xv. traslación y rotación puras

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
Comenzamos ahora el estudio del movimiento del cuerpo rígido. Lo
limitaremos al movimiento plano, es decir, aquel en que una partícula del
cuerpo se mueve en un plano y todas las demás en ese mismo plano o en
planos paralelos. Existen tres movimientos planos del cuerpo rígido: la
traslación pura, la rotación pura y el movimiento plano general.
La traslación pura es aquel en que las rectas del cuerpo ―es decir,
todas las rectas que unen dos partículas cualesquiera― conservan su
dirección durante el movimiento.
Rotación pura es el movimiento por el que todas las partículas de un
plano describen trayectorias circulares concéntricas. El lugar geométrico
de los centros de las trayectorias es el eje de rotación.
Llamaremos Movimiento plano general a cualquier movimiento plano
que no sea una traslación pura o una rotación pura. Lo estudiaremos como
la realización simultánea de una traslación y una rotación.
Así como en los capítulos dedicados al estudio del movimiento de la
partícula hemos comenzado por la Cinemática para terminar con la
Cinética, en el presente abordaremos primero la Cinemática de cada
movimiento del cuerpo rígido para concluir con la Cinética.
Anticipando los resultados que obtendremos en los dos capítulos
siguientes, podemos decir que la resultante del sistema de fuerzas que actúa
sobre un cuerpo es igual al producto de la masa del cuerpo por la
aceleración de su centro de masa, y que la dirección de la resultante es
paralela a la dirección de dicha aceleración. Además: si el centro de masa
del cuerpo está contenido en la línea de acción de la resultante, el cuerpo
se moverá con traslación pura; en caso contrario, el cuerpo tendrá un
Traslación y rotación puras
movimiento plano general (que se puede considerar una rotación pura no
baricéntrica). En el caso de que el sistema de fuerzas se pueda reducir a un
par, el cuerpo se moverá con rotación pura baricéntrica.
XV. TRASLACIÓN Y ROTACIÓN
PURAS
Como en la generalidad de los capítulos, abordaremos primero la
Cinemática de cada movimiento y terminaremos con la Cinética.
Traslación pura. Cinemática
El menhir de la figura es un cuerpo
rígido que se mueve con traslación pura.
A y B son dos partículas cualesquiera del
menhir, y O es un punto fijo. Sea A el
origen del sistema de referencia móvil,
cuyos ejes mantienen fija su dirección
durante el movimiento. Recurriendo a las
ecuaciones del movimiento relativo, observamos que la posición absoluta de B se
obtiene sumando vectorialmente la posición relativa de B respecto a A, más la
posición absoluta de A.
El vector de posición relativa de B respecto a A tiene una magnitud que
no puede cambiar, pues une dos partículas de un cuerpo rígido, y una
dirección que permanece fija, ya que el cuerpo se mueve con traslación
pura: por tanto, su derivada es nula. Entonces:
354
Traslación y rotación puras
𝑟̅𝐵 = 𝑟̅𝐵/𝐴 + 𝑟̅𝐴
𝑣̅𝐵 = 0̅ + 𝑣̅𝐴
𝑣̅𝐵 = 𝑣̅𝐴
Lo cual significa que todas las partículas del menhir tienen, en un
instante determinado, la misma velocidad. Si derivamos nuevamente con
respecto al tiempo, obtenemos
𝑎̅𝐵 = 𝑎̅𝐴
que implica que también todas las partículas tienen la misma aceleración
en un instante dado. Es decir, los movimientos de todas las partículas de un
cuerpo dotado de traslación pura son idénticos y, por tanto, todo lo que
hemos estudiado y afirmado del movimiento de una partícula, se aplica sin
dificultad alguna a un cuerpo que se mueva con traslación pura. Asimismo,
se puede predicar del cuerpo tanto la velocidad como la aceleración de una
de las partículas.
Traslación pura. Cinética
Consideremos un menhir que se mueve con traslación pura. La aceleración de
cualquiera de sus partículas está causada
por una fuerza cuya magnitud es igual al
producto de la masa de la partícula por su
aceleración.
En la figura, dibujamos un sistema de
referencia cuyo eje de las equis es paralelo a la aceleración de cualquiera de las
partículas, y la distancia del origen a la
línea de acción de la fuerza es y.
El conjunto de las fuerzas que actúan sobre todas las partículas
constituye un sistema de fuerzas paralelas, cuya resultante se puede obtener
mediante dos ecuaciones. Con la suma algebraica de las fuerzas, se obtiene
la magnitud de la resultante, simbólicamente,
355
Traslación y rotación puras
𝑅 = ∑𝐹
Puesto que 𝐹 = 𝑎 𝑑𝑚
𝑅 = ∫ 𝑎 𝑑𝑚 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑚
𝑅 = 𝑚𝑎
y mediante la suma de los momentos de las fuerzas respecto a un punto
arbitrario, se obtiene el momento de la resultante respecta al mismo punto.
Simbólicamente, y llamando d a la distancia de la línea de acción de la
resultante al origen
𝑀0 𝑅 = ∑ 𝑀0 𝐹
𝑚𝑎𝑑 = ∫ 𝑎𝑦 𝑑𝑚 = 𝑎 ∫ 𝑦 𝑑𝑚
La última integral representa el momento estático de la masa del menhir respecto al eje de las equis. Puesto que dicho momento estático se
puede obtener multiplicando la masa del menhir por la ordenada del centro
de masa, tenemos
𝑚𝑎𝑑 = 𝑎𝑚𝑦̅
𝑑 = 𝑦̅
Este resultado significa que la línea de acción de la resultante del sistema de fuerzas pasa por el centro de masa.
En resumen: las características de la resultante del sistema de fuerzas
que actúa sobre un cuerpo que se mueve con traslación pura son:
―Magnitud: igual al producto de la masa del cuerpo por la aceleración
de cualquier partícula.
―Dirección: la misma que tiene la aceleración de cualquiera de las
partículas.
―Posición: el centro de masa del cuerpo.
356
Traslación y rotación puras
Las ecuaciones que se pueden emplear para describir el movimiento,
utilizando un sistema de referencia arbitrario, serán, por tanto:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 0
En vez de elegir el centro de masa como centro de momentos, se puede
elegir el punto O, utilizando la ecuación
∑ 𝑀0 𝐹 = 𝑚𝑎𝑑
Cuando la traslación es curvilínea, en vez de los ejes equis y ye, convendrá utilizar un sistema de referencia intrínseco, con ejes normal y tangencial, como se ilustra en el tercero de los ejemplos que siguen.
Ejemplo. Un ciclista arranca desde el
reposo y, acelerando uniformemente, alcanza un rapidez de 12 m/s cuando ha
recorrido 20 m. Determine la fuerza de
tracción que genera la llanta trasera y las
reacciones normales del pavimento sobre
cada una de las llantas durante el movimiento. El peso conjunto del ciclista y la
bicicleta es de 90 kg.
Comenzamos resolviendo el problema cinemático. Calculamos la
aceleración del ciclista.
𝑑𝑣 𝑣22 − 𝑣12
𝑎=𝑣
=
𝑑𝑥
2𝑥
122
𝑎=
= 3.6 m⁄s2
2(20)
357
Traslación y rotación puras
Para la determinación de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, el
primer paso, como siempre, es dibujar un diagrama de cuerpo libre. Ahora,
además, añadiremos un dibujo que represente el sistema resultante de las
fuerzas. Elegimos también un sistema de referencia.
La suma de las fuerzas verticales es nula. Pero comenzar con la ecuación correspondiente obliga a resolver un sistema de ecuaciones simultáneas. Es más práctico emplear una ecuación de momentos, tomando como
centro el punto de contacto de la llanta trasera con el suelo, donde concurren dos incógnitas.
∑ 𝑀𝐴 = 𝑚𝑎𝑑̅
Considerando positivos los momentos con sentido horario, resulta:
90
(3.6)0.8
90(0.5) − 0.9𝑁𝐵 =
9.81
3.6 × 0.8
0.9𝑁𝐵 = 90 (0.5 −
)
9.81
𝑁𝐵 = 20.6 kg ↑
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁𝐴 + 20.6 − 90 = 0
𝑁𝐴 = 69.4 kg ↑
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎
358
Traslación y rotación puras
𝐹𝑟 =
90
(3.6)
9.81
𝐹𝑟 = 33 kg →
Ejemplo. Un tambor A de 420 lb de
peso y de las dimensiones mostradas en la
figura, se coloca sobre una superficie horizontal rugosa y se conecta con un cuerpo B. Diga cuál es el peso máximo admisible de B, que consiga que A se deslice
sin volcarse. Diga también cuál será la
aceleración de A. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el tambor y
la superficie son 0.30 y 0.25, respectivamente.
La tensión que la cuerda va a ejercer sobre el tambor debe producir un
movimiento de traslación pura. La aceleración del tambor resultará de la
misma magnitud que la aceleración de B. Tendremos que estudiar los dos
cuerpos, pues están conectados. Comenzaremos por el tambor A. El diagrama de cuerpo libre representa la condición de que el tambor está a punto de
volcarse, por lo que la componente normal de la reacción del plano queda
en la posición extrema de la base de sustentación. Además del diagrama de
cuerpo libre, dibujamos un esquema del sistema resultante.
359
Traslación y rotación puras
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁 − 420 = 0; 𝑁 = 420
∑ 𝑀↺ 𝐹 = 0
420(1.5) − 0.25(420)2.5 − 2.5𝑇 = 0
2.5𝑇 = 420(1.5 − 0.25 × 2.5)
𝑇 = 147
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎
420
147 − 0.25(420) =
𝑎
32.2
32.2
(147 − 105)
𝑎=
420
𝑎 = 3.22 ft⁄s 2 →
Continuamos con el cuerpo B..
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎
𝑃
(3.45)
32.2
3.45
𝑃 (1 −
) = 147
32.2
𝑃 − 147 =
𝑃 = 164.6 lb
Ejemplo. El anuncio de una pescadería es la figura de un pez de 40 kg de
peso, y se soporta por dos barras iguales,
articuladas y de peso despreciable. El
conjunto oscila por la acción del viento;
en cierto instante, las barras forman un
ángulo de 15° con la vertical y el anuncio tiene una rapidez de 2.4 m/s. Calcule
la aceleración del anuncio y las tensiones de las barras en ese instante.
360
G
Traslación y rotación puras
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del anuncio. Las acciones de
las barras tienen las direcciones de estas, pues se trata de cuerpos de masa
despreciable (por tanto, en equilibrio) sujetos a dos fuerzas. Elegimos un
sistema de referencia intrínseco, de modo que el eje normal tiene la dirección de las barras. Añadimos el esquema del sistema resultante, la cual representamos descompuesta, para facilitar al trabajo.
Podemos calcular directamente la componente normal de la acele-ración,
pues conocemos la rapidez del anuncio y el radio de curvatura de la trayectoria de
la partícula:
𝑣 2 2.42
𝑎𝑛 =
=
= 3.84
𝑟
1.5
y para conocer la componente tangencial, planteamos la ecuación
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡
40
40𝑠𝑒𝑛 15° =
𝑎
9.81 𝑡
𝑎𝑡 = 9.81𝑠𝑒𝑛 15° = 2.539
Componentes de la aceleración:
𝑎 = √3.842 + 2.5392 = 4.603
3.84
tan 𝜃 =
; 𝜃 = 17.1°
2.539
17.1 − 15 = 2.1°
𝑎 = 4.6 m⁄s2
361
2.1°
Traslación y rotación puras
Disponemos de dos ecuaciones para calcular las tensiones de las barras.
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛
𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 − 40 cos 15° =
40
(3.84)
9.81
𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 = 54.29 … (1)
∑ 𝑀↺ 𝐹 = 0
0.4𝑇𝐵 cos 15° − 0.8𝑇𝐴 cos 15° = 0
0.4𝑇𝐵 − 0.8𝑇𝐴 = 0
2𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 = 0 … (2)
Sumando (1) y (2)
3𝑇𝐴 = 54.29
𝑇𝐴 = 18.1 kg
De (2)
𝑇𝐵 = 36.2 kg
Rotación pura. Cinemática
En el caso de la traslación pura, como todas las partículas tienen movimientos idénticos, tanto la velocidad como la aceleración de una partícula
cualquiera se puede predicar del cuerpo, e. g., “el anuncio tiene una rapidez
de 2.4 m/s”. Pero eso no ocurre con la rotación. El lector puede sujetar una
regla por uno de los extremos y girarla: se dará cuenta de que mientras el
punto de la regla en contacto con los dedos permanece fijo, el extremo
opuesto recorrerá en una vuelta una longitud de 2πr, en donde r es el tamao
de la regla; y de que el punto medio recorrerá la mitad de esa longitud.
Cada partícula, pues, de un cuerpo rígido que rota, tiene su particular
movimiento, distinto de cualquiera de otra partícula del mismo cuerpo.
362
Traslación y rotación puras
Velocidades
Si al segmento de recta AB, de longitud r, lo giramos alrededor de A un
ángulo infinitamente pequeño, dϴ, el extremo B se desplazará una distancia
ds. Puesto que un ángulo es la razón del arco al radio, entonces
𝑑𝑠
𝑟
𝑑𝑠 = 𝑟 𝑑𝜃
𝑑𝑠
𝑑𝜃
=𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑣 = 𝜃̇ 𝑟
𝑑𝜃 =
Ahora consideremos un cuerpo que
gira alrededor de un eje perpendicular al
plano del papel y que pasa por O. Este
punto se suele llamar centro de rotación.
Un punto cualquiera, P, situado a una distancia r, describe un arco de circunferencia, Su velocidad, por ser tangente al arco,
resulta perpendicular al radio r, y su magnitud es el producto de la velocidad angular del radio por la distancia r: Como todas las rectas del cuerpo tienen la misma velocidad angular, tal velocidad
la predicaremos del cuerpo y la designaremos con la letra omega
minúscula:
𝜔 = 𝜃̇
Por tanto, la rapidez lineal del punto P será
𝑣 = 𝜔𝑟
En esta expresión resulta evidente que la magnitud de la velocidad de
las partículas es directamente proporcional a su distancia del centro de
rotación.
363
Traslación y rotación puras
Ejemplo. En la posición mostrada, el extremo B de la varilla de
un metro tiene una rapidez de 3 m/s,
en la dirección indicada. Determine
la velocidad angular de la varilla y
la velocidad lineal de su extremo A.
Despejando ω de la expresión que acabamos de asentar, obtenemos
𝑣
3
𝑟
0.6
𝜔= =
𝜔 = 5 rad/s ↺
y la velocidad de A que es perpendicular a la varilla, tendrá la siguiente
magnitud:
3
=5
0.6
𝑣𝐴 = 𝜔𝑟
𝑣𝐴 = 5(0.4)
𝜔=
𝑣𝐴 = 2 m⁄s
70°
Ejemplo. La figura representa dos
engranes
máquina
Todas de
las una
partículas
de conectados.
los perímetros de los dos engranes tienen la
Sabiendo
que
el
engrane
gira con
una
misma rapidez, puesto queAestán
en contacto
entre sí. Dicha velocidad, por
rapidez
de 90 obtener
rpm, diga
cuál es ellaproducto
vetanto,
se puede
mediante
de la velocidad angular de A
locidad
angular
del
engrane
B
y
qué
rapor su radio, como por el de la velocidad de B por el suyo; es decir
pidez tiene cualquiera de los dientes.
Todos los dientes de los dos engranes tienen la misma rapidez, puesto
que están en contacto entre sí. Dicha velocidad, por tanto, se puede obtener
mediante el producto de la velocidad angular de A por su radio, como por
el de la velocidad de B por el suyo; es decir
𝜔𝐴 𝑟𝐴 = 𝜔𝐵 𝑟𝐵
364
Traslación y rotación puras
𝜔𝐵 =
𝜔𝐴 𝑟𝐴 90(2)
=
𝑟𝐵
5
𝜔𝐵 = 36 rpm ↻
Como todos los dientes de ambos engranes tienen la misma rapidez,
para calcularla, convertiremos la rapidez angular del engrane A de 90 rpm
a rad/s.
𝑣 = 𝜔𝐴 𝑟𝐴
Como
𝑟𝑒𝑣
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
90
= 90 ( )
= 3𝜋 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠
𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
𝑣 = (3𝜋)2
𝑣 = 18.85 in⁄s
Aceleraciones
Retomemos el punto P del menhir que rota alrededor de O. Como se
trata de un movimiento circular, su aceleración tiene componente normal y
componente tangencial. La normal, como vimos en el capítulo anterior, es
igual a la velocidad angular al cuadrado por el radio:
𝑎 = 𝜃̇ 2 𝑟
𝑎𝑛 = 𝜔 2 𝑟
Y la tangencial, que se obtiene derivando la rapidez con respecto al
tiempo, será
𝑑𝑣
𝑑𝜔
=𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝜔
𝑎𝑡 = 𝑟
𝑑𝑡
365
Traslación y rotación puras
La derivada de la velocidad angular respecto al tiempo es la aceleración
angular de cualquiera de las rectas del cuerpo y, por tanto, se puede predicar
del cuerpo; la representaremos con alfa minúscula:
𝑎𝑡 = 𝛼𝑟
Ejemplo. El punto P del volante
de la figura tiene una velocidad de 5
m/s dirigida hacia arriba, y está disminuyendo a razón de 15 m/s2. Calcule
la velocidad y aceleración angulares
del volante y la aceleración de P en ese
instante.
La velocidad angular se obtiene dividiendo la velocidad lineal de P
entre el radio del volante. Y la aceleración angular, dividiendo la aceleración tangencial de P entre el radio.
𝜔=
𝑣
5
=
𝑟 0.4
𝛼=
𝑎𝑡 15
=
𝑟
0.4
𝛼 = 37.5 rad⁄s2 ↻
𝜔 = 12.5 rad⁄s ↺
De la aceleración de P, que tiene componentes normal y tangencial,
nos falta calcular la normal, y componer.
𝑎𝑛 = 𝜔2 𝑟 = (12.52 )0.4 = 62.5
𝑎 = √62.52 + 152
15
tan 𝜃 =
62.5
𝑎 = 64.3 m⁄s 2
366
13.5°
Traslación y rotación puras
Ejemplo. La figura representa un mecanismo formado por una polea A, conectada por una banda con la polea B, que
está rígidamente unida a un tambor. Mediante una cuerda enrollada en el tambor,
se levanta un cuerpo C. Sabiendo que A
tiene una velocidad angular de 6 rad/s,
que aumenta a razón de 12 rad/s2, calcule
la velocidad y la aceleración lineales del
cuerpo C.
Para conocer la velocidad de C es necesario saber qué velocidad angular tiene el conjunto tambor-polea B; y para ello partimos del hecho de
que todas las partículas de la banda que une las poleas tienen la misma rapidez. De modo que tal rapidez es tanto el producto de la velocidad angular
de la polea A por su radio, como el de la polea B por el suyo:
𝜔𝐴 𝑟𝐴 = 𝜔𝐵 𝑟𝐵
𝜔𝐵 =
𝜔𝐴 𝑟𝐴 6(3)
=
= 3.6
𝑟𝐵
5
Por tanto, la velocidad de C es
𝑣𝑐 = 𝜔𝐵 𝑟 = 3.6(8)
𝑣𝑐 = 28.8 in⁄s ↑
𝑣𝑐 = 28.8 𝑖𝑛⁄𝑠 ↑
Para obtener la aceleración, procedemos de manera semejante: calculamos la aceleración angular de B y, con ella, la aceleración de C, que tiene
la misma magnitud que la aceleración tangencial de cualquiera de los
puntos del perímetro del tambor.
𝛼𝐴 𝑟𝐴 = 𝛼𝐵 𝑟𝐵
367
Traslación y rotación puras
𝛼𝐵 =
𝛼𝐴 𝑟𝐴 12(3)
=
= 7.2
𝑟𝐵
5
𝑎𝑐 = 𝛼𝐵 𝑟 = 7.2(8)
𝑎𝑐 = 57.6 in⁄s2 ↑
𝑣𝑐 = 28.8 𝑖𝑛⁄𝑠 ↑
Rotación pura. Cinética
A continuación, estableceremos la relación entre el movimiento de
rotación pura con el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre él.
Dividiremos nuestro estudio en rotación pura baricéntrica, y rotación pura
no baricéntrica. En el primer caso, el centro de masa del cuerpo rígido está
contenido en el eje de rotación.
Rotación pura baricéntrica
El centro de rotación del menhir de la
figura coincide con su centro de masa G.
El menhir tiene una velocidad angular ω
y una aceleración angular α. La aceleración de todas las partículas, excepto G,
tiene componente normal, igual al producto del cuadrado de la velocidad angúlar por su distancia al centro de masa, y
componente tangencial, igual a la aceleración angular multiplicada por la misma
distancia. La fuerza resultante que actúa
sobre una partícula cualquiera tiene también una componente normal y otra tangencial.
368
Traslación y rotación puras
La fuerza resultante del sistema que actúa sobre el menhir se obtiene
mediante la suma vectorial de las fuerzas que actúan sobre todas las partículas. Sus componentes serán, por tanto
𝑅𝑛 = ∑ 𝐹𝑛
𝑅𝑡 = ∑ 𝐹𝑡
𝑅𝑛 = ∫ 𝑑𝐹𝑛 = ∫ 𝑎𝑛 𝑑𝑚
𝑅𝑡 = ∫ 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑎𝑡 𝑑𝑚
𝑅𝑛 = ∫ 𝜔2 𝑟 𝑑𝑚 = 𝜔2 ∫ 𝑟 𝑑𝑚
𝑅𝑡 = ∫ 𝛼𝑟 𝑑𝑚 = 𝑑 ∫ 𝑟 𝑑𝑚
𝑅𝑛 = 𝜔2 𝐵𝐺𝑚
𝑅𝑡 = 𝛼𝐵𝐺𝑚
Ambas componentes están, pues, multiplicadas por el momento estático del cuerpo respecto al eje de rotación, el cual pasa por el centro de masa
y, por tanto, es nulo. O sea
∑ 𝐹𝑛 = 0
;
∑ 𝐹𝑡 = 0
Esto no significa que el cuerpo esté en equilibrio. Falta averiguar si el
sistema resultante es un par. Para ello sumaremos los momentos de las
fuerzas con respctao al centro de masa.
Las componentes normales de las fuerzas que actúan sobre las partículas no producen ningún momento respecto al centro de masa, puesto que
sus líneas de acción pasan por él. Entonces
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = ∫ 𝑟 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑟 (𝛼𝑟 𝑑𝑚)
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼 ∫ 𝑟 2 𝑑𝑚
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
Concluimos que el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre
un cuerpo dotado de rotación pura baricéntrica es un par de fuerzas, cuya
magnitud es igual a la aceleración angular del cuerpo por el momento de
369
Traslación y rotación puras
inercia de su masa respecto al eje de rotación, y cuyo sentido es el de la
aceleración angular del cuerpo. En un sistema de referencia arbitrario, las
ecuaciones cinéticas serán:
∑ 𝐹𝑥 = 0
∑ 𝐹𝑦 = 0
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
Y, como se trata de una par de fuerzas que produce el mismo momento
respecto a cualquier punto, se puede emplear la ecuación alterna
∑ 𝑀0 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
Ejemplo. A un cilindro macizo A
de 40 kg se le enrolla una cuerda de la
que pende un cuerpo B de 20 kg, como
se muestra en la figura. Determine la
aceleración angular del cilindro A, la
aceleración lineal del cuerpo B, la
tensión de la cuerda y la reacción del
apoyo sobre el cilindro.
Comenzamos estableciendo una relación cinemática entre el movimiento de B y la rotación de A. La aceleración de aquel es igual al producto
de la aceleración angular del cilindro por su radio.
𝑎𝐵 = 𝛼𝑟 = 0.2𝛼 … (1)
Continuamos con el estudio del cuerpo B. Dibujamos el diagrama de
cuerpo libre y elegimos un eje de referencia en dirección del movimiento.
369
Traslación y rotación puras
Decidimos emplear un sistema de unidades gravitacional, es decir, que el
kg es unidad de fuerza. Y sustituimos la aceleración de B por el valor que
acabamos de obtener.
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎
20
(0.2𝛼)
20 − 𝑇 =
𝑔
4
𝑇 = 20 − 𝑔 𝛼 … (2)
A continuación dibujamos el diagrama de cuerpo libre del cilindro macizo y un diagrama del sistema resultante.
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
1
0.2𝑇 = 𝛼 [ 𝑚𝑟 2 ]
2
1 40
0.2𝑇 = 𝛼 [ ( ) 0.22 ]
2 𝑔
4
𝑇 = 𝛼 … (3)
𝑔
Igualando las dos últimas ecuaciones y resolviendo:
4
4
𝛼 = 20 − 𝛼
𝑔
𝑔
8
𝛼 = 20
𝑔
𝛼=
𝛼 = 24.5 rad⁄s2 ↺
20
𝑔 = 2.5(9.81)
8
𝑎𝐵 = 4.91 m⁄s2 ↓
370
𝑇 = 10 kg
Traslación y rotación puras
∑ 𝐹𝑥 = 0
𝑅𝐺𝑥 − 10 = 0 ; 𝑅𝐺𝑥 = 10
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑅𝐺𝑦 − 40 = 0 ; 𝑅𝐺𝑦 = 40
𝑅𝐺 = √102 + 402 ; tan 𝜃 =
𝑅𝐺 = 41.2 kg
40
10
76°
Ejemplo. Se desea que el cuerpo C
de la figura, que pesa 32.2 lb, adquiera
una aceleración lineal de 24 ft/s2 dirigida hacia arriba. Diga qué par de fuerzas M debe aplicarse al engrane A para
lograrlo. El engrane A pesa 3.22 lb y
tiene un radio de giro centroidal de 0.12
ft; el conjunto corona-tambor B pesa
64.4 lb y su radio de giro centroidal es
de 0.75 ft.
Comenzamos estableciendo la relación cinemática entre la
aceleración de C y la aceleración angular del conjunto B. Y luego
analizamos el cuerpo C para determinar la tensión requerida en la cuerda.
𝑎𝑐 = 𝛼𝐵 𝑟𝑐 ; 24 = (1)𝛼𝐵 ; 𝛼𝐵 = 24 ↺
𝛼𝐵 𝑟𝐵 = 𝛼𝐴 𝑟𝐴
𝛼𝐵 𝑟𝐵 24(0.8)
𝛼𝐴 =
=
𝑟𝐴
0.15
𝛼𝐴 = 128 ↻
371
Traslación y rotación puras
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎
𝑇 − 32.2 = (1)24
𝑇 = 56.2
Ahora determinamos la fuerza que debe ejercer el engrane A sobre la
corona.
56.2
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
0.8𝐹 − 56.2(1) = 24𝑘 2 𝑚
0.8𝐹 − 56.2 = 24(0.752 )𝑚
0.8𝐹 = 56.2 + 48(0.752 )
𝐹 = 104
Establecemos la relación cinemática entre la aceleración angular de B
y la de A, y determinamos el par de fuerzas M que se requiere.
372
Traslación y rotación puras
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
−𝑀 + 0.15(104) = −128(0.122 )0.1
𝑀 = 0.15(104) + 128(0.122 )
𝑀 = 17.44 lb ∙ ft ↻
Rotación pura no baricéntrica
Ahora consideraremos un menhir que
gira alrededor de un eje, perpendicular al
plano del movimiento, que no contiene el
centro de masa del cuerpo. Nuevamente
tomaremos una partícula arbitraria de
masa diferencial, cuya aceleración tiene
componentes normal y tangencial; las
fuerzas que actúan sobre ella también tienen esas dos componentes. Llamaremos 𝑟̅ a la distancia entre el centro de
rotación y el centro de masa. El menhir tiene una ve-locidad angular ω y
una aceleración angular α.
Primeramente, tomaremos nota de que las componentes de la aceleración de centro de masa son
(𝑎𝐺 )𝑛 = 𝜔2 𝑟̅ ; (𝑎𝐺 )𝑡 = 𝛼𝑟̅
Ahora trataremos de relacionar el movimiento del cuerpo con el sistema resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre él, sabiendo que las
componentes de la fuerza resultante se obtienen con las sumas algebraicas
de las componentes correspondientes de las fuerzas del sistema, y que tal
fuerza produce, respecto a cualquier punto, el mismo momento que todas
las fuerzas del sistema respecto al mismo punto.
Emplearemos el sistema de referencia intrínseco que corresponde a la
partícula arbitraria elegida, y el centro de rotación como centro de momentos.
373
Traslación y rotación puras
𝑅𝑛 = ∑ 𝐹𝑛
∑ 𝐹𝑛 = ∫ 𝑑𝐹𝑛 = ∫ 𝑎𝑛 𝑑𝑚 = ∫ 𝜔2 𝑟 𝑑𝑚 = 𝑤 2 ∫ 𝑟 𝑑𝑚
∑ 𝐹𝑛 = 𝜔2 𝐵0𝑚 = 𝜔2 𝑚𝑟̅
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺 )𝑛
𝑅𝑡 = ∑ 𝐹𝑡
∑ 𝐹𝑡 = ∫ 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑎𝑡 𝑑𝑚 = ∫ 𝑑𝑟 𝑑𝑚 = 𝛼 ∫ 𝑟 𝑑𝑚
∑ 𝐹𝑡 = 𝛼𝐵0𝑚 = 𝛼𝑚𝑟̅
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚(𝑎𝐺 )𝑡
𝑀0 𝑅 = ∑ 𝑀0 𝐹
∑ 𝑀0 𝐹 = ∫ 𝑟 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑟(𝛼𝑟 𝑑𝑚) = 𝛼 ∫ 𝑟 2 𝑑𝑚
∑ 𝑀0 𝐹 = 𝛼𝐼0
Las ecuaciones anteriores se pueden escribir más ordenadamente así:
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2 𝑟
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼𝑟̅
∑ 𝑀0 𝐹 = 𝛼𝐼0
374
Traslación y rotación puras
Con ellas obtenemos un sistema fuerza-par en el centro de rotación. Y
resulta más práctico que conocer la magnitud, dirección y posición de la
fuerza resultante (1).
Ejemplo. El péndulo compuesto de la
figura puede girar libremente alrededor
de un eje horizontal que pasa por O. Pesa
10 kg y su centro de masa está en G, El
radio de giro de su masa respecto a O es
ko = 0.9 m. En la posición mostrada, se
mueve con una velocidad angular de 4
rad/s en sentido antihorario. Determine la
aceleración angular del péndulo y la reacción de la articulación O.
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y otro diagrama que represente
las componentes de la resultante del sistema de fuerzas aplicadas en el
centro de rotación, y el par que las acompaña.
∑ 𝑀0 𝐹 = 𝛼𝐼0
10 𝑠𝑒𝑛 20(0.8) = 𝛼𝑘02 𝑚
10
8 𝑠𝑒𝑛 20° = 𝛼(0.92 )
9.81
8(9.81)𝑠𝑒𝑛 20°
𝛼=
8.1
𝛼 = 3.31 rad⁄s2 ↺
(1) aEl sistema fuerza-par se puede reducir a una sola fuerza, cambiándola
de posición. El punto en que la línea de acción de esa fuerza resultante corta
a la recta OG se llama centro de percusión. Conocerlo puede tener interés
en algunos problemas, sobre todo de baricéntrico.
375
Traslación y rotación puras
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2 𝑟̅
𝑅0𝑛 = −10 cos 20° =
𝑅0𝑛 = 10 (cos 20° +
10
(42 )0.8
9.81
16
[0.8]) = 22.4
9.81
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼𝑟̅
𝑅0𝑡 + 10 𝑠𝑒𝑛 20° =
10
(3.31)0.8
9.81
3.31
[0.8] − 𝑠𝑒𝑛 20°) = −0.718
𝑅0𝑛 = 10 (
9.81
𝑅0 = √22.42 + 0.7182
0.718
tan 𝜃 =
; 𝜃 = 1.84°
22.4
𝑅0 = 22.4 kg
70.2°
Ejemplo. La barra delgada y homogénea que se muestra en la figura está
articulada en O y puede girar libremente en el plano vertical. Se suelta
desde la posición en que ϴ = 0°.
Sabiendo que pesa 16.1 lb y mide 8 ft,
calcule la reacción de la articulación
cuando el ángulo ϴ alcance los 60°.
Para conocer la reacción de la articulación, necesitamos investigar previamente la velocidad y aceleración angulares de la barra. Como ambas va376
Traslación y rotación puras
rían conforme a la posición de la barra, dibujaremos un diagrama de cuerpo
libre, y el diagrama del sistema equivalente, para una posición arbitraria.
Como la barra es delgada y homogénea, el momento de inercia de la masa
respecto a O es (1/3)ml2. La distancia 𝑟̅ entre O y G es de 4 ft.
∑ 𝑀0 𝐹 = 𝛼𝐼0
1
16.1 cos 𝜃 (4) = 𝛼 ( ) 0.5(82 )
3
32
64.4 cos 𝜃 =
𝛼
3
𝛼 = 6.038 cos 𝜃
𝑑𝜔
𝜔
= 6.038 cos 𝜃
𝑑𝜃
∫ 𝜔 𝑑𝜔 = 6.038 ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃
𝜔2
= 6.038 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐶
2
𝑆𝑖 𝜃 = 0; 𝜔 = 0, por lo tanto 𝐶 = 0
𝜔2 = 12.75 𝑠𝑒𝑛 𝜃
Para 𝜃 = 60°
√3
𝜔2 = 12.75 ( ) = 10.457
2
1
𝛼 = 6.038 ( ) = 3.019
2
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2 𝑟̅
𝑅0𝑛 − 16.1 (
√3
) = 0.5(10.457)4
2
𝑅0𝑛 = 8.05√3 + 2(10.457) = 34.86
377
Traslación y rotación puras
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼𝑟̅
1
𝑅0𝑡 + 16.1 ( ) = 0.5(3.019)4
2
𝑅0𝑡 = 2(3.019) − 8.05 = −2.012
𝑅0 = √34.862 + 2.0122
2.012
tan 𝛽 =
; 𝛽 = 3.3°
34.86
30° − 14.9° = 15.1°
𝑅0 = 34.9 lb
33.3°
El centro de masa como centro de momentos
Es importante poder escribir las ecuaciones del movimiento de rotación
pura no baricéntrica tomando como centro de momentos, en vez del centro
de rotación, el centro de masa.
Ya hemos obtenido un sistema fuerza-par equivalente al sistema de fuerzas
que actúa sobre el cuerpo. Ahora transportaremos la fuerza resultante al centro
de masa. Para lograrlo, será necesario sumar al par que teníamos, el par de transporte con el que hay que acompañar la
fuerza para que no se alteren los efectos
externos. El par de transporte es igual al
momento que produce la componente
tangencial respecto al centro de masa, es
decir,
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼0 − 𝑚𝛼𝑟̅
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼(𝐼0 − 𝑚𝑟̅ )
378
Traslación y rotación puras
pero, del teorema de los ejes paralelos, que establece que el momento de
inercia respecto a un eje cualquiera es igual al momento de inercia centroidal más el producto de la masa por la distancia entre los ejes al cuadrado,
tenemos que
𝐼0 = 𝐼 ̅ + 𝑚𝑟̅
𝐼 ̅ = 𝐼0 − 𝑚𝑟̅
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
es decir, las ecuaciones cinéticas para un cuerpo con rotación pero no
baricéntrica pueden ser:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺 )𝑥
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺 )𝑦
∑ 𝑀𝐺 𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
Por otro lado, si en vez de elegir un sistema de referencia intrínseco,
en relación a las componentes tangencial y normal de la aceleración del
centro de masa, se elige un sistema arbitrario x-y, entonces las ecuaciones
se aplican perfectamente al movimiento de rotación no baricéntrica.
Tienen estas tres ecuaciones especial importancia por su generalidad.
Se aplican a la traslación pura y a la rotación baricéntrica, como a casos
particulares. En la traslación, la aceleración angular, lógicamente, es nula,
y la resultante es una fuerza cuya línea de acción pasa por G. Y en la
rotación pura baricéntrica es nula la aceleración del centro de masa y el
sistema resultante es un par.
Y, como se verá en el siguiente capítulo, se aplican al movimiento
plano general, pues dicho movimiento puede considerarse como una rotación pura no baricéntrica, cuyo centro de rotación cambia de posición continuamente. O sea: estas ecuaciones pueden aplicarse a cualquier movimiento plano del cuerpo rígido.
379
Traslación y rotación puras
Serie de ejercicios de Cinemática y Dinámica
TRASLACIÓN Y ROTACIÓN PURAS
1. La camioneta que se representa en la
figura viaja originalmente a 90 km/h y, frenando uniformemente, emplea 60 m en detenerse.
Diga qué aceleración sufre su centro de masa G
durante el frenado. Calcule también la aceleración del centro de rotación de la rueda delantera
en ese mismo lapso.
(Sol. aG = 5.21 m/s2 ; aO’ = 5.21 m/s2 )
2. El menhir de la figura está sujeto a la
acción de las tres fuerzas que se muestran. ¿Qué
fuerza adicional se le debe aplicar para que se
traslade horizontalmente hacia la derecha con
una aceleración de 3 m/s2?
(Sol. 1812 kg
83.7º x = 0.331 m)
3. El remolque mostrado pesa 900 lb y está
unido a un vehículo mediante un enganche de
bola y cuenca. Si el vehículo aumenta su rapidez uniformemente de 15 a 45 mi/h en 10 s,
¿cuál es la magnitud de la componente vertical
de la reacción del enganche sobre el remolque?
La resistencia al rodamiento es despreciable.
(Sol. 46.1 lb)
4. Un camión que viaja a 30 mi/h transporta
un refrigerador de 500 lb de 90 por 30 in como
se indica en la figura. Calcule el tiempo mínimo
que puede emplear en detenerse, frenando uniformemente, de modo que el refrigerador ni se
deslice ni se vuelque.
(Sol. 4.10 s)
380
Traslación y rotación puras
5. Una placa de fierro de 2 cm de espesor
está sujeta como se muestra. Sabiendo que el
peso específico del material es de 7.2 kg/dm3,
determine la tensión en cada uno de los cables
en el instante en que se corta BC.
(Sol. TA = 30 kg; TB = 20.5 kg)
6. La barra AD, que está unida a un motor,
mueve a la solera homogénea AB de 32.2 lb de
peso. En el instante mostrado, AD tiene una
rapidez angular de 3 rad/s y una aceleración
angular de 5 rad/s2. Sabiendo que la masa de
la barra BC es despreciable, ¿cuáles son la magnitud de la fuerza y el tipo de esfuerzo en ella?
(Sol. 4 lb [tensión])
7. El diámetro de un volante gira conforme
a la expresión = t2 – 8t + 1, en donde si t se da
en s,  resulta en rad. Calcule: a) la velocidad
angular media del volante durante los dos
primeros segundos; b) su aceleración media
durante el tercer segundo; c) el tiempo en que la
rotación del volante cambia de sentido; d) el
número total de revoluciones que gira el volante
durante los diez primeros segundos.
(Sol. 6 rad/s ↻; 2 rad/s2 ↺; 4 s; 8.28 rev)
8. Desde el instante en que se desconecta la hélice de un avión, que se
mueve a 120 rpm, hasta detenerse, gira 80 revoluciones. Suponiendo que
el movimiento es uniformemente acelerado, determine el tiempo que
emplea la hélice en detenerse.
(Sol. 80 s)
381
Traslación y rotación puras
9. El radio del rotor de una turbina hidráulica, durante su arranque,
describe un ángulo proporcional al cubo del tiempo y, a los tres segundos,
la turbina tiene una velocidad angular de 810 rpm. Escriba la ecuación de
la rapidez de la turbina (en rad) en función del tiempo (en s).
(Sol. = 3t2)
10. La figura representa el impulsor de una
bomba centrífuga que gira alrededor de su centro de figura y P es una partícula de agua que
está a punto de abandonarlo. Sabiendo que el
impulsor tiene un diámetro de 40 cm y que su
rapidez angular es de 90 rpm, diga cuál es la
magnitud de la velocidad lineal del punto del
impulsor que está en contacto con la gota de
agua.
(Sol. 188.5 cm/s)
11. El piñón A que gira a 120 rpm comienza
a detenerse, reduciendo su rapidez uniformemente, hasta pararse por completo en diez minutos. ¿Cuántas revoluciones da la corona B en
ese tiempo? El piñón A tiene 3 cm de radio, la
corona B, 5.
(Sol. 360 rev)
12. Las partículas de la banda de una polea se desplazan con una
velocidad de 50 cm/s . Cierto punto A de la polea, que se encuentra a 20
cm del perímetro, tiene una rapidez lineal de 10 cm/s . Determine el
diámetro y la velocidad angular de la polea.
(Sol. 50 cm; 2 rad/s ↺)
13. La barra AB gira alrededor de O con
rapidez angular de 30 rpm. Calcule la magnitud
de la velocidad lineal relativa de A respecto a B.
(Sol. 15.71 ft/s)
382
Traslación y rotación puras
14. El cuerpo A de la figura desciende conforme a la ley s = 10 t2, donde s es la longitud recorrida
en cm y t el tiempo en s. Si el árbol en el que está
enrollada la cuerda tiene un radio de 20 cm: a)
determine su aceleración y velocidad angulares en
función de t; b) escriba una expresión que defina la
rapidez angular del árbol en función de la longitud
s recorrida por A.
(Sol. a) = t; = 1; b) = (0.1 s)1/2)
15. Si el motor de la figura emplea 0.03 s en
alcanzar una rapidez de 180 rpm acelerando
uniformemente, diga cuál es la aceleración angular
de la polea B durante ese lapso. ¿Qué aceleración
lineal tiene un punto P de la polea C, en contacto
con la banda, al final de dicho movimiento?
…………………………(Sol. 251 rad/s2; 50.5 m/s2)
16. Las barras que mueven el limpiador de la
figura oscilan de modo que el ángulo que forman
con la vertical sigue la ley = 0.9 sen pt, donde
está en rad, t en s y p es una constante igual a 0.8
rad/s. Diga cuáles son la velocidad y aceleración
máximas con que se mueve el limpiador.
(Sol. 0.288 m/s ó ;
0.230 m/s2
51.6° ó
5I.6°)
17. La aceleración de una partícula de un impulsor, en cierto instante, forma
con el radio del impulsor al que pertenece un ángulo de 60º y su magnitud es de
20 m/s2. Si dicha partícula se encuentra a 1 m del centro de rotación, ¿cuáles son
la velocidad y aceleración angulares del impulsor?
(Sol. 30.2 rpm; 17.32 rad/s2)
18. La manivela BC del mecanismo de la figura
gira con velocidad angular constante de 30 rpm en
el sentido de las manecillas del reloj. ¿Cuál es la
velocidad media de la corredera A en el lapso en que
ésta recorre su trayectoria de un lado a otro?
………………………………………(Sol. 30 cm/s)
383
Traslación y rotación puras
19. El radio de giro del menhir del problema 2, respecto a un eje que pasa por
su centro de masa, es de 1 m. ¿Qué fuerza adicional se le debe aplicar para que se
mueva con rotación baricéntrica y su aceleración angular sea de 3 rad/ s2 en sentido
contrario de las manecillas del reloj?
(Sol. 1803 kg
86.8º x = 0.497 m)
20. La doble polea que se muestra pesa 322 lb
tiene un radio de giro centroidal de 1.5 ft. Despreciando el rozamiento en el eje de rotación, calcule:
a) las aceleraciones lineales de los cuerpos A y B; b)
la aceleración angular de la polea; c) las tensiones
de las cuerdas.
(Sol. a) aA = 3.96 ft/s2 ↓; aB = 1.982 ft/s2 ↑
b) 1.982 rad/s2 ↺; c) TA = 56.5 lb; TB = 68.4 lb)
21. Los cuerpos A y B comenzaron a moverse
hasta que A alcanzó una rapidez de 120 rpm. En ese
instante, se apoyó la barra OC sobre A, como se
muestra en la figura, logrando que los cuerpos frenaran hasta detenerse en 15 s. Diga: a) qué tiempo
empleó la polea-tambor A en alcanzar las 120 rpm;
b) qué distancia total que recorrió B; c) cuál es el
coeficiente de fricción cinética entre A y la barra
OC.
(Sol. a) 0.994 s; b) 20.1 m; c) 0.1777)
22. Determine la aceleración angular de la
polea y la magnitud de la fuerza y el tipo de esfuerzo
a que están sujetas las barras CE y CD de peso
despreciable. La polea es un cilindro homogéneo
macizo de 16.1 lb de peso y 4 in de radio, libre de
rozamiento.
(Sol. 18.40 rad/s2 ↻; CE = 136.5 lb [compresión];
CD = 67.6 lb [tensión])
23. Determine las aceleraciones angulares del
aro y del disco que se muestran en la figura, en el
instante en que se sueltan. Determine también la
magnitud de la reacción en cada articulación en
dicho instante, sabiendo que tanto el aro como el
disco tienen un peso P y se mueven en un plano
vertical.
(Sol. α = g/2r ↻; R = P/2 ↑; α = 2g/3r ↻ ; R = P/3 ↑)
384
Traslación y rotación puras
24. Las barras homogéneas OA y BC pesan 8
kg cada una y están soldadas en A. Pueden girar
libremente alrededor de un eje horizontal que pasa
por O. Si al pasar por la posición mostrada su velocidad angular es de 4 𝑠 −1 , calcule la magnitud de las
componentes horizontal y vertical de la reacción de
la articulación O.
(Sol. 9.79 kg ←; 3.29 kg ↑)
25. Las dos barras mostradas están articuladas
ven A y giran en un plano horizontal alrededor del
punto O con rapidez angular constante de 10
rad/s. La barra homogénea AB pesa 50 lb. Determine la tensión de la cuerda OB.
(Sol. 116.5 lb)
385