mo , son perpendiculares al plano xy, esto es, la
fuerza resultante es perpendicular al momento
neto Mo . Así, es posible aplicar la fuerza resultante F en un punto cuyo momento esta dado
por la expresión Mo = r × F , donde r es el vector posición del punto de aplicación de la fuerza
F respecto a O. En este caso, de acuerdo con la
ecuación 4.2, la relación vectorial se puede reemplazar por la expresión
Mo = xFy − yFx
Ejemplo 4.8 Determine, sobre el lado AC y sobre
la altura BD, el punto de corte de la línea de acción
de la fuerza única que es equivalente al sistema fuerza par obtenido en ejemplo 4.6.
Solución
De acuerdo con la ecuación (4.10), la ecuación de la
línea de acción de la fuerza única equivalente, adquiere la forma
M − 0.87Pd = 0.37Px − 0.83Py
Respecto al sistema de referencia utilizado en el
ejemplo 4.6, sobre la recta AC y = 0, así, la línea
de acción de la resultante corta el eje x en
x = 2.7
M − 0.87Pd
P
Por otro lado, la altura BD pasa por x = d/2, así que
la línea de acción de la resultante corta la vertical en
y = 1.2
(1.06Pd − M)
.
p
Ejercicio 4.7 Determinar el punto de corte, sobre
el eje x y sobre el eje y, de la línea de acción de la
fuerza única correspondiente al sistema fuerza par
obtenido en cada uno de los puntos del ejercicio 4.6.
(4.10)
4.5.3. Resultante de un sistema de fuer-
donde Fx y Fy son las componentes rectangulazas paralelas
res de la fuerza resultante F, x y y las componentes rectangulares del vector posición r donEn la figura 4.32, se tiene un sistema de fuerde debe aplicarse la fuerza F.
zas paralelas actuando sobre un cuerpo rígido,
14
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
esto es, sus líneas de acción son paralelas y pue- donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4.11).
den o no estar orientadas en el mismo sentido.
Las ecuaciones (4.13) y (4.14) se satisfacen
únicamente si se cumple que
u
(
)
O
F
rc ∑ Fi = ∑ (ri Fi ).
2
F1
F3
De esta forma, respecto a O, el vector posición
del punto donde se debe aplicar la fuerza única
F está dado por
F4
Figura 4.32: Sistema de fuerzas paralelas.
Para el análisis que sigue y para mayor claridad, se toma como referencia el vector unitario
u, el cual permite expresar la fuerza resultante
en la forma vectorial
F = F1 + F2 + F3 + F4 · · ·
rc =
−r1 F1 + r2 F2 + r3 F3 − · · ·
∑ ri Fi
=
. (4.15)
F
− F1 + F2 + F3 − F4 + · · ·
∑ i
Expresando los vectores de la ecuación (4.15) en
componentes rectangulares, se encuentra que
las coordenadas del punto de aplicación de la
fuerza, para que los efectos sobre el cuerpo rígido no cambien, están dadas por
(4.11)
= (− F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u
(
)
= ∑ Fi u,
xc =
∑ xi Fi
∑ yi Fi
∑ zi Fi
, yc =
, zc =
F
F
∑ i
∑ i
∑ Fi
(4.16)
Un ejemplo de esta situación se presenta en el
así, la fuerza resultante es paralela al vector uni- caso del peso de un cuerpo, donde cada partícula, por tener masa, posee un peso y todos
tario u, y su magnitud es
ellos corresponden a fuerzas paralelas. El punF = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · · = ∑ Fi .
to donde se debe aplicar la fuerza resultante o
peso del cuerpo, no es más que el centro de masa del cuerpo. En la figura 4.33 se muestra esta
Mo = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + · (4.12)
··
situación.
= ∑ ri × Fi .
Ahora, con Fi = Fi u, la ecuación (4.12) se transforma en
(
)
Mo = ∑ ri × Fi u = ∑ ri Fi × u.
(4.13)
La ecuación (4.13) muestra que el momento resultante Mo es perpendicular al vector unitario
u, así, por la ecuación (4.11), también es perpendicular a la fuerza resultante F.
Por lo tanto, en el caso de fuerzas paralelas
siempre es posible reemplazar el sistema de fuerzas
por una fuerza única equivalente, que responde
por los mismos efectos de traslación y rotación,
que las fuerzas paralelas simultáneamente aplicadas, tienden a imprimirle al cuerpo rígido.
De este modo, la fuerza equivalente F se debe
aplicar en una posición rc , tal que
(
)
Mo = rc × F = rc ∑ Fi × u
(4.14)
C.M.
W
Figura 4.33: Sistema de fuerzas paralelas.
Ejemplo 4.9 Una barra uniforme de longitud L y
masa m, se somete al sistema de fuerzas paralelas
mostrado en la figura 4.34. La magnitud de la fuerza P es mg/2 y además AB = BC = CD = L/4,
a)Reemplace las cuatro fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el extremo A. b) Determine el
punto de aplicación de la fuerza única equivalente.
Solución
a) La fuerza neta equivalente al sistema de fuerzas
paralelas al eje y es
5
F = − 12
mgj.
15
4.6. LLAVE DE TORSIÓN
y
P
y
D
D
C
P/2
2P/3
F
B
q
A
C
B
A
mg
q
x
Figura 4.34: Fuerzas paralelas .
x
Figura 4.36: Fuerza resultante.
Luego de calcular los momentos de las fuerzas res- Ejercicio 4.8 Resuelva el ejemplo 4.9, tomando el
pecto al punto A, se encuentra que el momento del origen de coordenadas a) En el punto C. b) En el
par resultante está dado por
punto D.Compare los resultados, con el obtenido en
5
el ejemplo 4.9.
MA = − mgLcosθk.
48
El sistema fuerza par equivalente aplicado en el extremo A, se muestra en la figura 4.35.
D
C
B
MA
q
A
F
Figura 4.35: Sistema fuerza par en A.
b)Mediante las ecuaciones (4.16), se encuentra que
las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza
única equivalente están dadas por
xB = 14 Lcosθ y yB = 41 Lsenθ
Como se muestra en la figura 4.36, la fuerza resultante debe aplicarse en el punto B.
En la tabla siguiente se muestra el valor de los coeficientes de L, en xc y xc , para diferentes valores del
ángulo θ.
θ
cos θ
4
sen θ
4
0
0.25
0.00
30
0.22
0.12
45
0.18
0.18
60
0.12
0.22
90
0.00
0.25
Se observa que al aumentar la inclinación de la barra, la coordenada xc disminuye mientras que la
coordenada yc aumenta, pero con la fuerza F actuando siempre sobre el punto B.
4.6. Llave de torsión
Como un resultado general, se tiene que todo
sistema de fuerzas en el espacio, que actúe sobre
un cuerpo, se puede reemplazar por un sistema
fuerza par equivalente, que genera tanto efectos
de traslación como efectos de rotación, o por un
par, que sólo genera efectos de rotación.
En las secciones anteriores se analizaron los
tres casos en los cuales es posible reemplazar un
sistema de fuerzas por una fuerza única equivalente al sistema de fuerzas. Un sistema de fuerzas en el espacio se puede reemplazar por una
fuerza única equivalente sólo cuando la fuerza
neta F que actúa sobre el cuerpo y el momento
neto M son perpendiculares.
En el caso particular, que la fuerza neta F y
el momento neto M no sean perpendiculares,
el sistema fuerza par equivalente formado por
estas dos cantidades, se puede reemplazar por
una llave de torsión. Esta situación se ilustra en
la figura 4.37, donde el ángulo entre la fuerza
neta y el momento neto es β.
Para obtener la llave de torsión correspondiente al sistema fuerza par de la figura, primero se descompone el momento del par resultante, en una componente paralela a la línea de
acción de la fuerza resultante F y en otra componente perpendicular a la línea de acción de la
resultante F, como se ilustra en la figura 4.38. O
sea
16
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
dirección, como se muestra en la figura 4.39. El
nombre se debe a que la acción simultánea de
b
empujar y torcer, es semejante a la acción generada por una llave de torsión, la broca en un tao
ladro o un destornillador, donde se ejerce una
fuerza y un par actuando sobre la línea de acción de dicha fuerza.
A la línea de acción de la fuerza neta F, se le
Figura 4.37: Sistema fuerza par no perpendiculares.
conoce como el eje de torsión.
Ahora, como M1 = M1 F1 /F1 , se tiene que
M2 = Mo − M1 F1 /F1 . Por lo tanto, se obtiene
Mo = M1 + M2 ,
que
donde las magnitudes de estos pares compoF
nentes están dados por:
Mo − M1 = r × F,
F
mediante la cual se puede hallar el vector poM1 = Mo cos β y M2 = Mo sen β.
sición r, donde se debe aplicar el sistema fuerza
par formado por F y M1 , para que se genere el
momento M2 , y así el sistema conocido como
F
llave de torsión, sea equivalente al sistema de
M1
fuerzas aplicadas al cuerpo rígido.
F
Mo
o
M2
Figura 4.38: Para paralelo y perpendicular a F.
Ejemplo 4.10 Sobre el cubo de la figura 4.40, de
lado 100 mm, actúan cinco fuerzas paralelas a sus
respectivas aristas. a) Reemplace el sistema de fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el punto
O. b) Determine el ángulo que forman la fuerza neta
y el par resultante. c) ¿Qué puede concluir del resultado obtenido? d) Obtenga la llave de torsión correspondiente.
Una vez se lleva a cabo esta descomposición,
se aplica el sistema fuerza par formado por la
fuerza neta F y por el par M1 , en un punto A
donde la fuerza neta genere el mismo momento
M2 respecto al punto O, es decir,
A
D
10 N
C 15 N
25 N
O
25 N
x
M2 = r × F.
z
B
E
G
20 N
H
y
Figura 4.40: Fuerzas paralelas sobre un cubo.
F
M1
Solución
a) Para obtener el sistema fuerza par en O, es neceA
sario hallar la fuerza resultante y el momento resulr
tante de las fuerzas, evaluado respecto al origen de
o
coordenadas. Este sistema fuerza par debe responder por los mismos efectos de traslación y rotación
que el sistema de fuerzas aplicadas tiende a imprimirle al cuerpo rígido.
Figura 4.39: Llave de torsión formada por F y M.
Teniendo en cuenta el sistema de coordenadas de
la figura y la componente de cada una de las fuerAl sistema formado por la fuerza neta F y por zas, se encuentra que la fuerza neta en componentes
el par M1 , se le conoce como una llave de tor- rectangulares está dada por
sión, donde ambos vectores actúan en la misma
F = (−50 i − 5 j + 20 k)N
(1).
17
4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO
Donde su magnitud y dirección con cada uno de los producto punto, esto es
ejes de coordenadas, son
F
θx
θy
θz
=
=
=
=
cos γ =
54.08 N,
157.60o ,
95.30o ,
68.30o .
Como la resultante del sistema de fuerzas inicialmente aplicado al cubo es diferente de cero, significa
que estas tienden a imprimirle efectos de traslación
a lo largo de cada uno de los ejes coordenados, puesto que la fuerza neta tiene componentes no nulas a
lo largo de cada uno de ellos.
De igual manera, considerando cada una de las
fuerzas aplicadas y el vector posición de su punto
de aplicación respecto al origen de coordenadas, se
encuentra que el momento neto que actúa sobre el
cubo, debido a las fuerzas aplicadas, está dado en
componentes rectangulares por
Mo = (2.5 i − 4.5 j + 3.5 k)N m
F · Mo
.
FMo
(3)
Reemplazando las ecuaciones (1), (2) y sus respectivas magnitudes en la ecuación (3) y luego de llevar a
cabo las operaciones indicadas, se encuentra que el
ángulo entre la fuerza y el momento del par es
γ = 95.54o .
Como el ángulo entre la fuerza y el momento del par
es diferente de 90o , significa que este sistema fuerza
par no se puede reemplazar por una fuerza única
equivalente.
c)Para obtener la llave de torsión, primero se descompone el par resultante en una componente paralela y en una componente perpendicular a la fuerza
neta. De este modo, el paso de torsión está dado por
p=
(2).
F · Mo
= −0.01.
F2
Por lo que su magnitud y dirección respecto a cada Por consiguiente, la llave de torsión está formada
por la fuerza resultante F y por el par con compouno de los ejes de coordenadas es
nentes rectangulares
Mo = 6.22 N · m,
M1 = pF ≡ (0.5i + 0.05j − 0.2k).
θ x = 66.30o ,
o
θy = 136.34 ,
θz
= 55.76o .
En este caso, como el momento neto de las fuerzas
aplicadas al cubo, respecto al punto O es diferente
de cero, significa que el sistema de fuerzas tienden
a imprimirle efectos de rotación al cuerpo rígido a
lo largo de cada uno de los ejes coordenados, puesto que el momento resultante tiene componentes no
nulas a lo largo de cada uno de ellos.
En la figura 4.41, en busca de claridad, solo se
muestra el sistema fuerza par en O obtenido, donde
F responde por los mismos efectos de traslación que
el sistema de fuerzas aplicado y Mo por los mismos
efectos de rotación generados por las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido.
z
Mo
F
4.7. Ecuación de movimiento para
la rotación de un cuerpo rígido
Se sabe que el momento angular de un cuerpo
rígido respecto al punto O, está dado por
dLo
= r × F,
dt
donde r es el vector posición que va desde el
centro de momentos hasta el punto donde está
aplicada la fuerza F. Por otro lado, teniendo en
cuenta la definición de momento de una fuerza
respecto a un punto, la ecuación (4.17) adquiere
la forma
g
x
dLo
= Mo,
dt
O
y
con
Lo =
Figura 4.41: Llave torsión en el espacio.
b) Para determinar el ángulo γ que forman la fuerza neta y el par resultante, se utiliza la definición de
(4.17)
∑ Li,o ,
i
y
Mo =
∑ Mi,o ,
i
(4.18)
18
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
donde estas cantidades se evalúan respecto al
mismo punto.
La ecuación (4.18) corresponde a la ecuación
básica para analizar el movimiento de rotación
de un cuerpo rígido, esto es, la ecuación (4.18)
desempeña en rotación el mismo papel que la
segunda ley de Newton en traslación. Por esta
razón, se le conoce como la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido.
Si el momento total de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo,
de acuerdo con la ecuación (4.19) se cumple la
condición
Iω = Constante
que corresponde a la conservación del momento angular, como se analizó en la unidad anterior.
4.7.1. Rotación de un cuerpo rígido alre- 4.7.2.
dedor de un eje principal de inercia
Se supone que el cuerpo rígido de la figura
4.42, tiene un movimiento de rotación alrededor
del eje z considerado como eje principal de inercia. Además, se toma el origen como un punto
fijo en el eje que corresponde a un sistema de
referencia no rotante o inercial.
z (Eje principal de inercia)
Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de
inercia
Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de un
eje que no corresponde a un eje principal de
inercia, como en la figura 4.43, es válida la ecuación Lz , o = Iω, ya que el momento angular
total no es paralelo a la velocidad angular, y la
ecuación de movimiento correspondiente, es
dLz , o
= Mz , o
dt
L
(4.21)
(4.22)
donde Mz es la componente del momento total
externo, paralela al eje z.
w
O
z (Eje no principal)
Figura 4.42: Rotación alrededor de un eje principal
de inercia.
Como el eje de rotación z es un eje principal
de inercia, se cumple la ecuación Lo = Iω, y la
ecuación (4.18) se transforma en
d( Iω)
= Mo,
dt
L
w
O
Figura 4.43: Rotación alrededor de un eje no princi(4.19) pal de inercia.
donde M es el momento total generado por las
Si la orientación del eje es fija respecto al cuerfuerzas externas y evaluado respecto al punto po, el momento de inercia es constante. Así, al
fijo O, sobre el eje principal de inercia.
reemplazar la ecuación Lz = Iω en la ecuación
Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, se (4.22), se obtiene
tiene que el momento de inercia es constante y
Iα = Mz , o,
la ecuación (4.19) adquiere la forma
(4.20) que es la ecuación de movimiento a utilizar
cuando el momento de inercia es constante, y
expresión en la que se ha empleado la definición el cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no
de aceleración angular. La ecuación (4.20), váli- es principal.
da en rotación, es equivalente en traslación a la
En los problemas de rotación de un cuerpo rísegunda ley de Newton para masa constante.
gido, se recomienda seguir los siguientes pasos
Iα = Mo,
19
4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO
1. Se hace el diagrama de cuerpo libre para el
cuerpo de interés, dibujando solamente las
fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y ubicándolas en el punto donde
actúan.
2. Se plantea la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido, correspondiente a la situación particular que se esté
considerando.
Movimiento
Feje
R1
c R2
T1´ M
T2´
Mg
T1
T2
m1
Movimiento
Movimiento
m2
m1g
m2g
Figura 4.45: Dos partículas y un cuerpo rígido.
3. Se calculan los momentos, respecto al punto fijo del cuerpo por donde pasa el eje de
a) En la figura 4.45 se muestran los diagramas de
rotación.
cuerpo libre, donde T1 = T1 ′ y T2 = T2 ′ .
En lo que sigue se plantean las ecuaciones de movimiento
para cada uno de los cuerpos,teniendo en
4. Se obtiene el momento de inercia del cuercuenta
el
sentido
de movimiento considerado en los
po rígido respecto al eje de rotación. Cuan- diagramas de cuerpo
libre de la figura 4.45.
do sea necesario, se emplea el teorema de
Como el disco tiene un movimiento de rotación
pura alrededor de un eje que pasa por el centro C,
Steiner o de los ejes paralelos.
su ecuación de movimiento tiene la forma general
5. Se resuelve la ecuación de movimiento, de ∑ Mc =αIc ,
pendiendo de la información suministrada
y solicitada.
y teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre, se
convierte en
Ejemplo 4.11 Un disco homogéneo de masa M y
radio R1 tiene un pequeño saliente de radio R2 , como se indica en la figura 4.44. El disco rota alrededor
de un eje que pasa por su centro, debido a la acción
de los bloques de masas m1 y m2 . a)Para cada cuerpo, haga el diagrama de cuerpo libre y plantee las
respectivas ecuaciones de movimiento. b)Determine
la aceleración angular del disco y la aceleración de
cada bloque. c) Analice los resultados obtenidos en
el numeral b).
R1
c R2
M
− T1 R1 + T2 R2 = 12 MR21 α,
(1)
donde se ha tomado el sentido horario como positivo y de acuerdo con la tabla de radios de giro de la
unidad 3, se ha tomado Ic = 12 MR21 .
Para el bloque de masa m1 , que tiene un movimiento vertical de traslación pura hacia arriba, su
ecuación de movimiento, está dada por
+ ↑ ∑ Fv = m1 a1 ,
T1 − m1 g = m1 a1 .
(2)
Finalmente, para el bloque de masa m2 que tiene un
movimiento vertical de traslación pura hacia abajo,
la ecuación de movimiento correspondiente es
+ ↓ ∑ Fv = m2 a2 ,
m1
m2
m2 g − T2 = m2 a2 .
(3)
b) Como la aceleración de m2 es igual a la aceleración tangencial en el borde del pequeño saliente y la
Figura 4.44: Disco con pequeño saliente.
aceleración de m1 es igual a la aceleración tangencial
en el borde externo del disco se satisfacen las expresiones
Solución
a1 = αR1 ,
(4)
En la solución de la situación planteada, se debe tener presente que los bloques al tener traslación pura
a2 = αR2 .
(5)
se trata bajo el modelo de partícula, mientras que para el disco que tiene rotación pura se considera bajo Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (2) y la
el modelo de cuerpo rígido.
(5) en la (3), se encuentra, que la aceleración angular
20
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
del disco y la aceleración de los bloques, respectivamente, están dadas por
α=
m2 R2 − m1 R1
g,
1
2
R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22
(6)
a1 =
R1 ( m2 R2 − m1 R1 )
g,
2
R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22
(7)
a2 =
R2 ( m2 R2 − m1 R1 )
g.
2
R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22
(8)
O
6R
q
R
Figura 4.46: Péndulo físico o compuesto.
c) Teniendo en cuenta que cada una de las partículas que forman el disco, adquieren un movimiento
circular uniforme cuando la aceleración angular se
hace cero, es decir, α = 0, por la ecuación (6), se tie- de masa de la varilla y la aceleración del centro de
ne que esta condición se satisface si el numerador se masa del disco. c) Determine, en función de θ, la velocidad angular del péndulo físico.
hace cero, lo que lleva a la relación
Solución
a) En la figura 4.47 se muestra el diagrama de cuerpo
R
m1
= 2.
(9) libre para el péndulo físico, donde FR es la fuerza
m2
R1
que el eje ejerce sobre la varilla en O, m1 g es el peso
En la ecuación (9) se observa que existe una relación de la varilla y m2 g es el peso del disco.
inversa entre las masas de los bloques y los radios R1
y R2 . Ahora, de acuerdo con el enunciado R2 < R1 ,
así R2 / R1 < 1 o sea m1 /m2 < 1 o lo que es igual
m1 < m2 si la velocidad angular del disco es constante. Igualmente se observa, al comparar las ecuaciones (7) y (8) con la ecuación (9), que si el disco
rota con velocidad angular constante, los bloques se
trasladan con velocidad constante.
Pregunta 4.1 Para el caso de velocidad angular
FR
O
q
c'
m1 g
c
m2 g
constante, ¿la magnitud de la velocidad de los blo- Figura 4.47: Diagrama de cuerpo libre en péndulo
ques del ejemplo anterior es la misma? ¿Por qué?
físico.
Ejercicio 4.9 Para el enunciado del ejemplo 4.11,
De acuerdo con el enunciado, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un
determine la tensión en cada una de las cuerdas.
eje fijo que pasa por extremo O. Por lo tanto, la ecuaEjercicio 4.10 Resuelva la situación del ejemplo ción de movimiento en este caso es de la forma
4.11 suponiendo que los bloques están unidos me(1)
∑ MiO = αIO .
diante la misma cuerda y que esta pasa por el borde
i
del disco de radio R1 . Recuerde que el disco se comAhora, de acuerdo con el diagrama de cuerpo libre
porta como una polea real.
para el péndulo compuesto y tomando el sentido hoEjemplo 4.12 El cuerpo rígido de la figura 4.46, rario como positivo, el momento de las fuerzas externas está dado por
conocido como un péndulo físico, consta de una varilla delgada de masa m1 y un disco de masa m2 . Su(2)
∑ MiO = (3m1 + 7m2 ) Rg senθ.
poner que la varilla tiene una longitud 6R y el disco
un radio R. Por otro lado, el péndulo rota alrededor
de un eje que pasa por el extremo O, una vez que Por otro lado, como el momento de inercia del pénse suelta desde la posición angular θo < 90o . a) Ha- dulo físico es igual al momento de inercia de la vaga el diagrama de cuerpo libre para el péndulo fí- rilla más el momento de inercia del disco, evaluados
sico y plantee su respectiva ecuación de movimien- respecto al extremo O de la varilla, se tiene
to. b) Determine, en función del ángulo θ, la aceleración angular del péndulo, la aceleración del centro
IO = I ˚ O + IdO ,
21
4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO
donde al emplear el teorema de Steiner y la infor- ángulo θ disminuye con el tiempo. Luego de intemación dada en la tabla 4.1 para el radio de giro al grar y evaluar se encuentra que la velocidad angular
cuadrado, se llega a
del péndulo físico está dado por
IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 .
(3)
ω=
√
2C (cosθ −cosθ0 ).
(8)
Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (1), se encuentra que la ecuación de movimiento para el pén- De acuerdo con la ecuación (8), el máximo valor de
la velocidad angular se presenta en el instante que
dulo físico, adquiere la forma
el péndulo está en posición vertical. Así, cuando θ
(3m1 + 7m2 ) gsenθ = 32 α(8m1 + 33m2 ) R.
(4) disminuye la velocidad angular aumenta y cuando
θ aumenta la velocidad angular disminuye.
b) De acuerdo con la ecuación (4), la aceleración angular del péndulo físico está dada por
Pregunta 4.2 En la ecuación (8) ¿Qué condición se
debe cumplir entre el ángulo θ y el ángulo θo ? ¿Por
2(3m1 + 7m2 ) g
α=
senθ
(5)
qué?
3R(8m1 + 33m2 )
Así, la aceleración del centro de masa de la varilla,
con ac′ = α3R, es
a c′ =
2(3m1 + 7m2 ) g
senθ.
(8m1 + 33m2 )
Ejercicio 4.11 Resuelva el ejemplo 4.12,suponiendo que el péndulo físico está constituido sólo por
una varilla delgada de longitud 8R. Compare los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.12.
Finalmente, para la aceleración del centro de masa
4.7.3.
del disco, con ac = 7αR se obtiene
ac =
14(3m1 + 7m2 ) g
senθ.
3(8m1 + 33m2 )
De los resultados obtenidos se observa que estas
cantidades se hacen cero, únicamente, cuando el ángulo θ es igual a cero, esto es cuando la varilla se encuentra instantáneamente en posición vertical. Así,
cuando la varilla se aleja de esta posición, las magnitudes de estas cantidades aumentan y cuando se
acerca a ella disminuyen.
c) De acuerdo con la definición de aceleración angular, la ecuación (5) se puede escribir en la forma
dω
= Csenθ,
dt
Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido
Cuando el movimiento de un cuerpo rígido, es
tal que su centro de masa tiene movimiento de
traslación respecto a un sistema de referencia
inercial y un movimiento de rotación alrededor
de un eje que pasa por el centro de masa, es necesario analizar los dos movimientos por separado, es decir, considerar el sistema fuerza par
que actúa sobre el cuerpo rígido debido al sistema de fuerzas externas que actúan. Esta situación se muestra en la figura 4.48.
(6)
zc
z
donde la constante C definida por
w
2(3m1 + 7m2 ) g
C≡
,
3(8m1 + 33m2 ) R
C.M.
(7)
O
s−2 .
vc
y
tiene unidades de
Si en la ecuación (6) se multiplica a ambos lados
por dθ, se obtiene
Figura 4.48: Rotación y traslación de un cuerpo rí∫ω
ωdω = −C
x
gido.
∫θ
senθdθ,
Si el eje de rotación no está fijo respecto a
un sistema de referencia inercial, como ocurre
el signo menos se debe tener en cuenta, ya que cuan- cuando un cuerpo rueda por un plano inclinado el péndulo se suelta desde la posición inicial, el do, para analizar el movimiento de traslación
0
θ0
22
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
del cuerpo se emplea la segunda ley de Newton
y se tiene en cuenta que el centro de masa, en lo
referente a traslación, se comporta como si toda
la masa estuviera concentrada en dicho punto.
De este modo, la ecuación de movimiento para
la traslación del centro de masa del cuerpo rígido se expresa en la forma
F = m ac ,
centro de masa del cuerpo coincida con su centro geométrico.
Cuando un cuerpo rígido tiene movimiento
combinado de traslación y rotación sobre una
superficie, se dice que el cuerpo rueda, y en este
caso se debe tener presente si rueda deslizando
o sin deslizar.
Si un cuerpo rígido homogéneo, rueda y
desliza, la fuerza de fricción es cinética, esto es, se cumple la relación Fk = µk N.
donde F es la fuerza neta debida a las fuerzas
externas que actúan sobre el cuerpo rígido, m
su masa y ac la aceleración del centro masa.
Si el cuerpo rígido homogéneo, rueda sin
Para el movimiento de rotación, se debe caldeslizar, la fuerza de fricción es estática y
cular el momento angular y el momento total
la relación válida es Fs ≤ µs N.
debido a las fuerzas externas, respecto al centro
de masa del cuerpo. O sea, la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido alre- Otra forma de entender lo anterior, es considededor de un eje que pasa por el centro de masa rando la velocidad del punto de contacto del
cuerpo rígido con la superficie sobre la cual rueestá dada por
da. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidad del
dLc
punto de contacto, con respecto a la superficie
= Mc .
(4.23)
dt
es diferente de cero; pero si el cuerpo rueda y
Si a la vez, como ocurre generalmente, la ro- no desliza, la velocidad del punto de contacto,
tación es alrededor de un eje principal que pasa con respecto a la superficie, es igual a cero.
Las expresiones, vc = ωR y ac = αR, sólo
por el centro de masa, se tiene
tienen validez si el cuerpo rígido con alto grado
(4.24) de simetría, es homogéneo y rueda sin deslizar.
Ic ω = Lc .
Cuando en un caso particular, no se sabe si
Ahora, si el momento de inercia es constante, eje
el
cuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslifijo en el cuerpo, entonces mediante las ecuaciozar,
primero se debe suponer que no hay desnes (4.23) y (4.24), se encuentra que la ecuación
lizamiento. En el caso que la fuerza de fricción
de movimiento correspondiente es
calculada, sea menor o igual a µs N, la suposiIc α = Mc ,
ción es correcta; pero si la fuerza de fricción obtenida, es mayor que µs N, la suposición es incodonde se ha empleado la definición de acelerarrecta y el cuerpo rueda deslizando.
ción angular.
En problemas donde se presente movimiento
Si para un cuerpo el momento total respecto
combinado de traslación y rotación, además de
al centro de masa es cero, la velocidad angular
los pasos que se siguen para la rotación pura de
es constante y el momento angular se conserva.
un cuerpo rígido, alrededor de un eje que pasa
Esta situación ocurre cuando la única fuerza expor su centro de masa, se debe incluir la ecuaterna aplicada a un cuerpo rígido homogéneo es
ción de movimiento correspondiente a la traslasu peso.
ción del centro de masa.
Debido a la complejidad que se presenta,
cuando se analiza este tipo de movimiento en Ejemplo 4.13 Como se ilustra en figura 4.49, un
tres dimensiones, se restringe el movimiento cascarón esférico homogéneo, de radio R y masa M,
a dos dimensiones y con cuerpos homogéneos rueda sin deslizar por la superficie de un plano inclique presentan alto grado de simetría, tales co- nado que forma un ángulo θ con la horizontal. Determine la aceleración de la esfera, su aceleración anmo esferas, cilindros o aros. Se consideran cuer- gular y la fuerza de fricción entre la esfera y la superpos homogéneos, con el fin de garantizar que el ficie del plano inclinado.
23
4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO
Fs R = 32 MR2 α,
R
(3)
donde se ha utilizado la información dada por la tabla 4.1, para un cascarón.
De la ecuación (3), se tiene que la fuerza de fricción es la responsable de la rotación del cascarón alrededor del eje que pasa por el centro de masa. Ahora, eliminando la fuerza de fricción Fs , mediante las
ecuaciones (1) y (3), se encuentra que la aceleración
del cascarón, que corresponde a la aceleración de su
centro de masa, está dada por
M
q
Figura 4.49: Cascarón esférico que rueda sin deslizar.
ac = 35 gsenθ,
(4)
donde se ha empleado la expresión
Solución
ac = αR,
(5)
En la figura 4.50 se muestra el diagrama de cuerpo
libre para el cascarón esférico, donde Mg es el peso del cascarón, N la fuerza que la superficie ejerce ya que el cascarón es homogéneo y rueda sin deslisobre el cascarón y Fs la fuerza de fricción estática zar.Ahora, igualando las ecuaciones (4) y (5), para la
entre el cascarón y la superficie.
aceleración angular del cascarón se obtiene
α=
Fs
N
c
3
5
gsenθ
.
R
(6)
Finalmente, por las ecuaciones (3) y (6), la fuerza de
fricción estática que actúa sobre el cascarón esférico,
está dada por
Fs = 52 Mgsenθ.
(7)
Mg
De acuerdo con los resultados obtenidos, se puede
concluir
q
Figura 4.50: Diagrama de cuerpo libre de cascarón
esférico.
Teniendo en cuenta que el cascarón tiene un movimiento combinado de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el
centro de masa,las ecuaciones de movimiento para
este cuerpo rígido, están dadas como sigue.
Ecuaciones de movimiento para la traslación del
centro de masa. En la dirección paralela al plano inclinado
+ ↘ ∑ F// = Mac ,
i
Mgsenθ − Fs = Mac ,
En la dirección perpendicular al plano inclinado
(1)
1. Por la ecuación (4), la aceleración del cascarón
sólo depende del ángulo de inclinación θ y su
magnitud es menor que la aceleración de la gravedad, como es de esperarse, ya que no es una
caída libre.
2. Para la aceleración angular del cascarón, de
acuerdo con la ecuación (6), se tiene que su
magnitud depende, tanto del ángulo de inclinación θ, como del tamaño del cascarón al depender del radio R.
3. En lo referente a la fuerza de fricción estática, la
ecuación (7) muestra que su magnitud depende
de la masa del cascarón M y del ángulo de inclinación θ.
Ejercicio 4.12 Resuelva el ejemplo 4.13, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera mai
ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga en
N − Mgcosθ = 0.
(2) cada caso que la masa es M y el radio es R. Compare
Ecuación de movimiento para la rotación alrededor los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.13.
de un eje que pasa por el centro de masa del cascarón Si se sueltan simultáneamente desde la misma altura,¿cuál llega primero a la base del plano inclinado?
∑ Mc = Ic α,
Explique.
+ ↗ ∑ F⊥ = 0,
i
24
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
4.8. Energía en un cuerpo rígido
4.8.2.
Energía cinética traslacional de un
cuerpo rígido
En esta sección se consideran los tipos de energía que puede poseer un cuerpo rígido cuando
está en movimiento. Como se mostrará, los tipos de energía que tenga el cuerpo rígido, depende del tipo de movimiento que este tenga.
4.8.1.
Cuando las fuerzas externas que actúan sobre
un cuerpo rígido, sólo tienen efectos de traslación pura, la energía cinética de traslación del
cuerpo rígido está dada por la energía cinética
del centro de masa, ya que en lo referente a traslación, el cuerpo rígido se comporta como si todas la fuerzas actuaran sobre él y como si su maEnergía cinética de un cuerpo rígi- sa M se encontrara concentrada en dicho punto.
do
Por ello, la energía cinética de esta partícula es
En la unidad de trabajo y energía, se encontró
(4.26)
Ek = 12 Mv2c ,
que a una partícula de masa m, con velocidad v
respecto a un sistema de referencia determina- siendo vc la magnitud de la velocidad del centro
de masa. Esta situación física se muestra en la
do, se le asocia una energía cinética dada por
figura 4.51, en el caso de movimiento del cuerpo
rígido paralelamente al eje x.
E = 1 mv2 .
k
2
y
De esta forma, para un cuerpo rígido, que es un
caso particular de un sistema de partículas, la
energía cinética total del cuerpo rígido está dada por la suma de las energías cinéticas de todas
las partículas que lo conforman, esto es
C.M.
vc
O
Ek =
∑ ( 12 mi v2i ),
(4.25)
x
Figura 4.51: Traslación pura de un cuerpo rígido.
i
donde el término entre paréntesis corresponde
a la energía cinética de la partícula i, que tiene
masa mi y velocidad con magnitud vi . De acuerdo a la forma como se ha planteado la ecuación
(4.25), se tiene que la energía cinética es una
cantidad asociada a cualquier partícula que se
encuentre en movimiento, independientemente
del tipo de movimiento o de la trayectoria descrita.
A diferencia del caso de una partícula, en un
cuerpo rígido es necesario distinguir entre energía cinética traslacional y energía cinética rotacional, ya que las fuerzas externas tienden a imprimir movimiento de traslación pura, o movimiento de rotación pura alrededor de un eje determinado o en la situación más general, movimiento combinado de traslación del centro de
masa y rotación alrededor de un eje que pasa
por el centro de masa del cuerpo.
4.8.3.
Energía cinética rotacional de un
cuerpo rígido
En la figura 4.52, se tiene un cuerpo rígido con
movimiento de rotación pura, alrededor del eje
z, y con velocidad angular ω.
z
w
Ri
mi vi
gi ri
O
Figura 4.52: Rotación pura de un cuerpo rígido.
La partícula i de masa mi , al describir la trayectoria circular con centro en el eje de rotación, tiene una velocidad de magnitud vi que
25
4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO
está relacionada con la velocidad angular por
vi = ωRi , donde Ri es el radio de la circunferencia que describe la partícula. Así, por la ecuación (4.25), se tiene que la energía cinética total
del cuerpo rígido, debido al movimiento de rotación pura, adquiere la forma
(
Ek =
1
2
)
∑ mi R2i
ω2 ,
(4.27)
donde el primer término a la derecha de la
igualdad, es la energía cinética de traslación del
centro de masa y el segundo término, la energía
cinética de rotación respecto a un eje que pasa
por el centro de masa. La cantidad Ic , en la ecuación (4.29), es el momento de inercia del cuerpo
rígido respecto al eje que pasa a través del centro de masa.
y
i
donde el término entre paréntesis corresponde
al momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje de rotación, definido en la unidad 3, con
ri = Ri . Por consiguiente, la ecuación (4.27) se
transforma en
zc
M
w
C.M.
vc
x
O
Ek = 12 Iω 2 .
(4.28) Figura 4.53: Movimiento combinado de rotación y
traslación de un cuerpo rígido.
La ecuación (4.28), permite determinar la energía cinética total de rotación de un cuerpo rígiLo anterior tiene sentido, ya que en un cuerpo
do, y es de validez general ya que se cumple rígido el centro de masa está fijo en el cuerpo y
respecto a cualquier eje de rotación. Además, el único movimiento que el cuerpo puede tener
de nuevo se observa que el momento de iner- respecto a su centro de masa es de rotación.
cia desempeña en rotación, el mismo papel que
la masa en traslación.
Ejemplo 4.14 Sabiendo que el sistema del ejemCuando el cuerpo rígido rota alrededor de un plo 4.11 parte del reposo, determine su energía cinéeje principal de inercia, la ecuación (4.28) se con- tica total función del tiempo (ver figura 4.54).
Solución
vierte en
De acuerdo con la situación planteada y como lo
L2o
muestra la figura, el disco tiene un movimiento de
Ek =
2I
rotación pura y los bloques movimiento de traslaexpresión que sólo es válida si el cuerpo rígido
rota alrededor de un eje principal de inercia.
4.8.4.
Energía cinética total de un cuerpo
rígido
ción pura.
R1
R2
c
M
Cuando un cuerpo rígido posee un movimiento combinado de traslación y rotación, se debe
m1
considerar por separado la energía cinética trasm2
lacional y la energía cinética rotacional. Ahora,
si el eje de rotación pasa por el centro de masa
Figura 4.54: Polea con pequeño saliente.
y al mismo tiempo el centro de masa tiene un
movimiento de traslación respecto a un sistema
Por esta razón, para determinar la energía cinétide referencia inercial, como en la figura 4.53, la
ca total del sistema, es necesario incluir, además de
energía cinética total del cuerpo rígido, utilizan- la energía cinética de rotación del disco,la energía cinética de traslación de cada bloque, esto es
do las ecuaciones (4.26) y (4.28), está dada por
Ek = 12 mv2c + 12 Ic ω 2 ,
(4.29)
Ek = 12 Ic ω 2 + 12 m1 v21 + 21 m2 v22 ,
(1)
26
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
donde los tres términos a la derecha de la ecuación
(1) son, respectivamente, la energía cinética de rotación del disco, la energía cinética de traslación de m1
y la energía cinética de traslación de m2 .
Por otro lado, la velocidad de cada bloque está relacionada con la velocidad angular del disco por
v1 = ωR1
y
v2 = ωR2 .
O
q
6R
(2)
R
Reemplazando las ecuaciones (2) en la ecuación (1),
se obtiene para la energía cinética total del sistema,
en función de la velocidad angular del disco, la expresión
Figura 4.55: Rotación pura del péndulo compuesto.
Ek = 12 [( 12 M + m1 ) R21 + m2 R22 ]ω 2 .
Ahora, de acuerdo con el ejemplo 4.10, se tiene
(3)
Los resultados del ejemplo 4.10 muestran que el disco rota con aceleración angular constante, esto es, su
velocidad angular varía con el tiempo, igual que la
energía cinética del sistema, de acuerdo con la ecuación (3).
Utilizando tanto la expresión obtenida para la aceleración angular en el ejemplo 4.10 como la definición de aceleración angular, y teniendo en cuenta
que el sistema parte del reposo, se encuentra que la
velocidad angular depende del tiempo en la forma
ω=
( m2 R2 − m1 R1 ) g
t.
2
R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22
(4)
IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 ,
√
ω = 2C (cosθ −cosθ0 ),
con
C≡
2(3m1 + 7m2 ) g
.
3(8m1 + 33m2 ) R
(2)
(3)
(4)
Luego de reemplazar las ecuaciones (2) y (3) en la
ecuación (1), se encuentra que la energía cinética de
rotación del péndulo físico es
Ek = gR(3m1 + 7m2 )(cosθ − cosθo ).
(5)
Por la ecuación (5) se tiene que la energía cinética
De este modo, por las ecuaciones (3) y (4), la ener- de rotación se hace instantáneamente cero, cuando el
gía cinética del sistema, en función del tiempo, está péndulo físico llega a los extremos de la trayectoria,
dada por
esto es, donde θ = θo . Por otro lado, adquiere su
máximo
valor en el instante que el péndulo está en
2 2
2
1 ( m2 R2 − m1 R1 ) g
posición
vertical, o sea, cuando θ = 0.
Ek = 2 2 1
t .
(5)
R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22
Ejercicio 4.14 Obtenga, en función del ángulo θ, la
La ecuación (5), además de mostrar que la energía energía cinética del péndulo físico del ejercicio 4.11.
cinética del sistema es positiva, indica que esta au- Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo
menta con el tiempo mientras exista movimiento.
4.15.
Ejercicio 4.13 Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.10 parte del reposo, determine su energía cinética total función del tiempo. Compare los resultados con los obtenidos en el ejemplo 4.14.
Ejemplo 4.16 Para el cascarón del ejemplo 4.13,
determine qué fracción de la energía cinética total es
traslacional y qué fracción es rotacional, una vez que
se inicia el movimiento. (Ver figura 4.56)
Solución
Como el cascarón tiene un movimiento de rodadura,
el centro de masa tiene un movimiento de traslación
y simultáneamente rota alrededor de un eje que pasa
por el centro de masa. Así, en un instante determinado, la energía cinética total del cascarón está dada
por
(1)
Ek = 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 .
Ejemplo 4.15 Determine, en función del ángulo
θ, la energía cinética del péndulo físico considerado
en ejemplo 4.12 (ver figura 4.55).
Solución
En este caso, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por
el extremo O, esto es, sólo posee energía cinética ro- Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, la velocidad del centro de masa está relacionada con la
tacional dada por
velocidad angular por
Ek = 12 IO ω 2 .
(1)
v = ωR.
(2)
27
4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO
En concordancia con el teorema del trabajo y
la energía, que es válido para el caso de un cuerpo rígido, se tiene
R
M
w
vc
Wext = ∆Ek
= Ek − Eko ,
q
(4.30)
donde Wext es el trabajo realizado por todas las
Figura 4.56: Cascarón esférico sobre plano inclinafuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rído.
gido.
Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan simulReemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), con táneamente fuerzas externas conservativas y no
conservativas, el trabajo total se puede expresar
Ic = 23 MR2 ,
como
se obtiene
Ek = 56 MR2 ω 2 .
(3)
Wext = Wc + Wnc ,
(4.31)
siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzas
Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), la fracción de
externas conservativas y Wnc el trabajo de las
la energía cinética total que es energía cinética trasfuerzas externas no conservativas. Teniendo en
lacional, está dada por
EkT
= 0.6,
Ek
cuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de la ecuación (4.30), es posible demostrar que la ecuación
(4.31) se convierte en
y la fracción que es energía cinética rotacional es
EkR
= 0.4.
Ek
Wnc = ( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo )
= ∆E,
(4.32)
con E correspondiendo a la energía total del
De acuerdo con estos resultados, el 60 % de la enercuerpo rígido y Ep a la energía potencial asogía cinética total es traslacional y el 40 % rotacional,
ciada con las fuerzas externas conservativas. La
independientemente del tamaño, la masa y la veloecuación (4.32), igual que en el caso de una parcidad angular del cascarón.
Ejercicio 4.15 Resuelva el ejemplo 4.16, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza.
b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga, en cada
caso, que la masa es M y el radio es R. Compare los
resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.16.
4.8.5.
Energía total de un cuerpo rígido
tícula, muestra que la energía total de un cuerpo rígido no se conserva cuando sobre él actúan simultáneamente fuerzas externas conservativas y no conservativas, esto es, el sistema es
no conservativo. La ecuación (4.32) se emplea,
por ejemplo, cuando sobre un cuerpo rígido actúan simultáneamente la fuerza gravitacional y
la fuerza de fricción dinámica.
En el caso particular que sobre el cuerpo sólo
actúen fuerzas externas conservativas, el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas es
nulo, y la ecuación (4.32) se transforma en
Teniendo en cuenta la definición de cuerpo rígido, la distancia entre cualquier pareja de partículas no cambia durante el movimiento. Por
ello, se puede suponer que la energía potencial
( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo ) = ∆E
propia o interna permanece constante, lo que
= 0
permite no considerarla cuando se analiza el intercambio de energía del cuerpo con sus alrede- que expresa la conservación de la energía. Así,
dores.
cuando sobre el cuerpo únicamente actúan fuer-
28
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
zas externas conservativas, la energía total mecánica permanece constante, es decir, el sistema
es conservativo.
De los resultados anteriores se puede afirmar
que son idénticos a los obtenidos para el caso de
una partícula; la diferencia radica en el hecho
que para un cuerpo rígido sólo se deben tener
en cuenta las fuerzas externas, ya que también
se presentan fuerzas internas en este tipo de sistema.
Matemáticamente, la conservación de la energía total se expresa en la forma
E = Ek + Ep
= 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 + Ep
= Constante.
En el caso particular de un cuerpo rígido que
cae por acción de la gravedad y a la vez rota
alrededor de un eje que pasa por su centro de
masa, como se ilustra en la figura 4.57, la ley de
conservación de la energía adquiere la forma
Eje de rotación
y
M
w
C.M.
vc
O
Tierra
yc
x (Ep= 0)
Figura 4.57: Cuerpo rígido que desciende rotando.
Es decir, para un desplazamiento infinitesimal
dW = Fs · dr
dt
dt
= Fs · vP dt
= Fs · dr
= 0.
Por lo tanto, si sobre un sistema actúan simultáneamente fuerzas conservativas y la fuerza de
fricción estática, el sistema es conservativo.
Ejemplo 4.17 El cascarón esférico del ejemplo
4.13, parte del reposo desde una altura h como se
muestra en la figura. Determine la velocidad angular y la velocidad del cascarón, cuando éste llega a la
base del plano inclinado. (Ver figura 4.58)
R
M
h
Ep= 0
q
Figura 4.58: Cascarón esférico que rueda.
Solución
Diagrama de cuerpo libre para el cascarón.
De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre de la
figura 4.59, sobre el cascarón actúan las siguientes
fuerzas
La normal N, que por ser perpendicular al desplazamiento del centro de masa, no realiza trabajo.
El peso mg, que realiza trabajo y es una fuerza
conservativa.
+ 12 Ic ω 2 + Mgyc
= Constante,
E =
2
1
2 Mvc
La fuerza de fricción estática Fs , que no realiza
trabajo ya que el cascarón rueda sin deslizar.
donde yc es la altura del centro de masa, respecto al nivel cero de energía potencial gravitacioFs c
nal.
Es importante notar en este punto que cuando un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobre
Mg
N
una superficie horizontal rugosa, actúa la fuerq
za de fricción estática Fs . Esta fuerza de fricción
no realiza trabajo, ya que la velocidad del punto Figura 4.59: Diagrama de cuerpo libre paran el casde contacto vP , respecto a la superficie, es cero. carón.
29
4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO
De este modo, el sistema es conservativo porque
la única fuerza que realiza trabajo es conservativa.
En otras palabras, la energía mecánica total del cascarón permanece constante. Así,
4.9. Movimiento por rodadura de
un cuerpo rígido
Bajo el modelo de partícula tratado en las tres
∆E = 0
Ef = Ei ,
(1) primeras unidades, se han considerado cuerpos
que deslizan sobre superficies reales o ásperas,
donde Ei es la energía total en la situación inicial y
es decir, sobre las superficies en contacto actúa
Ef en la situación final.
Ahora, de acuerdo con el nivel cero de energía po- la fuerza de fricción cinética o dinámica ya que
tencial elegido, la ecuación (1) adquiere la forma
la velocidad relativa de una superficie respecto
Mgh = 21 Mv2c + 12 Ic ω 2 .
a la otra, es diferente de cero. En esta sección,
(2) se analiza el movimiento combinado de trasla-
ción y rotación de cuerpos rígidos sobre superfi-
Como el momento de inercia del cascarón, respecto
a un eje que pasa por el centro de masa, está dado cies reales, tal como ocurre cuando una esfera o
por
cilindro tiene ambos movimientos al descender
sobre un plano inclinado.
Ic = 23 MR2 ,
la ecuación (2) se transforma en
6gh = 3v2c + 2R2 ω 2 .
(3)
Además, como el cascarón es homogéneo y rueda
sin deslizar, es válida la expresión
vc = ωR.
(4)
Así, mediante las ecuaciones (3) y (4) se encuentra
que la velocidad angular del cascarón, cuando llega
a la base del plano inclinado, está dada por
1
ω=
R
√
6
5 gh,
y la velocidad del cascarón por
√
vc =
6
5 gh.
Además, se sabe que cuando los cuerpos rígidos ruedan sin deslizar, situación conocida como movimiento por rodadura, se debe tratar como
una combinación de un movimiento de traslación y uno de rotación. Lo importante de este
caso particular, se encuentra en el hecho que es
posible tratar a un cuerpo rígido que rueda sin
deslizar, como si su movimiento fuera exclusivamente de rotación. A continuación se ilustra
la equivalencia de los dos métodos, o sea, partiendo de un movimiento combinado de traslación y rotación se debe llegar a un movimiento
de rotación instantáneo puro, y viceversa.
En lo que sigue, como se muestra en la figura
4.60, se considera un cuerpo rígido homogéneo,
con alto grado de simetría y que rueda sin deslizar en un plano bidimensional.
s = Rq
Ejercicio 4.16 Partiendo de la expresión para la
aceleración angular, encontrada en el ejemplo 4.13,
determine la velocidad angular cuando el cascarón
llega a la base del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h. Compare su resultado, con el
obtenido en el ejemplo 4.17.
Ejercicio 4.17 Resuelva el ejemplo 4.17, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza.
b) Un disco o cilindro. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y radio es R. De acuerdo con
sus resultados y el obtenido en el ejemplo 4.16 ¿en
qué orden llegarán los cuerpos a la base del plano
inclinado, si se les suelta simultáneamente desde la
misma posición?
s
a
q
C
R
a
C
a'
Superficie rugosa
Figura 4.60: Movimiento por rodadura de un cuerpo
rígido.
Por otro lado, se supone que es un cuerpo rígido de radio R y masa M, que rueda sobre una
superficie horizontal áspera. Como el cuerpo rígido rueda sin deslizar, cuando el radio barre
un ángulo θ, el centro de masa C se desplaza
30
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
P' vP' = 2 vc
horizontalmente una distancia s = Rθ, como lo
muestra la figura 4.60. Por lo tanto, la magnitud
de la velocidad del centro de masa, para el movimiento puro por rodadura, está dada por
vc
ds
=
dt
dθ
= R
dt
= Rω,
Q'
C
Q
vc
vQ'
vQ
P vP = 0
(4.33)
Figura 4.61: Rotación alrededor de un eje instantáy la magnitud de la aceleración del centro de neo que pasa por P.
masa, por
centro de masa C, son únicos y tienen un intedvc
rés especial. Por definición, el centro de masa
ac =
dt
del cilindro se mueve con velocidad vc = Rω,
dω
en
tanto que el punto de contacto P tiene velo= R
dt
cidad cero. Entonces, se concluye que el punto
= Rα.
(4.34) P’ debe tener una velocidad v = 2v = 2Rω,
c
P
dado que todos los puntos del cuerpo tienen la
Las ecuaciones (4.33) y (4.34) muestran que el
misma velocidad angular y la distancia PP’ es
cuerpo rígido se comporta como si rotara insdos veces la distancia PC.
tantáneamente alrededor de un eje que pasa por
Ahora se lleva a cabo el procedimiento inverel punto de contacto del cuerpo con la superficie
so, considerando la energía cinética del cuerpo
sobre la cual rueda sin deslizar. Se habla de rorígido. Para rotación instantánea pura, la enertación instantánea ya que el punto de contacto
gía cinética total del cuerpo rígido que rueda sin
cambia continuamente mientras el cuerpo ruedeslizar, está dada por
da. En otras palabras, se consideró inicialmente
un movimiento combinado de traslación y rota(4.35)
Ek = 12 IP ω 2 ,
ción, y se ha llegado a un movimiento de rotasiendo IP el momento de inercia del cuerpo ríción instantánea pura.
Para ilustrar un poco más el resultado ante- gido respecto al eje instantáneo que pasa por el
rior, en la figura 4.61 se muestran las velocida- punto de contacto P.
De acuerdo con el teorema de Steiner, el modes lineales de diversos puntos del cilindro que
mento
de inercia del cuerpo rígido respecto a
rueda. Como consecuencia del movimiento de
rotación instantánea pura, la velocidad lineal de un eje que pasa por el punto de contacto P, está
cualquiera de los puntos señalados, se encuen- dado por
tra en una dirección perpendicular a la recta que
IP = Ic + MR2 ,
(4.36)
va de ese punto al punto de contacto con la superficie. En cualquier instante, el punto de con- donde I es el momento de inercia del cuerpo
c
tacto P está en reposo instantáneo respecto a la respecto a un eje que pasa por el centro de masa,
superficie, ya que no se presenta deslizamiento M es la masa del cuerpo y R la separación entre
entre las superficies. Por esta razón, el eje que los ejes, coincidente con el radio.
pasa por el punto de contacto P, que es perpenReemplazando la ecuación (4.36) en la ecuadicular a la hoja, se le conoce como eje instantá- ción (4.35) y utilizando la relación v = Rω,
c
neo de rotación.
finalmente se encuentra que la energía cinética
Partículas del cuerpo rígido, tales como Q y total del cuerpo es
Q’, tienen componentes horizontal y vertical de
la velocidad; sin embargo, los puntos P, P’ y el
Ek = 12 Ic ω 2 + 21 Mv2c .
(4.37)
31
4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO
En la ecuación (4.37), se observa que el primer
término de la derecha corresponde a la energía
cinética de rotación del cuerpo, respecto a un
eje que pasa por su centro de masa, y el segundo término corresponde a la energía cinética de
traslación del centro de masa.
Por lo anterior, se tiene nuevamente que los
efectos combinados de traslación del centro de
masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, son equivalentes a una
rotación instantánea pura con la misma velocidad angular con respecto a un eje que pasa por
el punto de contacto de un cuerpo que va rodando sin deslizar.
Por otro lado, como el peso mg es la única fuerza que
genera rotación respecto al punto P, la ecuación (1),
con IP = Ic + MR2 , se transforma en
gsenθ = 35 Rα,
(2)
donde se ha tomado el sentido horario como positivo y se cumple la expresión Ic = 32 MR2 .
Por consiguiente, de la ecuación (2) se tiene que la
aceleración del cascarón es
α=
3
5
gsenθ
,
R
y la aceleración del centro de masa, con ac = αR, es
ac = 35 gsenθ.
Ejemplo 4.18 Resolver el ejemplo 4.13,para el Estos resultados, al ser idénticos a los obtenidos en el
cascarón de la figura 4.62, considerando el eje ins- ejemplo 4.13, muestran que realmente el cascarón se
comporta como si rotara instantáneamente respecto
tantáneo de rotación.
al eje que pasa por el punto de contacto P.
Para determinar la fuerza de fricción es necesario
R
recurrir al método utilizado en el ejemplo 4.13, ya
que este método no permite obtenerla.
M
P
Ejercicio 4.18 Resuelva el ejemplo 4.18, si el cas-
q
Figura 4.62: Eje instantáneo de rotación en un cascarón.
carón esférico se cambia por a) Una esfera maciza.
b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. Compare lo
resultados con los obtenidos en el ejemplo 4.18.
Ejemplo 4.19 Determine, en función de la veloSolución
En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.63, se cidad angular, la energía cinética total del cascarón
observa que las líneas de acción de la normal N y de esférico del ejemplo 4.13, considerando el eje instanla fuerza de fricción estática Fs , están aplicadas en táneo de rotación. (Ver figura 4.64)
el punto de contacto del cascarón con la superficie
sobre la cual rueda sin deslizar.
c
Fs
Fs
P
N
c
P
N
mg
q
mg
q
Figura 4.64: Cascarón que rueda.
Figura 4.63: Diagrama de cuerpo libre para el casca- Solución
rón.
Para rotación instantánea pura, la energía cinética
total del cascarón se obtiene mediante la expresión
Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, este
se comporta como si instantáneamente rotara alreEk = 21 IP ω 2 ,
(1)
dedor de un eje que pasa por el punto de contacto
P. De este modo, la ecuación de movimiento para la donde el momento de inercia del cascarón, respecto
rotación instantánea pura, es de la forma
al eje instantáneo de rotación, es
∑ MP = IP α.
i
(1)
IP = 32 MR2 + MR2 .
(2)
32
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se en la dirección perpendicular al plano inclinado
obtiene
Ek = 56 MR2 ω 2 ,
↖ + ∑ F⊥ = 0,
resultado idéntico al encontrado en el ejemplo 4.15,
para la energía cinética total del cascarón.
i
∑ Mc
=
Ic α,
i
Ejercicio 4.19 Resuelva el ejemplo 4.19, si se cam- adquieren la forma
bia el cascarón esférico por a) Una esfera maciza. b)
Mgsenθ − Fs = Mac ,
(1)
Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. Compare los
N − mgcosθ = 0,
(2)
resultados con el obtenido en el ejemplo 4.19.
Fs r = 21 MR2 α.
(3)
Ejemplo 4.20 La rueda acanalada o o-yo"de la figura 4.65, de masa M y radio R, desciende sin desli- a) Mediante las ecuaciones (1) y (3), con ac = αr, se
zar sobre un carril inclinado un ángulo θ respecto a encuentra que la aceleración de la rueda está dada
la horizontal. La rueda está apoyada sobre su eje de por
2r2 gsenθ
radio r. Despreciando el momento de inercia del eje,
ac = 2
.
(4)
determine a) La aceleración del centro de masa de la
R + 2r2
rueda y su aceleración angular. b) La fuerza fricción
que actúa sobre el eje. Resuelva el problema por dos Si la ecuación (4) se escribe en la forma
métodos diferentes.
gsenθ
,
ac = 2
R
+
1
2
2r
R
2
M
se tiene que para un ángulo de inclinación constante, entre mayor sea el radio del eje de la rueda, la
aceleración del centro de masa se hace mayor, obteniéndose el máximo valor en el caso que R = r,
donde la aceleración sería
c r
P
q
Figura 4.65: Rueda acanalada sobre plano inclinado.
ac = 32 gsenθ.
Por medio de la ecuación (4), con ac = αr, se tiene
Solución
En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.66, las que la aceleración angular de la rueda es
fuerzas que actúan sobre la rueda son la normal N,
2rgsenθ
el peso mg y la fuerza de fricción estática Fs .
α= 2
.
(5)
R + 2r2
R
M
c r Fs
P
Mg
q
b) Mediante las ecuaciones (1) y (4) o (3) y (5), se
encuentra que la fuerza de fricción está dada por
Fs =
MgR2 senθ
.
R2 + 2r2
N
Se observa que para una inclinación constante, la
fuerza de fricción disminuye al incrementar el radio
Figura 4.66: Diagrama de cuerpo libre para yo-yo. del eje de la rueda, adquiriendo su máximo valor,
cuando el eje coincide con el borde exterior de la rueMétodo 1: Movimiento combinado de traslación y ro- da, en cuyo caso
tación
De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, las
Fs = 13 Mgsenθ.
ecuaciones de movimiento, en la dirección paralela
al plano inclinado
Método 2: Eje instantáneo de rotación.
↙ + ∑ F//
i
=
Mac ,
a) En el diagrama de cuerpo libre, se observa que
la normal y la fuerza de fricción estática están aplicadas en el punto de contacto P. Esto hace que el peso
33
4.10. ENUNCIADOS
Mg sea la única fuerza que genera rotación instantánea pura, alrededor del eje que pasa por P. Así, la
ecuación de movimiento es de la forma
∑ MP = IP α.
(6)
C
i
Ahora, al tomar el sentido antihorario como positivo
y empleando el teorema de Steiner con Ic = 12 MR2 ,
la ecuación (6) adquiere la forma
grsenθ = ( 12 R2 + r2 )α.
Así, la aceleración del centro de masa, con ac = αr y
por la ecuación (6), está dada por
ac =
2r2 gsenθ
,
R2 + 2r2
y la aceleración angular por
α=
2rgsenθ
,
R2 + 2r2
que son resultados idénticos a los encontrados en el
método anterior.
b) Para determinar la fuerza de fricción, se debe
emplear la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa, ya que por este método no
es posible.
Figura 4.67: Disco homogéneo.
cuerpo, cuando: (a) La fuerza neta es no nula y el momento neto respecto al centro de
masa C es nulo. (b) La fuerza neta es nula y
el momento neto respecto al punto A es no
nulo. (c) La fuerza neta es no nula y el momento neto respecto al centro de masa C es
no nulo.
A
C
Figura 4.68: Efectos de fuerzas sobre un cuerpo.
4.10. ENUNCIADOS
1. Considere el disco homogéneo mostrado
en la figura 4.67. Cuando el disco tiene (a)
Traslación pura sobre una superficie plana,
(b) rotación pura alrededor de un eje fijo
que pasa por su centro y (c) movimiento
combinado de traslación y rotación sobre
una superficie plana, responda las siguientes preguntas. En cada caso: (i) ¿Bajo qué
modelo de cuerpo se debe tratar el disco?
Explique. (ii) ¿Qué trayectoria describen las
partículas que lo conforman? Explique. (iii)
¿Dichas trayectorias tienen algo en común?
Explique. (iv) En el último caso, ¿qué trayectoria describe el centro de masa? Explique.
2. Sobre el cuerpo mostrado en la figura 4.68,
actúan simultáneamente las fuerzas mostradas. Justificando cada respuesta, diga
qué efectos generan las fuerzas sobre el
3. Justificando cada una de sus respuestas, diga los efectos que se generan cuando sobre
un cuerpo actúa: (a)Un par. (b)Un sistema
fuerza par. (c) Una llave de torsión.
4. A la varilla de la figura 4.69, de longitud d,
se le aplica la fuerza F en diferentes puntos.
(a) Halle el momento de la fuerza, aplicada
en el punto A, respecto al punto B y respecto al punto C. (b) Halle el momento de
la fuerza, aplicada en el punto B, respecto
al punto A y respecto al punto C. (c) Halle el momento de la fuerza, aplicada en C,
respecto al punto A y respecto al punto B.
¿Qué conclusiones puede obtener al comparar los resultados anteriores? Explique.
5. A la varilla de la figura 4.70, de longitud d,
se le aplica la fuerza F en diferentes puntos. (a) Reemplace la fuerza, aplicada en A,
34
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
C
F
g
B
B
B
F
b
C
C
g
Determine si las tres fuerzas se pueden reemplazar por una fuerza única equivalente
ó por una llave de torsión.
z
A
g
F
A
(a)
b
A
(b)
A
b
(c)
Figura 4.69: Momento de fuerzas respecto a diferentes puntos.
17 m
3m
3.5 m
2m
C
O
por un sistema fuerza par aplicado en B y
por un sistema fuerza par aplicado en C. (b)
Reemplace la fuerza, aplicada en B, por sistema fuerza fuerza par aplicado en A y por
un sistema fuerza par aplicado en C. (c) Reemplace la fuerza, aplicada en C, por sistema fuerza fuerza par aplicado en A y por
un sistema fuerza par aplicado en B.(d) En
cada caso, ¿cambian los efectos sobre la varilla, al cambiar la fuerza única por el sistema fuerza par correspondiente? Explique.
C
A
g
(a)
F
g
B
B
B
F
b
C
C
F
A
b
(b)
A
g
b
(c)
Figura 4.70: Sistema fuerza par aplicado en diferentes puntos.
B
1m
y
o
35
x
D
Figura 4.71: Momento neto respecto al punto A.
8. A la escuadra de la figura 4.72 , se le aplican las fuerzas y pares mostrados. (a) Halle
la magnitud y dirección de la fuerza neta
que actúa sobre la escuadra. ¿Qué efectos
genera la fuerza neta sobre la escuadra? Explique. (b) Encuentre la magnitud y dirección del momento neto sobre la escuadra,
respecto al punto A. ¿Qué efectos genera el
momento neto sobre la escuadra? Explique.
(c) La fuerza neta y el momento neto, ¿qué
sistema forman en el punto A? Muestre su
respuesta en un diagrama. (d) Obtenga la
ecuación de la línea de acción de la fuerza
resultante y los puntos donde esta corta la
escuadra. Muestre, en un diagrama, su resultado.
B
6. Un sistema fuerza par, igual que una llave
de torsión, generan tanto efectos de traslación como de rotación. ¿Cuál es la diferencia entre estos dos sistemas? Explique.
7. La torre de la figura 4.71 se sostiene mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable
AB es 450 N, la tensión en el cable AC es
850 N, la tensión en el cable AD es 900 N
y la distancia OD es 7 m. (a) Exprese cada
una de las fuerzas en sus componentes rectangulares. (b) Encuentre el momento neto
que actúa sobre la torre en el extremo A. (c)
C
A
Figura 4.72: Fuerzas y pares en un plano.
9. Resuelva el enunciado anterior
10. Reemplazar el sistema de fuerzas y pares del enunciado anterior, por un sistema
equivalente formado por dos fuerzas con líneas de acción paralelas, una aplicada en B
y la otra aplicada en C. Muestre, en un diagrama, el resultado obtenido.
35
4.10. ENUNCIADOS
11. Resuelva los dos enunciados anteriores, tomando como referencia para los momentos: (i) el punto B y (ii) el punto C.
12. Como se ilustra en la figura 4.73, a la lámina en forma de triángulo equilátero, de lado 10 cm, se le aplican las fuerzas y pares
mostrados en la figura. (a) Halle la fuerza
neta que actúa sobre la lámina. ¿Qué puede concluir de su resultado? Explique. (b)
Encuentre, respecto a cada vértice, el momento neto que actúa sobre la lámina. ¿Qué
puede concluir de sus resultados? Explique. ¿Qué sistema actúa sobre la lámina?
Explique. Muestre, en un diagrama, el resultado obtenido.
Figura 4.73: Fuerzas y pares en un triángulo.
13. La varilla homogénea de la figura 4.74, que
tiene masa m y longitud l, rota libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su
extremo A, cuando se suelta desde la posición vertical mostrada. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la varilla? Explique. (b) Para una posición diferente a la inicial, haga el diagrama de cuerpo libre para
la varilla. (c) Obtenga, en función de la posición angular de la varilla, su aceleración
angular y su velocidad angular. (d) Halle
las componentes tangencial y normal, de
la fuerza que el eje ejerce sobre la varilla.
(e)Encuentre las cantidades obtenidas en
los numerales (c) y (d), cuando la varilla pasa por la horizontal y cuando se encuentra
en la posición más baja de su movimiento.
(f) ¿Cuál es la magnitud y dirección de la
fuerza que el eje ejerce sobre la varilla, para
las posiciones indicadas en el numeral anterior.
14. Como se muestra en la figura 4.75, la po-
A
Figura 4.74: Varilla que rota.
lea de masa M y radio R, tiene un pequeño
saliente de radio R/2, alrededor del cual se
enrolla una cuerda que está sujeta al bloque
de masa m1 . El bloque de masa m2 está sujeto a otra cuerda enrollada en el borde exterior de la polea y desliza sobre la superficie
del plano inclinado cuyo coeficiente de fricción es µ. El sistema parte del reposo y la
polea puede girar libremente alrededor de
un eje fijo que pasa por su centro. (a) ¿Bajo
qué modelo de cuerpo se debe tratar a los
bloques y a la polea? Explique. (b) Haga el
diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo.
(c) Plantee las ecuaciones de movimiento
para cada cuerpo. (d) Halle la aceleración
de los bloques y la aceleración angular de
la polea. ¿Bajo qué condición matemática,
los cuerpos se mueven en sentido contrario
al supuesto inicialmente? Explique. (e) Encuentre la tensión en las cuerdas. (f) Evalúe
para: M = 500 g, R = 23 cm, m1 = 127 g,
m2 = 370 g, µ = 0.33 y θ = 29o . ¿En qué
sentido se mueven los cuerpos? Explique.
m1
m2
Figura 4.75: Partículas y cuerpo rígido.
15. Un cuerpo con simetría circular, de masa m,
radio R y radio de giro Kc , se lanza sobre
una superficie horizontal rugosa con una
velocidad vo paralela a la superficie y de
tal manera que inicialmente tiene traslación
pura. Luego de ser lanzado, el cuerpo rueda deslizando hasta un instante a partir del
36
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
cual continúa rodando sin deslizar. El coeficiente de fricción dinámico entre las superficies en contacto es µ. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo?
Explique. (b) Para una posición diferente a
la inicial, haga el diagrama de cuerpo libre
para el cuerpo. (c) Plantee las ecuaciones
de movimiento correspondientes. (d) Halle, en función del radio de giro, la aceleración del cuerpo y su aceleración angular. ¿Qué movimiento adquiere el centro de
masa del cuerpo? Explique. (e) Encuentre
el tiempo que tarda el cuerpo en empezar
a rodar sin deslizar. (f) En el instante anterior, determine el desplazamiento del centro masa, la velocidad del cuerpo y su velocidad angular. (f) Teniendo en cuenta los resultados anteriores, ¿en qué orden los cuerpos empiezan a rodar sin deslizar, si simultáneamente se lanzaran un cilindro, un aro,
una esfera hueca y una esfera maciza, de
igual masa m e igual radio R? (g) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas
en los numerales (d), (e) y (f), sabiendo que:
vo = 15 cms−1 , R = 0.1 m y µ = 0.19.
16. Desde la base de un plano inclinado, se
lanza una esfera con determinada velocidad paralela al plano. Justificando completamente su respuesta, diga si se conserva
la energía total de la esfera cuando el cuerpo en su ascenso rueda: (a) deslizando y (b)
sin deslizar. (c) Si las superficies en contacto son lisas, ¿qué movimiento adquiere la
esfera? Explique.
17. La esfera de la figura 4.76,rueda sin deslizar
sobre la superficie de un plano inclinado.
Sin hacer cálculos, determine el sentido de
la fuerza de fricción que la superficie ejerce sobre la esfera si: (a) La esfera se suelta
desde la parte superior del plano inclinado, (b) la esfera se lanza desde la base del
plano inclinado. Justifique completamente
cada respuesta.
18. Al carrete de la figura 4.77, de masa m y
radio R, se le enrolla una cuerda alrededor
del pequeño saliente de radio r. Cuando en
Figura 4.76: Sentido de la fuerza de fricción.
el extremo de la cuerda se aplica la fuerza P, que forma un ángulo β con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la
superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo
de cuerpo se debe tratar el carrete? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre
para el carrete. (c) Plantee las ecuaciones
de movimiento para el carrete. (d) Halle la
aceleración del carrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué condición matemática, el
carrete se mueve hacia la derecha? Explique. (e) Encuentre la fuerza de fricción y
el coeficiente de fricción mínimo que le impide al carrete deslizar sobre la superficie.
¿Qué condición matemática debe satisfacer
el coeficiente de fricción mínimo, para que
el resultado tenga significado físico? Explique. (f) Calcule, para β = 0o y β = 23o , el
valor de las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e) si: m = 300 g, R = 10 cm,
r = 4 cm y P = 5 N.
P
R
m
r
b
Figura 4.77: Carrete rodando.
19. Al carrete de la figura 4.78, de masa m y
radio R, se le enrolla una cuerda alrededor
del pequeño saliente de radio r. Cuando en
el extremo de la cuerda se aplica la fuerza P, que forma un ángulo γ con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la
superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo
de cuerpo se debe tratar el carrete? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre
37
4.10. ENUNCIADOS
para el carrete. (c) Plantee las ecuaciones
de movimiento para el carrete. (d) Halle la
aceleración del carrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué condición matemática, el
carrete se mueve hacia la derecha? Explique. (e) Encuentre la fuerza de fricción y
el coeficiente de fricción mínimo que le impide al carrete deslizar sobre la superficie.
¿La fuerza fricción puede tener un sentido opuesto al asumido inicialmente? Explique. ¿Qué condición matemática debe satisfacer el coeficiente de fricción mínimo,
para que el resultado tenga significado físico? Explique. (f) Calcule, para γ = 0o y
γ = 23o , el valor de las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e) si: m = 830 g,
R = 63 cm, r = 27 cm y P = 6 N.
P
g
R
m
r
Figura 4.78: El carrete rueda sin deslizar.
20. Un cuerpo con simetría circular, de masa m,
radio R y radio de giro Kc , rueda sin deslizar, luego de partir desde la parte más alta
de un plano inclinado que forma un ángulo
θ con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de
cuerpo se debe tratar dicho cuerpo? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre
para el cuerpo. (c) Plantee las ecuaciones
de movimiento correspondientes. (d) Halle, en función del radio de giro, la aceleración del cuerpo, su aceleración angular,
la fuerza de fricción y el coeficiente de fricción mínimo que impide al cuerpo deslizar
sobre la superficie. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo? Explique. (e) Encuentre la velocidad del cuerpo y su velocidad angular, cuando llega a
la parte más baja del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h respecto a su base. ¿Varía la rapidez del centro
de masa, al variar la inclinación del plano
inclinado? Explique.(f) Teniendo en cuenta
los resultados anteriores, determine el orden de llegada a la base del plano inclinado, si simultáneamente parten un disco, un
aro, una esfera hueca y una esfera maciza,
de igual masa m e igual radio R. (g) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas
en los numerales (d) y (e), sabiendo que:
m = 500 g, R = 0.1 m, h = 28 cm y θ = 25o .
21. Como se muestra en la figura 4.79, al yo-yo,
de masa M y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor de un pequeño saliente de radio r. La cuerda, que está sujeta al bloque
de masa m, pasa por una polea de masa m
y radio r. Una vez que el sistema parte del
reposo, el yo-yo rueda sin deslizar sobre la
superficie del plano inclinado. (a) ¿Bajo qué
modelo de cuerpo se debe tratar al yo-yo,
a la polea y al bloque? Explique. (b) Haga
el diagrama de cuerpo libre para cada uno
de los cuerpos de interés. (c) Plantee las
ecuaciones de movimiento para cada cuerpo. (d) Encuentre la aceleración del yo-yo,
su aceleración angular, la aceleración angular de la polea y la aceleración del bloque.
¿El sistema se mueve en el sentido asumido inicialmente? Explique. (e) Halle la tensión en la cuerda, la fuerza de fricción sobre el yo-yo y el coeficiente de fricción estático mínimo que impide al yo-yo deslizar
sobre la superficie. (f) Determine el valor
de las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e), para M = 1.5 kg, m = 113 g,
R = 15 cm, r = 11 cm, y θ = 25o .
R
M
q
m
r
r
m
Figura 4.79: Cuerpo rígido y partícula.
22. Un disco, un aro, una esfera hueca y una
esfera maciza, de igual masa e igual radio,
ruedan sin deslizar, luego de partir simultáneamente desde la parte más alta de un
plano inclinado. (a) ¿Se conserva la energía
38
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
mecánica de los cuerpos durante su movimiento? Explique. (b) ¿Se presentan diferencias en los valores de la energía potencial gravitacional de los cuerpos, en el instante que se inicia el movimiento? Explique. (c) Encuentre la relación entre la energía cinética traslacional y la energía cinética
rotacional de los cuerpos mientras descienden sobre el plano inclinado. (d) Teniendo
en cuenta el numeral anterior, ¿cuál es el
orden de llegada de los cuerpo a la base
del plano inclinado? Justifique su respuesta. (e) Obtenga la energía cinética total de
cada cuerpo, en función de la energía cinética traslacional. ¿Qué puede concluir de
sus resultados, al compararlos con el numeral anterior?
23. (a) Para la varilla del enunciado 13, resuelva el numeral (c) mediante consideraciones
de energía. (b) Evalúe para l = 18 cm y
θ = 29o .
24. En la figura 4.80, la polea de masa M y radio R, tiene un pequeño saliente de radio
r, alrededor del cual se enrolla una cuerda que está sujeta al bloque de masa m1 . El
bloque de masa m2 está sujeto a otra cuerda enrollada en el borde exterior de la polea. El sistema parte del reposo cuando m1
se encuentra a una altura h respecto al piso y la polea puede girar libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe
tratar a los bloques y a la polea? Explique.
(b) ¿Cuáles fuerzas actúan sobre el sistema bloques-cuerda-polea? Explique. (c) De
acuerdo con las fuerzas que actúan, ¿qué tipo de sistema se tiene? Explique. Exprese
matemáticamente la condición anterior. (d)
Encuentre la velocidad de los bloques y la
velocidad angular de la polea, en el instante que m1 llega al piso. ¿Qué relación debe
existir entre m1 y m2 , para que el resultado
tenga significado físico? Explique. (e) Evalúe para: R = 28 cm, r = 12 cm, M = 780 g,
m1 = 964 g, m2 = 123 g y h = 0.9 m.
25. Un cuerpo con simetría circular, de masa m,
M
m1
h
m2
Piso
Figura 4.80: Polea con pequeño saliente.
radio R y radio de giro Kc , rueda sin deslizar, luego de partir desde la parte más alta
de un plano inclinado. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo?
Explique. (b) ¿Cuáles fuerzas actúan sobre
el cuerpo? ¿Qué tipo de sistema se tiene?
Exprese matemáticamente la condición anterior. (c) Halle, en función del radio de giro, la velocidad del cuerpo y su velocidad
angular, cuando llega a la parte más baja del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h respecto a la base
del plano inclinado. (d) Teniendo en cuenta
los resultados anteriores, determine el orden de llegada a la base del plano inclinado, si simultáneamente parten un disco, un
aro, una esfera hueca y una esfera maciza,
de igual masa m e igual radio R. (e) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas
en el numeral (c), sabiendo que: R = 0.1 m
y h = 28 cm.
26. Al carrete de la figura 4.81, de masa m y
radio R, se le enrolla una cuerda alrededor
del pequeño saliente de radio r. Cuando en
el extremo de la cuerda se aplica la fuerza
P, que forma un ángulo β con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de
cuerpo se debe tratar el carrete? Explique.
(b) Haga el diagrama de cuerpo libre para
el carrete. (c) Utilizando el concepto de rodadura, plantee la ecuación de movimiento
para el carrete. (d) Halle la aceleración del
carrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué
condición matemática, el carrete se mueve hacia la derecha? Explique. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo, si el ángulo β permanece fijo? Explique.
(e) Calcule, para β = 0o y β = 23o , el valor
39
4.10. ENUNCIADOS
de las cantidades obtenidas en el numeral
(d) si: m = 300 g, R = 10 cm, r = 4 cm y
P = 5 N. Compare sus resultados, con los
obtenidos en el enunciado 18.
P
R
m
b
r
Figura 4.81: Carrete deslizando.
27. Al carrete de la figura 4.82, de masa m y
radio R, se le enrolla una cuerda alrededor
del pequeño saliente de radio r. Cuando en
el extremo de la cuerda se aplica la fuerza
P, que forma un ángulo γ con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de
cuerpo se debe tratar el carrete? Explique.
(b) Haga el diagrama de cuerpo libre para
el carrete. (c) Utilizando el concepto de rodadura, plantee la ecuación de movimiento para el carrete. (d) Halle la aceleración
del carrete y su aceleración angular. ¿Qué
movimiento adquiere el centro de masa del
cuerpo, si el ángulo γ permanece fijo? Explique. (e) Calcule, para γ = 0o y γ = 23o ,
el valor de las cantidades obtenidas en el
numeral (e) si: m = 830 g, R = 63 cm,
r = 27 cm y P = 6 N. Compare sus resultados con los obtenidos en el enunciado 19.
P
g
R
m
r
Figura 4.82: Rodadura en un carrete.
28. Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , rueda
sin deslizar, luego de partir desde la parte más alta de un plano inclinado que for-
ma un ángulo θ con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo. (c) Empleando el concepto de rodadura, plantee
la ecuación de movimiento correspondiente. (d) Halle, en función del radio de giro,
la aceleración del cuerpo y su aceleración
angular. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo? Explique. (e) Encuentre la velocidad del cuerpo y su velocidad angular, cuando llega a la parte más
baja del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h respecto a su base.
¿Varía la rapidez del centro de masa, al variar la inclinación del plano inclinado? Explique.(f) Teniendo en cuenta los resultados
anteriores, determine el orden de llegada a
la base del plano inclinado, si simultáneamente parten un disco, un aro, una esfera
hueca y una esfera maciza, de igual masa m
e igual radio R. (g) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e), sabiendo que: m = 500 g,
R = 0.1 m, h = 28 cm y θ = 25o .
29. (En este enunciado, utilice el concepto de
rodadura). En la figura 4.83, al yo-yo, de
masa M y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor de un pequeño saliente de radio r. La cuerda, que está sujeta al bloque
de masa m, pasa por una polea de masa m
y radio r. Una vez que el sistema parte del
reposo, el yo-yo rueda sin deslizar sobre la
superficie del plano inclinado. (a) ¿Bajo qué
modelo de cuerpo se debe tratar al yo-yo,
a la polea y al bloque? Explique. (b) Haga
el diagrama de cuerpo libre para cada uno
de los cuerpos de interés. (c) Plantee las
ecuaciones de movimiento para cada cuerpo. (d) Encuentre la aceleración del yo-yo,
su aceleración angular, la aceleración angular de la polea y la aceleración del bloque.
¿El sistema se mueve en el sentido asumido inicialmente? Explique. (e) Halle la tensión en la cuerda. (f) Determine el valor de
las cantidades obtenidas en los numerales
(d) y (e), para M = 1.5 kg, m = 113 g,
40
CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA
R = 15 cm, r = 11 cm, y θ = 25o .
R
M
q
m
r
r
m
Figura 4.83: Dos cuerpos rígidos y una partícula.
30. (En este enunciado, utilice el concepto de
rodadura). Un disco, un aro, una esfera
hueca y una esfera maciza, de igual masa
e igual radio, ruedan sin deslizar, luego de
partir simultáneamente desde la parte más
alta de un plano inclinado. (a) ¿Se conserva
la energía mecánica de los cuerpos durante
su movimiento? Explique. (b) ¿Se presentan diferencias en los valores de la energía
potencial gravitacional de los cuerpos, en el
instante que se inicia el movimiento? Explique. (c) Encuentre la relación entre la energía cinética traslacional y la energía cinética
rotacional de los cuerpos mientras descienden sobre el plano inclinado. (d) Teniendo
en cuenta el numeral anterior, ¿cuál es el
orden de llegada de los cuerpo a la base
del plano inclinado? Justifique su respuesta. (e) Obtenga la energía cinética total de
cada cuerpo, en función de la energía cinética traslacional. ¿Qué puede concluir de
sus resultados, al compararlos con el numeral anterior?
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[10] M. Alonso y E. Finn. "Física, vol. I (Mecánica)". Fondo Educativo Interamericano,
S.A., 1976.
41
Índice alfabético
A,
aceleración
angular, 22
del centro de masa, 2, 22
B,
brazo
de una fuerza, 4
C,
cantidad
de rotación, 3
centro
de masa, 2, 22
de rotación, 2, 3
geométrico, 22
centro de masa, 14
componentes rectangulares
del vector fuerza, 4
del vector momento de una fuerza, 4
del vector posición, 4
conservación
de la energía, 27
del momento angular, 18, 22
convención
de signos, 5
cuerpo
homogéneo, 22
D,
definición
de cuerpo rígido, 2
de momento de una fuerza, 3
dimensiones
de momento de una fuerza, 5
dirección
del momento de una fuerza, 3
E,
ecuación
de la línea de acción, 13
de movimiento rotacional, 18
efecto
de rotación, 3
efectos
de rotación, 11
de traslación, 11
de una fuerza, 3
eje
instantáneo, 30
instantáneo de rotación, 30
principal de inercia, 25
energía
cinética, 24
cinética rotacional, 24, 25, 31
cinética total, 24, 25, 30
cinética traslacional, 24, 25, 31
de un cuerpo rígido, 24
potencial, 27
total, 27
equivalencia
rotacional, 10
traslacional, 10
F,
fricción
cinética, 22, 29
estática, 22
fuerza
única equivalente, 11–15
conservativa, 27
de fricción dinámica, 27
externa, 22, 27
externa conservativa, 27
gravitacional, 27
42
43
ÍNDICE ALFABÉTICO
interna, 28
neta, 2, 11
no conservativa, 27
resultante, 14
I,
interacción
entre cuerpos, 2
L,
ley de conservación
de la energía, 28
LL,
llave
de torsión, 15, 16
M,
magnitud
del momento de una fuerza, 4
modelo
de cuerpo rígido, 2
de partícula, 1
momento
de inercia, 25
de una fuerza, 3, 4
de una par, 8
resultante, 14
momento de una fuerza
en dos dimensiones, 4
movimiento
combinado, 3, 10, 21, 24
de rotación pura, 2
de traslación, 2
N,
nivel cero
de energía potencial, 28
P,
par de fuerzas, 15
efectos de rotación, 8
efectos de traslación, 8
o cupla, 8
peso
de un cuerpo, 14
principio
de transmisibilidad, 4, 9, 13
punto
de contacto, 22, 30
R,
regla
de la mano derecha, 3
rodadura, 29
rodar, 22
deslizando, 22
sin deslizar, 22, 28, 29
rotación, 3
alrededor de un eje no principal, 18
alrededor de un eje principal, 18
instantánea, 30
instantánea pura, 29, 31
rotación pura
pura, 24
S,
segunda
ley de Newton, 2, 22
sistema
conservativo, 28
de fuerzas concurrentes, 12
de fuerzas coplanares, 13
de fuerzas paralelas, 13, 14
de partículas, 2
fuerza par, 9, 21
fuerzas par, 15
no conservativo, 27
T,
teorema
de Steiner, 30
de Varignon, 12
del trabajo y la energía, 27
traslación
del centro de masa, 3, 22
pura, 2, 24
trayectoria
circular, 2
U,
unidades
de momento de una fuerza, 5
V,
vector
deslizante, 9, 13
libre, 8