Efectos Rotacionales y Traslacionales de Una Fuerza

MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA YENERGIA

BERNARDO ARENAS GAVIRIAUniversidad de Antioquia

Instituto de Física

2013

Índice general

4. Momento angular y momento de una fuerza 14.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

4.1.1. Movimiento de traslación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.2. Movimiento de rotación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.3. Movimiento combinado de traslación y rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

4.2. Momento de una fuerza respecto a un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34.3. Momento de un par de fuerzas o cupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4.3.1. Efectos de traslación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.3.2. Efectos de rotación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par . . . . . . . . . . . . . . . . 94.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . 11

4.5.1. Resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . 124.5.2. Resultante de un sistema de fuerzas coplanares . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.5.3. Resultante de un sistema de fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4.6. Llave de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . 18

4.7.1. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . . . . . 184.7.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia . . . 194.7.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . . . . 22

4.8. Energía en un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.8.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.8.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.8.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.8.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.8.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4.9. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.10. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3

Capı́tulo 4Momento angular y momento de unafuerza

CompetenciasEn esta unidad se busca que el estudiante

Infiera la diferencia entre movimientotraslacional y movimiento rotacional.

Defina y aplique el concepto de momentode una fuerza respecto a un punto.

Aplique el principio de transmisibilidad.

Defina un par de fuerzas o cupla y analicelos efectos que este sistema genera sobre uncuerpo rígido.

Identifique el momento de un par defuerzas como un vector libre.

Defina un sistema fuerza par aplicado a uncuerpo rígido y analice los efectos que ge-nera sobre el cuerpo.

Reemplace una fuerza por un sistemafuerza par equivalente.

Obtenga la fuerza resultante de un sistemade fuerzas aplicado a un cuerpo rígido.

Obtenga la fuerza neta equivalente enel caso de fuerzas concurrentes, fuerzascoplanares y de fuerzas paralelas.

Defina el centro de masa de un cuerpo rígi-do.

Obtenga defina el concepto de llave de tor-sión.

Obtenga la ecuación de movimiento para larotación de un cuerpo rígido.

Analice el movimiento combinado detraslación y rotación de un cuerpo rígido.

Obtenga la energía cinética rotacional y laenergía cinética total de un cuerpo rígido.

Obtenga la energía total de un cuerpo rígi-do.

Analice situaciones utilizando el conceptode energía total.

CONCEPTOS BASICOSEn esta sección, se definirá el concepto vectormomento de una fuerza (M), par de fuerzas ocupla, relación entre el vector momento angulary el vector momento de una fuerza, movimien-to de rotación pura, movimiento combinado detraslación y rotación, energía de un cuerpo rígi-do y rodadura.

4.1. Introducción

Hasta ahora se ha analizado la dinámica de loscuerpos que se pueden tratar bajo el modelo departícula; esto ha sido posible ya que solo in-teresaba considerar el efecto de las fuerzas en loque se refiere al movimiento de traslación.

En esta unidad se busca considerar con de-talle, otro tipo de movimiento que tienden a im-primir las fuerzas sobre los cuerpos, lo que hace

2 CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

que el modelo de partícula no sea válido, puesen su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígidoque fue definido en la unidad anterior.

Un cuerpo rígido, es un caso particular deun sistema de partículas, que deben cumplir lacondición que la separación entre cualquier parde ellas siempre permanece constante, sin im-portar el tipo de fuerzas que actúen sobre él.Esta definición permite afirmar que un cuerporígido no se deforma bajo ninguna interaccióncon otros cuerpos.

En esta unidad se consideran aquellos casosen los cuales un cuerpo rígido interactúa conotros cuerpos, generando fuerzas que tiendena imprimirle un movimiento que puede ser detraslación pura, de rotación pura o un movimientocombinado de traslación y rotación.

4.1.1. Movimiento de traslación pura

Como se analizó en las unidades anteriores, sepresenta un movimiento de traslación pura cuan-do el cuerpo cambia de posición sin cambiarsu orientación, es decir, todos los puntos delcuerpo sufren el mismo desplazamiento a me-dida que transcurre el tiempo. De acuerdo conla figura 4.1, la partícula A y el centro de masaC.M., han tenido el mismo desplazamiento; es-ta es la razón por la cual, cuando se analiza elmovimiento de traslación, es suficiente conside-rar el movimiento del centro de masa del cuer-po. Es posible demostrar que el centro de masa,en lo que a traslación se refiere, se comporta co-mo si toda la masa estuviera concentrada en di-cho punto y como si todas las fuerzas externasactuaran sobre él.

C.M.A AC.M.

d

d

Movimiento

Figura 4.1: Traslación pura de un cuerpo rígido.

Por ello, para analizar el movimiento detraslación de un cuerpo rígido se utilizan losmismos métodos empleados para la dinámicade una partícula, teniendo en cuenta que el cen-

tro de masa es la partícula de interés. O sea, parael movimiento de traslación de un cuerpo rígidode masa constante m, la segunda ley de Newtonadquiere la forma

F = mac,

donde F es la fuerza neta o resultante y ac la ace-leración del centro de masa del cuerpo.

4.1.2. Movimiento de rotación pura

Un cuerpo rígido posee un movimiento derotación pura, cuando cambia su orientaciónmientras se mueve, de tal forma que todas laspartículas que lo conforman describen trayecto-rias circulares con centro en el eje de rotación.En estas condiciones, el centro de rotación per-manece fijo respecto a un sistema de referenciafijo en tierra.

Como se ilustra en la figura 4.2, mientras elcuerpo rota alrededor de un eje fijo que pasa porel punto O, las partículas i y j describen circun-ferencias concéntricas con centro en el eje quepasa por dicho punto.

Rotación

vi

vj

O

i

j

Figura 4.2: Rotación pura de un cuerpo rígido.

4.1.3. Movimiento combinado detraslación y rotación

Un cuerpo rígido puede tener dos movimien-tos simultáneos uno de traslación y otro derotación, es decir, el movimiento más generalde un cuerpo rígido, se puede considerar co-mo una combinación de traslación y rotación.Lo anterior, permite encontrar un sistema de re-ferencia en traslación, pero no rotante, respec-to al cual el movimiento parezca solamente derotación.

4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO 3

Como se observa en la figura 4.3, elmovimiento del cuerpo al pasar de la posición(1) a la posición (2), se puede considerar comouna traslación del centro de masa y una rotaciónalrededor de un eje que pasa a través del cen-tro de masa. Este movimiento combinado, ge-nera diferentes desplazamientos a las diferentespartículas que conforman el cuerpo rígido. Así,el desplazamiento del centro de masa es dife-rente al desplazamiento de la partícula A y engeneral se presenta esta situación para todas laspartículas del cuerpo.

A

C.M. AC.M.

C.M.

A

d1

d2

Movimiento

(1)(2)

Figura 4.3: Movimiento de traslación y rotación.

4.2. Momento de una fuerza res-pecto a un punto

Como es sabido, una fuerza F que actúa so-bre un cuerpo rígido se puede descomponer ensus componentes rectangulares Fx, Fy y Fz, quemiden la tendencia de la fuerza a desplazar elcuerpo en las direcciones x, y y z, respectiva-mente.

También se sabe que si a un cuerpo rígido sele aplica una fuerza, esta tiende, en general, aimprimirle tanto un movimiento de traslacióncomo de rotación, alrededor de un eje que pasapor un punto del cuerpo rígido, tal como O enla figura 4.4.

En esta unidad interesa considerar primero,el efecto de rotación que las fuerzas tienden aimprimirle a los cuerpos rígidos alrededor deun eje que pasa por un punto. La tendencia deuna fuerza F a imprimirle un movimiento derotación a un cuerpo rígido alrededor de unpunto, se mide mediante el concepto de momen-to de una fuerza. En otras palabras, el momentode una fuerza es una medida de la cantidad de

A

b

O

q

r

F

Mo

Figura 4.4: Momento de la fuerza F respecto al pun-to O.

rotación que una fuerza tiende a imprimirle aun cuerpo rígido, respecto a un punto.

Para definir esta cantidad física, se considerala fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de lafigura 4.4. Necesariamente, el efecto de rotacióndel cuerpo rígido alrededor de un eje que pasapor el punto O, depende de la magnitud, direc-ción y punto de aplicación de la fuerza. Adicional-mente, la posición del punto de aplicación A, seestablece en forma conveniente por medio delvector posición r que une el punto de referenciao centro de rotación O con el punto de aplicaciónA.

Se define el momento M de la fuerza F, res-pecto al punto O, como el producto cruz o vec-torial de los vectores r y F en ese orden, es decir,

Mo ≡ r × F. (4.1)

De acuerdo con la definición de producto vecto-rial ó producto cruz, el momento de fuerza Moes perpendicular al plano formado por el vectorposición r y el vector fuerza F , o lo que es igual,el momento de una fuerza es perpendicular tan-to al vector posición r como al vector fuerza F.Por otro lado, el sentido de Mo está definido porel sentido de rotación que alinearía a r con F. Enel caso de la figura 4.4, sería en el sentido demovimiento de las manecillas del reloj para unobservador no rotante situado en O. Este sen-tido coincide con el sentido de rotación de untornillo de rosca derecha.

Otra forma de obtener el sentido de rotación,en el caso de rotación en un plano, es median-te la regla de la mano derecha, que consiste enlo siguiente: se coloca la mano abierta paralela-mente al vector posición y luego se cierra en elsentido del ángulo menor formado por los vec-tores r y F. Procediendo de esta forma, el pulgar


apunta en el sentido de Mo, que para el caso dela figura 4.4 apunta perpendicularmente haciala hoja.

Como en tres dimensiones el vector posiciónestá dado en componentes rectangulares porr = xi + yj + zk y el vector fuerza por F =Fxi+ Fyj+ Fzk, se puede determinar el momen-to de la fuerza, respecto a un eje que pasa por elpunto O, mediante el determinante

Mo = r × F =

∣∣∣∣∣∣i j kx y zFx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣Resolviendo el determinante se obtiene

Mo = (yFz−zFy)i + (zFx−xFz)j + (xFy−yFx)k

O

q

Ar

FM

o

Figura 4.5: Posiciones relativas de r, F y Mo.

En la figura 4.5, se muestran las direccionesrelativas de los vectores r, F y Mo, donde se ob-serva la condición de perpendicularidad entreel plano formado por los vectores r y F con elvector Mo.

Expresando el momento de la fuerza F enla forma Mo = Mxi + Myj + Mzk, las compo-nentes rectangulares Mx,My y Mz miden la ten-dencia de la fuerza a imprimir al cuerpo rígidoun movimiento de rotación alrededor de los ejesx, y y z, respectivamente.

En el caso particular que r y F se encuentrenen el plano xy, como en la figura 4.6, se tienez = 0 y Fz = 0, por lo que el momento de lafuerza queda expresado por

Mo = (xFy−yFx)k, (4.2)

cuya magnitud está dada por Mo = xFy − yFx ycorresponde a un vector paralelo al eje z.

Sabiendo que en la figura 4.4, θ es el ángu-lo menor entre el vector posición r y la línea deacción de la fuerza F, por definición de produc-to vectorial, ecuación (4.1), la magnitud del mo-mento de la fuerza está dada por

M = rFsenθ = F(rsenθ). (4.3)

x

y

z

Mo

A

O

r

F

Figura 4.6: Dirección de M con r y F en el plano xy.

En la figura 4.4 se observa que b = rsenθ, o seaque la ecuación (4.3) se transforma en

M = Fb, (4.4)

donde b es la distancia perpendicular desde Ohasta la línea de acción de la fuerza F y seconoce como el brazo de palanca o brazo de lafuerza.

De la ecuación (4.4), se puede concluir que laefectividad en la rotación que tiende a impri-mir la fuerza F sobre el cuerpo rígido, aumen-ta con el aumento del brazo b. Un ejemplo deesto se presenta cuando se trata de abrir o ce-rrar una puerta, ya que entre más lejos de las bi-sagras se aplique la fuerza con mayor facilidadesta adquiere movimiento de rotación.

En síntesis, de lo anterior se puede afirmar:El momento de una fuerza mide la tendencia de lafuerza F a hacer rotar o girar al cuerpo alrededor deun eje fijo dirigido a lo largo de M.

Igualmente se nota en la figura 4.4, que lafuerza F se puede desplazar a lo largo de sulínea de acción sin cambiar el momento de lafuerza, hecho conocido como el principio detransmisibilidad. En otras palabras, los efectosfísicos de traslación y rotación no varían enabsoluto cuando se lleva a cabo esta operación.Ello permite afirmar que no se tiene un puntode aplicación, sino una línea de aplicación, así,la expresión M = xFy−yFx para el caso de dosdimensiones, corresponde a la ecuación de lalínea de acción de la fuerza cuyo momento dela fuerza es M, siendo x y y arbitrarios.

Dimensiones y unidades del momento de unafuerzaDe acuerdo con la ecuación (4.4), se tiene quela dimensión del momento de una fuerza es-


tá dada por la dimensión de fuerza multiplica-da por la dimensión de brazo, es decir, [F][b]que es la forma como se acostumbra expresarla,para no confundirla con las dimensiones de tra-bajo y energía. Por consiguiente, la unidad delmomento de una fuerza en el sistema interna-cional de unidades es N · m; en el sistema gaus-siano dina · cm y en el sistema inglés lb · p. Otraunidad que se emplea en algunos casos es elkilogramo-fuerza por metro, representado porkgf · m.

En el caso particular de dos dimensiones, escomún emplear la expresión M = Fb que só-lo permite obtener la magnitud del momentode una fuerza. Pero como en dos dimensionesel cuerpo rígido puede rotar en dos sentidos,es necesario tener una convención de signos.De acuerdo con la figura 4.7, el momento de lafuerza se toma positivo cuando el cuerpo rígi-do rota en sentido contrario a las manecillas delreloj y negativo al rotar en el mismo sentido delas manecillas del reloj.

A

b

O

A

b

O

+_

F

F

r

r

Mo

Mo

Figura 4.7: Convención de signos para M.

Ejemplo 4.1.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontal F.Utilizando la ecuación (4.1), determine elmomento de la fuerza respecto al extremoA y respecto al punto medio C. Comparelos resultados obtenidos.SoluciónRespecto al punto A, las componentesrectangulares del vector posición y de lafuerza están dadas, respectivamente, por

rA = L(cos β i + sen β j)F = F i.

Efectuando el producto vectorial entre es-tos vectores, se encuentra que el momento

A

C

F

bx

yB

de la fuerza respecto al punto A es

MA = −(FLsenβ)k. (1)

Operando en forma similar, con

rc = 12 L(cosβ i + sen β j)

F = F i,

el momento de la fuerza respecto al puntomedio C, está dado por

MC = − 12 (FLsenβ)k. (2)

De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2), setiene

i) En ambos casos el momento de lafuerza es un vector que entra per-pendicularmente al plano de la hoja,esto es, apunta en el sentido negati-vo del eje z. De este modo, la fuerzatiende a generar una rotación sobrela varilla en sentido horario.

ii) Para una orientación fija de la vari-lla, es mayor la cantidad de rotaciónque tiende a imprimir la fuerza res-pecto al punto A, al compararla conla rotación que tiende a imprimir res-pecto al punto C.

iii) En los dos casos, aunque con diferen-tes valores, la máxima rotación se ob-tiene para β = 90o, es decir, cuandola fuerza aplicada es perpendicular ala varilla.

Ejercicio 4.1.La varilla AB de la figura tiene longitud Ly está sometida a la fuerza vertical F. Uti-lizando la ecuación (4.1), determine el mo-mento de la fuerza respecto al extremo A yrespecto al punto medio C, si la fuerza es-tá dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo.Compare los resultados obtenidos.


A

C

F

bx

yB

Ejemplo 4.2.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontal F.Utilizando la ecuación (4.4), determine elmomento de la fuerza respecto al extremoA y respecto al punto medio C. Comparelos resultados obtenidos.

A

C

F

q

B

SoluciónDe acuerdo con la figura, la magnitud delmomento de la fuerza F, respecto al ex-tremo A, donde el brazo de la fuerza esbA = Lsenβ, está dado por

MA = F(Lsenβ). (1)

A

C

F

b

B

bA

bC

b

Igualmente, con bC = 12 Lsenβ, el mo-

mento respecto al punto medio de la vari-lla es

MC = F( 12 Lsenβ). (2)

Mediante la regla de la mano derecha, seencuentra que la rotación en ambos casos

coincide con el sentido de rotación de lasmanecillas del reloj, como se encontró enel ejemplo 4.1.

Al comparar las ecuaciones (1) y (2), seobserva que entre mayor sea el brazo de lafuerza, mayor es la rotación que la fuerzatiende a imprimir sobre la varilla, o sea,MA > MC.

Ejercicio 4.2.La varilla AB de la figura tiene longitud Ly está sometida a la fuerza vertical F. Uti-lizando la ecuación (4.4), determine el mo-mento de la fuerza respecto al extremo A yrespecto al punto medio C, si la fuerza es-tá dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo.Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Ejemplo 4.3.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontalF. Halle el momento de la fuerza respec-to al extremo A y respecto al punto medioC, descomponiendo la fuerza en una com-ponente paralela a la varilla y una com-ponente perpendicular a ella. Compare losresultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Solución

En este caso, como lo muestra la figu-ra, la línea de acción de la componente


A

C

B F

F//

F

b

b

paralela F cos β, pasa por los puntos A yC, esto es, su brazo es cero y por consi-guiente dicha componente no tiende a ge-nerar rotación sobre la varilla. Por otro la-do, el brazo de la componente perpendi-cular, F sen β, coincide con la longitud dela varilla para el punto A y con la mitadde la longitud de la varilla para el puntomedio C. Así, mediante la ecuación (4.4),se obtiene

MA = F(Lsenβ)

MC = F( 12 Lsenβ),

con rotación de la varilla en el sentidode las manecillas del reloj. Estos resulta-dos son idénticos a los encontrados en losejemplos 4.1 y 4.2.

Ejercicio 4.3.La varilla AB de la figura tiene longitud Ly está sometida a la fuerza vertical F. En-cuentre el momento de la fuerza respectoal extremo A y respecto al punto medio C,descomponiendo la fuerza en una compo-nente paralela a la varilla y una compo-nente perpendicular a ella, si la fuerza es-tá dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo.Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Ejemplo 4.4.La torre de la figura se sostiene mediante

tres cables sujetos en la parte superior, co-mo se indica. La tensión en el cable AB es500 N, la tensión en el cable AC es 800 N yla tensión en el cable AD es 103 N. El puntoD se encuentra a 7 (m) del origen de coor-denadas. Halle el momento que cada cuer-da ejerce sobre el piso, respecto al origende coordenadas.

x

y

zA

B

C

D

17 m

2 m

1 m

3.5 m

3 m

35o

SoluciónPara determinar las componentes de latensión en cada una de las cuerdas, se de-finen los vectores unitarios λBA, λCA yλDA, paralelos respectivamente a las ten-siones TBA, TCA y TDA, como se ilustra enla figura.

x

y

zA

BC

D

17 m

2 m

1 m

3.5 m

3 m

35o

TBA

TCA

TDA

lBA

lCA

lDA

De acuerdo con la figura, las coordena-das de los extremos de cada cuerda estándadas por A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2, 0),C(−3 m,−3.5 m, 0) y D(5.73 m, 4.01 m, 0)

Teniendo en cuenta las coordenadasanteriores, se encuentra que los vectoresunitarios en componentes rectangularesestán dados por

λBA = 0.06i − 0.12j + 0.99k,λCA = 0.17i + 0.2j + 0.97k,λDA = −0.31i − 0.22j + 0.92k.

Como TBA = TBAλBA, TCA = TCAλCA yTDA = TDAλDA, las componentes rectan-gulares de las tensiones en cada una de las


cuerdas, están dadas por

TBA = (30i − 60j + 495k)N,TCA = (136i + 160j + 776k)N,TDA = (−310i − 220j + 920k)N.

Igualmente, los vectores posición del pun-to de aplicación de cada tensión respectoal origen de coordenadas, están dados encomponentes rectangulares por

rOB = (−i + 2j)m,rOC = (−3i − 3.5j)m,rOD = (5.73i + 4.02j)m.

Teniendo en cuenta las componentes rec-tangulares de la tensión en cada cuerday sus respectivos vectores posición, se en-cuentra que el momento que cada cuerdaejerce sobre el piso, respecto al origen decoordenadas, está dado respectivamentepor

M1 = rOB × TBA

= (990i + 495j)N · m,M2 = rOC × TCA

= (−2716i + 2328j − 4k)N · m,M3 = rOD × TDA

= (3698.4i − 5271.6j − 50.50k)N · m.

4.3. Momento de un par defuerzas o cupla

En la figura 4.8, las fuerzas F1 y F2 forman unpar de fuerzas o cupla si cumplen simultánea-mente las tres condiciones siguientes

A

B

F2

F1

Figura 4.8: Par de fuerzas o cupla.

i) Las fuerzas son de igual magnitud, esto es,F1 = F2.

ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero nosuperpuestas.

iii) Los sentidos de las fuerzas son opuestos, esdecir, F1 = −F2.

4.3.1. Efectos de traslación de un par defuerzas

Ya que F1 + F2 = F1 + (−F1) = 0, la suma oresultante de las dos fuerzas es cero, así, un parde fuerzas no tiende a generar ningún efecto detraslación cuando se aplica a un cuerpo rígido.

4.3.2. Efectos de rotación de un par defuerzas

Para considerar los efectos de rotación, es nece-sario determinar el momento total o resultantede las dos fuerzas cuando actúan sobre el cuer-po rígido. Para ello se considera el par defuerzas de la figura 4.9.

A

b

B

q

-F

FO

r

rA

rB

Figura 4.9: Momento de un par de fuerzas o cupla.

La suma vectorial de los momentos de lasfuerzas F y −F, respecto al punto arbitrario O,está dada por

M = rA × F + rB × (−F)= (rA − rB)× F. (4.5)

Si en la ecuación (4.5) se hace la definición r ≡rA − rB, siendo r el brazo de palanca del par, setiene

M = r × F, (4.6)

donde M es llamado el momento del par y es unvector perpendicular al plano que contiene lasdos fuerzas y cuya magnitud es

M = rFsenθ = Fb,

4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA PAR 9

donde b es la distancia perpendicular entre laslíneas de acción de las dos fuerzas, como lomuestra la figura 4.9.

El resultado dado por la ecuación (4.6), mues-tra que M no depende del punto de referen-cia O, es decir, que el momento de un par defuerzas o cupla es un vector libre, ya que r esindependiente del centro de momentos O.

En algunos casos, dos pares de fuerzas tienenmomentos iguales en magnitud y dirección;cuando esto ocurre, se dice que los dos paresson equivalentes ya que tienden a generar losmismos efectos de rotación al actuar, por sepa-rado, sobre un cuerpo rígido. Esta situación seilustra en la figura 4.10, donde F1b1 = F2b2.

b1 b

2

-F1

F1

F2

-F2

Figura 4.10: Pares equivalentes.

4.4. Descomposición de unafuerza en un sistema fuerzapar

En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.11,se desea trasladar el punto de aplicación de lafuerza F del punto A al punto O, sin cambiar losefectos tanto de traslación como de rotación so-bre el cuerpo rígido. De acuerdo con el principiode transmisibilidad, se sabe que si la fuerza sedesliza a lo largo de su línea de acción, no cam-bian los efectos de traslación ni de rotación; perosi se desplaza al punto O, por fuera de su líneade acción, se modifican los efectos de rotaciónsobre el cuerpo rígido, aunque los efectos detraslación permanecen inalterados, ya que no secambia la magnitud de la fuerza.

Para que los efectos de rotación sobre el cuer-po rígido no cambien, al llevar a cabo la ope-ración anterior, se procede de la forma siguien-te. En el punto O se aplican las fuerzas F y −F

A

O

A

O

F

F

F

-F

rr

Figura 4.11: Sistema fuerza-par.

que no modifican ninguna acción sobre el cuer-po rígido, ya que su resultante es cero y el mo-mento neto de ellas respecto a O es nulo.

De este modo, la fuerza F aplicada en el pun-to A y −F aplicada en el punto O, forman unpar cuyo momento es M = r × F, o sea, se halogrado encontrar una fuerza F aplicada en Oy un par de momento M aplicado en el mismopunto. En esta disposición, conocida como sis-tema fuerza-par, F responde por los mismos efec-tos de traslación y el par de momento M por losmismos efectos de rotación, que tiende a impri-mir la fuerza única F aplicada inicialmente en elpunto A.

Si como en la figura 4.11, el vector posiciónr y la fuerza F aplicada en A, se encuentran enel plano de la hoja, el sistema fuerza-par se re-presenta en la forma mostrada en la figura 4.12,donde M es el momento del par correspondien-te.

A

O

A

O

F

Frr

Mo

Figura 4.12: Sistema fuerza-par en un plano.

De lo anterior, se puede afirmar: Cualquierfuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido, se puededesplazar a un punto arbitrario O, siempre que seagregue un par de momento igual al momento de Frespecto al punto O.

El par tiende a imprimir al cuerpo rígido losmismos efectos de rotación respecto a O que lafuerza F tendía a generar antes de trasladarla a


dicho punto, es decir, que la fuerza única aplica-da en A y el sistema fuerza-par correspondien-te, son físicamente equivalentes.

Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuer-po rígido, concurrentes o no, se lleva a cabo laoperación anterior con cada una de las fuerzas,obteniéndose un par resultante y un sistemade fuerzas concurrentes aplicadas en O, que sepuede reemplazar por una fuerza única o resul-tante. Así, se obtiene un sistema fuerza-par for-mado por la fuerza neta F y el par resultante M,dados respectivamente por

F = F1 + F2 + F3 + · · ·= ∑

iFi,

M = M1 + M2 + M3 + · · ·= ∑

iMi.

En conclusión: Siempre es posible reemplazarcualquier sistema de fuerzas por un sistema fuerza-par, de tal forma que la fuerza se escoge igual a F parala equivalencia traslacional y el par con momentoigual a M, se escoge para la equivalencia rotacional.

Como se verá posteriormente, cuando seanalice el movimiento combinado de traslacióny rotación de un cuerpo rígido, se tratarán porseparado los efectos de traslación y rotación, es-to es, las fuerzas aplicadas se reemplazarán porun sistema fuerzas-par equivalente.

Ejemplo 4.5.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontalF.Reemplazar la fuerza horizontal, por unsistema fuerza-par aplicado a) En el ex-tremo A. b) En el punto medio C.

A

C

F

q

B

Solucióna) Para que no cambien los efectos de

traslación que la fuerza tiende a imprimirsobre la varilla, la fuerza aplicada en Adebe ser la misma, esto es

F = Fi.

Por otro lado, los efectos de rotación nocambian si en A se aplica un par equiva-lente, igual al momento de la fuerza apli-cada en B y evaluado respecto al punto A,o sea

MA = −(FLsenθ)kEn la figura se muestra el sistema fuerza-par equivalente, aplicado en el extremo Ade la varilla.

A

C

B

FqMA

b) En el punto C la fuerza aplicadadebe ser la misma que en caso anterior,pero el par debe tener un momento, res-pecto al punto C, igual a

MC = − 12 (FLsenθ)k

En este caso, el sistema fuerza-par equiva-lente en el punto medio de la varilla, semuestra en la figura.

A

C

B

F

q

MA

De los dos resultados anteriores se ob-serva que el momento del par es diferen-te al tomar distintos puntos. Esto debe serasí ya que la fuerza tiende a imprimir dife-rentes efectos de rotación respecto a pun-tos distintos. Sin embargo, independiente-mente del punto donde se aplique el sis-tema fuerza-par equivalente, los efectos de

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO 11

traslación no cambian siempre y cuandono se cambien la magnitud ni la direcciónde la fuerza dada.

Ejercicio 4.4.Resolver el ejemplo 4.5, suponiendo que lafuerza aplicada en el extremo B es verticaly dirigida: a) Hacia arriba. b) Hacia abajo.

Ejemplo 4.6.La escuadra de la figura, que es un trián-gulo equilátero de lado d, está sometidaa fuerzas en sus tres vértices y a los dospares M y 2M. Las magnitudes de lasfuerzas están dadas por

P1 = P, P2 = 2P, P3 = 23 P y P4 = 1

2 P.

Reemplazar el sistema de fuerzas y los dospares, por un sistema fuerza-par equiva-lente aplicado en el vértice A.

A

C

B

P1

M

P3

P4

2M

P2

x

y

D

SoluciónTeniendo en cuenta que las fuerzas P1 yP2 forman ángulos de 60o con la direcciónpositiva del eje x, ya que el triángulo esequilátero, la fuerza resultante equivalen-te al sistema de fuerzas, está dada en com-ponentes rectangulares por

F = P(0.83i + 0.37j).

Utilizando el teorema de Pitágoras y ladefinición de la función tangente, se en-cuentra que en magnitud y dirección lafuerza resultante está dada por

F = 0.91P∠24o.

Calculando los momentos de las fuerzasrespecto al punto A y sumando los paresM y 2M, teniendo en cuenta su respectivosigno, para el par resultante se obtiene

MA = (M − 0.87Pd)k.

El sistema fuerza-par, formado por F yMA, se muestra en la figura siguiente,y responde por los mismos efectos detraslación y rotación que las fuerzas ylos dos pares simultáneamente aplicados,tienden a imprimir sobre la escuadra. Enla figura se supone que M > 0.87Pd, encaso contrario, el sentido de rotación esopuesto.

A C

B

F

24o

MA

Ejercicio 4.5.Reemplace el sistema de fuerzas y losdos pares del ejemplo 4.6, por un sistemafuerza-par aplicado a) En el punto B. b) Enel punto C.

4.5. Resultante de un sistema defuerzas aplicadas a un cuerporígido

Si sobre un cuerpo rígido actúan variasfuerzas, aplicadas en diferentes puntos, es nece-sario considerar por separado los efectos detraslación y de rotación.

Los efectos de traslación sobre el cuerpo,quedan determinados por el vector suma o re-sultante de las fuerzas, es decir,

F = F1 + F2 + F3 + · · · = ∑ Fi, (4.7)

donde se opera en la misma forma que para unapartícula sometida a varias fuerzas concurren-tes.

De forma similar, los efectos de rotación sobreel cuerpo rígido, están determinados por el vec-tor suma de los momentos de las fuerzas, eva-luados respecto al mismo punto de referencia,


es decir

M = M1 + M2 + M3 + · · · = ∑ Mi (4.8)

Pero ¿qué se puede decir respecto al punto deaplicación de la fuerza resultante? Como res-puesta se tiene que no siempre es posible reem-plazar este sistema de fuerzas por una fuerzaúnica que sea equivalente, ya que sólo es posi-ble hacerlo cuando F y M, obtenidos mediantelas ecuaciones (4.7) y (4.8) sean perpendiculares,ya que sólo de esta manera se satisface la expre-sión M = r × F que permite determinar el vec-tor posición r, que da el punto de aplicación dela fuerza F respecto al centro de rotación.

Si la condición anterior se satisface (M per-pendicular a F), la fuerza F así aplicada esequivalente al sistema, tanto en lo referente arotación como a traslación. Sin embargo, esto nosiempre es posible ya que en muchos casos F yM no son perpendiculares.

En general, un sistema de fuerzas no concu-rrentes que actúan sobre un cuerpo rígido, nosiempre es posible reducirlo a una fuerza únicaque sea equivalente.

Sin embargo, hay tres casos en los que siem-pre es posible reemplazar un sistema de fuerzaspor una fuerza única que es completamenteequivalente al sistema dado, pues en ellos sesatisface la condición de perpendicularidad en-tre F y M.

4.5.1. Resultante de un sistema defuerzas concurrentes

Se considera el caso de varias fuerzas concu-rrentes actuando sobre un cuerpo rígido y queestán aplicadas en el punto A, como se muestraen la figura 4.13.

A

O

A

O

F1

F2

F3

F4

F

rr

Figura 4.13: Sistema de fuerzas concurrentes.

El momento de la fuerza resultante F, respec-to al punto O, está dado por

M = r × F (4.9)

donde la resultante del sistema de fuerzas apli-cadas al cuerpo rígido, se encuentra mediante laexpresión

F = F1 + F2 + F3 + · · · = ∑ Fi

En este caso, el vector posición r es común alpunto de aplicación de todas las fuerzas, respec-to al centro de rotación O.

De este modo, la ecuación (4.9) adquiere laforma

F = F1 + F2 + F3 + · · · = ∑ Fi

donde se ha aplicando la propiedad distributivadel producto vectorial respecto a la suma, y deeste modo el momento total de las fuerzas apli-cadas al cuerpo rígido, respecto al punto O, esperpendicular a la fuerza neta F. Así,

M = M1 + M2 + M3 + · · · = ∑ Mi.

En conclusión, el momento con respecto al pun-to O de la resultante de varias fuerzas concu-rrentes, es igual a la suma de los momentos delas distintas fuerzas aplicadas, respecto al mis-mo punto O. Enunciado conocido como el teo-rema de Varignon.

En el caso particular que todas las fuerzasconcurrentes sean coplanares y que O se en-cuentre en el mismo plano, cada uno de los mo-mentos de fuerza tiene la misma dirección per-pendicular al plano, igual que el momento re-sultante.

Como un resultado general, se tiene queun sistema de fuerzas concurrentes siempre sepuede reemplazar por una sola fuerza, su resul-tante, la que es completamente equivalente alsistema en lo que respecta a efectos de traslacióny rotación, como se ilustra en la figura 4.13.

Ejemplo 4.7.Reemplazar el sistema de fuerzas que ac-túan en el extremo B de la varilla, por unafuerza única equivalente.


A

B

x

y

60o

60o

10 N

10 N

5 N

20 N

30o

SoluciónUtilizando el sistema de coordenadasmostrado en la figura, se encuentra quela resultante de las fuerzas concurrentesaplicadas en el extremo B de la varilla, estádada en componentes rectangulares por

F = (4.33 i + 4.82 j)N,

o sea que su magnitud y dirección estándadas por

F = 6.48 N∠ 48.06o

En la siguiente figura, se muestra la fuerzaúnica que responde por los mismos efec-tos de traslación y rotación que tiendena generar las cuatro fuerzas simultánea-mente aplicadas en el extremo B de la va-rilla.

A

B

x

y

60o

6.48 N

48.06o

Ejercicio 4.6.Compruebe el teorema de Varignon, parala situación planteada en el ejemplo 4.7.

4.5.2. Resultante de un sistema defuerzas coplanares

En la figura 4.14, se tiene un sistema defuerzas coplanares actuando sobre un cuerporígido.

O

y

xO

y

x

( , )x y

F2

F1

F3

F

rr

1

r2

r3

Figura 4.14: Sistema de fuerzas coplanares.

Para el sistema de coordenadas mostrado enla figura 4.14, donde el origen O se hace coin-cidir con el punto de rotación o centro de mo-mentos, se tiene que tanto los momentos indi-viduales M1,M2,M3, · · · . como el momento to-tal M, son perpendiculares al plano xy, esto es,la fuerza resultante es perpendicular al momen-to neto M. Así, es posible aplicar la fuerza re-sultante F en un punto cuyo momento esta da-do por la expresión M = r × F , donde r es elvector posición del punto de aplicación de lafuerza F respecto a O. En este caso, de acuer-do con la ecuación 4.2, la relación vectorial sepuede reemplazar por la expresión

M = xFy − yFx (4.10)

donde Fx y Fy son las componentes rectangu-lares de la fuerza resultante F, x y y las com-ponentes rectangulares del vector posición rdonde debe aplicarse la fuerza F.

De este modo, la fuerza única equivalente sedebe aplicar en un punto de coordenadas (x,y)tal que se satisfaga la ecuación (4.10). Esta ex-presión, corresponde a la ecuación de la línea deacción de la fuerza resultante, es decir, hay unalínea de aplicación, ya que esta puede deslizarsea lo largo de su línea de acción sin cambiar losefectos físicos, de acuerdo con el principio detransmisibilidad.

En síntesis: Cuando un sistema de fuerzascoplanares actúa sobre un cuerpo rígido, siem-pre es posible reducir el sistema a una solafuerza F, ya que en este caso el momento ne-to M es perpendicular a la fuerza resultante F.Este resultado se cumple aunque el centro demomentos se encuentre fuera del plano de lasfuerzas.

Se presenta una excepción a esta regla y es


cuando F = 0 y M ̸= 0, pues en este caso el sis-tema corresponde a un par de fuerzas o cupla,que sólo tiende a imprimir efectos de rotación.

Ejemplo 4.8.Determine, sobre el lado AC y sobre la al-tura BD, el punto de corte de la línea de ac-ción de la fuerza única que es equivalenteal sistema fuerza par obtenido en ejemplo4.6.SoluciónDe acuerdo con la ecuación (4.10), laecuación de la línea de acción de la fuerzaúnica equivalente, adquiere la forma

M − 0.87Pd = 0.37Px − 0.83Py

Respecto al sistema de referencia utilizadoen el ejemplo 4.6, sobre la recta AC y = 0,así, la línea de acción de la resultante cortael eje x en

x = 2.7M − 0.87Pd

PPor otro lado, la altura BD pasa por x =d/2, así que la línea de acción de la resul-tante corta la vertical en

y = 1.2(1.06Pd − M)

p.

Ejercicio 4.7.Determinar el punto de corte, sobre el ejex y sobre el eje y, de la línea de acciónde la fuerza única correspondiente al sis-tema fuerza par obtenido en cada uno delos puntos del ejercicio 4.6.

4.5.3. Resultante de un sistema defuerzas paralelas

En la figura 4.15, se tiene un sistema defuerzas paralelas actuando sobre un cuerporígido, esto es, sus líneas de acción son parale-las y pueden o no estar orientadas en el mismosentido.

Para el análisis que sigue y para mayor clari-dad, se toma como referencia el vector unitariou, el cual permite expresar la fuerza resultanteen la forma vectorial

F = F1 + F2 + F3 + F4 · · · (4.11)= (−F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u=

(∑ Fi

)u,

O

F1

F2

F3

F4

u

Figura 4.15: Sistema de fuerzas paralelas.

así, la fuerza resultante es paralela al vector uni-tario u, y su magnitud es

F = −F1 + F2 + F3 − F4 + · · · = ∑ Fi.

M = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + · · ·(4.12)= ∑ ri × Fi.

Ahora, con Fi = Fiu, la ecuación (4.12) se trans-forma en

M = ∑ ri × Fiu =(∑ riFi

)× u. (4.13)

La ecuación (4.13) muestra que el momento re-sultante M es perpendicular al vector unitariou, así, por la ecuación (4.11), también es perpen-dicular a la fuerza resultante F.

Por lo tanto, en el caso de fuerzas paralelassiempre es posible reemplazar el sistema de fuerzaspor una fuerza única equivalente, que respondepor los mismos efectos de traslación y rotación,que las fuerzas paralelas simultáneamente apli-cadas, tienden a imprimirle al cuerpo rígido.

De este modo, la fuerza equivalente F se debeaplicar en una posición rc, tal que

M = rc × F = rc(∑ Fi

)× u (4.14)

donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4.11).Las ecuaciones (4.13) y (4.14) se satisfacen

únicamente si se cumple que

rc(∑ Fi

)= ∑ (riFi).

De esta forma, respecto a O, el vector posicióndel punto donde se debe aplicar la fuerza únicaF está dado por

rc =∑ riFi

∑ Fi=

−r1F1 + r2F2 + r3F3 − · · ·−F1 + F2 + F3 − F4 + · · · . (4.15)


Expresando los vectores de la ecuación (4.15) encomponentes rectangulares, se encuentra quelas coordenadas del punto de aplicación de lafuerza, para que los efectos sobre el cuerpo rígi-do no cambien, están dadas por

xc =∑ xiFi

∑ Fi, yc =

∑ yiFi

∑ Fi, zc =

∑ ziFi

∑ Fi(4.16)

Un ejemplo de esta situación se presenta enel caso del peso de un cuerpo, donde cadapartícula, por tener masa, posee un peso y to-dos ellos corresponden a fuerzas paralelas. Elpunto donde se debe aplicar la fuerza resultanteo peso del cuerpo, no es más que el centro demasa del cuerpo. En la figura 4.16 se muestraesta situación.

C.M.

W

Figura 4.16: Sistema de fuerzas paralelas.

Ejemplo 4.9.Una barra uniforme de longitud L y masam, se somete al sistema de fuerzas para-lelas mostrado en la figura. La magnitudde la fuerza P es mg/2 y además AB =BC = CD = L/4, a)Reemplace las cuatrofuerzas por un sistema fuerza par aplicadoen el extremo A. b) Determine el punto deaplicación de la fuerza única equivalente.Solución

A

B

C

D

P

P/22 /3P

mgx

y

q

a) La fuerza neta equivalente al sistema defuerzas paralelas al eje y es

F = − 512 mgj.

Luego de calcular los momentos de lasfuerzas respecto al punto A, se encuentraque el momento del par resultante está da-do por

MA = − 548 mgLcosθk.

El sistema fuerza par equivalente aplicadoen el extremo A, se muestra en la figurasiguiente.

A

B

C

D

F

qM

A

b)Mediante las ecuaciones (4.16), seencuentra que las coordenadas del puntode aplicación de la fuerza única equivalen-te están dadas por

xB = 14 Lcosθ y yB = 1

4 Lsenθ

Como se muestra en la siguiente figura, lafuerza resultante debe aplicarse en el pun-to B.

A

B

C

D

F

x

y

q

En la tabla siguiente se muestra el va-lor de los coeficientes de L, en xc y xc, paradiferentes valores del ángulo θ.

θ 0 30 45 60 90cos θ

4 0.25 0.22 0.18 0.12 0.00sen θ

4 0.00 0.12 0.18 0.22 0.25

Se observa que al aumentar la inclinaciónde la barra, la coordenada xc disminuye


mientras que la coordenada yc aumenta,pero con la fuerza F actuando siempre so-bre el punto B.

Ejercicio 4.8.Resuelva el ejemplo 4.9, tomando el ori-gen de coordenadas a) En el punto C. b) Enel punto D.Compare los resultados, con elobtenido en el ejemplo 4.9.

4.6. Llave de torsión

Como un resultado general, se tiene que todosistema de fuerzas en el espacio, que actúe sobreun cuerpo, se puede reemplazar por un sistemafuerza par equivalente, que genera tanto efectosde traslación como efectos de rotación, o por unpar, que sólo genera efectos de rotación.

En las secciones anteriores se analizaron lostres casos en los cuales es posible reemplazar unsistema de fuerzas por una fuerza única equi-valente al sistema de fuerzas. Un sistema defuerzas en el espacio se puede reemplazar poruna fuerza única equivalente sólo cuando lafuerza neta F que actúa sobre el cuerpo y el mo-mento neto M son perpendiculares.

En el caso particular, que la fuerza neta F yel momento neto M no sean perpendiculares,el sistema fuerza par equivalente formado porestas dos cantidades, se puede reemplazar poruna llave de torsión. Esta situación se ilustra enla figura 4.17, donde el ángulo entre la fuerzaneta y el momento neto es β.

F

Mo

o

b

Figura 4.17: Sistema fuerza par no perpendiculares.

Para obtener la llave de torsión correspon-diente al sistema fuerza par de la figura,primero se descompone el momento del par re-sultante, en una componente paralela a la líneade acción de la fuerza resultante F y en otra

componente perpendicular a la línea de acciónde la resultante F, como se ilustra en la figura4.18. O sea

Mo = M1 + M2,

donde las magnitudes de estos pares compo-nentes están dados por:

M1 = Mo cos β y M2 = Mo sen β.

F

o

M1

M2

Figura 4.18: Para paralelo y perpendicular a F.

Una vez se lleva a cabo esta descomposición,se aplica el sistema fuerza par formado por lafuerza neta F y por el par M1, en un punto Adonde la fuerza neta genere el mismo momentoM2 respecto al punto O, es decir,

M2 = r × F.

F

o

M1

A

r

Figura 4.19: Llave de torsión formada por F y M.

Al sistema formado por la fuerza neta F y porel par M1, se le conoce como una llave de tor-sión, donde ambos vectores actúan en la mismadirección, como se muestra en la figura 4.19. Elnombre se debe a que la acción simultánea deempujar y torcer, es semejante a la acción gene-rada por una llave de torsión, la broca en un ta-ladro o un destornillador, donde se ejerce unafuerza y un par actuando sobre la línea de ac-ción de dicha fuerza.

4.6. LLAVE DE TORSIÓN 17

A la línea de acción de la fuerza neta F, se leconoce como el eje de torsión.

Ahora, como M1 = M1F1/F1, se tiene queM2 = Mo − M1F1/F1. Por lo tanto, se obtieneque

Mo − M1FF= r × F,

mediante la cual se puede hallar el vectorposición r, donde se debe aplicar el sistemafuerza par formado por F y M1, para que segenere el momento M2, y así el sistema cono-cido como llave de torsión, sea equivalente alsistema de fuerzas aplicadas al cuerpo rígido.

Ejemplo 4.10.Sobre el cubo de la figura, de lado 100 mm,actúan cinco fuerzas paralelas a sus res-pectivas aristas. a) Reemplace el sistemade fuerzas por un sistema fuerza par apli-cado en el punto O. b) Determine el ángu-lo que forman la fuerza neta y el par re-sultante. c) ¿Qué puede concluir del resul-tado obtenido? d) Obtenga la llave de tor-sión correspondiente.

x y

z

AB

C

H

D

GE

O

10 N15 N

20 N

25 N

25 N

Solucióna) Para obtener el sistema fuerza par enO, es necesario hallar la fuerza resultantey el momento resultante de las fuerzas,evaluado respecto al origen de coordena-das. Este sistema fuerza par debe respon-der por los mismos efectos de traslacióny rotación que el sistema de fuerzas apli-cadas tiende a imprimirle al cuerpo rígido.

Teniendo en cuenta el sistema de coor-denadas de la figura y la componente decada una de las fuerzas, se encuentra quela fuerza neta en componentes rectangula-res está dada por

F = (−50 i − 5 j + 20 k)N (1).

Donde su magnitud y dirección con cada

uno de los ejes de coordenadas, son

F = 54.08 N,θx = 157.60o,θy = 95.30o,θz = 68.30o.

Como la resultante del sistema defuerzas inicialmente aplicado al cubo esdiferente de cero, significa que estas tien-den a imprimirle efectos de traslación a lolargo de cada uno de los ejes coordena-dos, puesto que la fuerza neta tiene com-ponentes no nulas a lo largo de cada unode ellos.

De igual manera, considerando cadauna de las fuerzas aplicadas y el vectorposición de su punto de aplicación respec-to al origen de coordenadas, se encuentraque el momento neto que actúa sobre elcubo, debido a las fuerzas aplicadas, estádado en componentes rectangulares por

Mo = (2.5 i − 4.5 j + 3.5 k)N m (2).

Por lo que su magnitud y dirección respec-to a cada uno de los ejes de coordenadas es

Mo = 6.22 N · m,θx = 66.30o,θy = 136.34o,θz = 55.76o.

En este caso, como el momento neto delas fuerzas aplicadas al cubo, respecto alpunto O es diferente de cero, significa queel sistema de fuerzas tienden a imprimir-le efectos de rotación al cuerpo rígido alo largo de cada uno de los ejes coorde-nados, puesto que el momento resultantetiene componentes no nulas a lo largo decada uno de ellos.

En la figura, en busca de claridad, so-lo se muestra el sistema fuerza par en Oobtenido, donde F responde por los mis-mos efectos de traslación que el sistema defuerzas aplicado y M por los mismos efec-tos de rotación generados por las fuerzasaplicadas al cuerpo rígido.

b) Para determinar el ángulo γ que for-man la fuerza neta y el par resultante, seutiliza la definición de producto punto, es-to es

cos γ =F · Mo

FMo. (3)


x y

z

O

g

FMo

Reemplazando las ecuaciones (1), (2) y susrespectivas magnitudes en la ecuación (3)y luego de llevar a cabo las operaciones in-dicadas, se encuentra que el ángulo entrela fuerza y el momento del par es

γ = 95.54o.

Como el ángulo entre la fuerza y el mo-mento del par es diferente de 90o, signifi-ca que este sistema fuerza par no se puedereemplazar por una fuerza única equiva-lente.

c)Para obtener la llave de torsión,primero se descompone el par resultanteen una componente paralela y en unacomponente perpendicular a la fuerza ne-ta. De este modo, el paso de torsión estádado por

p =F · Mo

F2 = −0.01.

Por consiguiente, la llave de torsión estáformada por la fuerza resultante F y por elpar con componentes rectangulares

M1 = pF ≡ (0.5i + 0.05j − 0.2k).

4.7. Ecuación de movimiento parala rotación de un cuerpo rígi-do

Se sabe que el momento angular de un cuerporígido respecto a un punto está dado por

dLdt

= r × F, (4.17)

donde r es el vector posición que va desde elcentro de momentos hasta el punto donde estáaplicada la fuerza F. Por otro lado, teniendo encuenta la definición de momento de una fuerza

respecto a un punto, la ecuación (4.17) adquierela forma

dLdt

= M, (4.18)

conL = ∑

iLi,

yM = ∑

iMi,

donde estas cantidades se evalúan respecto almismo punto.

La ecuación (4.18) corresponde a la ecuaciónbásica para analizar el movimiento de rotaciónde un cuerpo rígido, esto es, la ecuación (4.18)desempeña en rotación el mismo papel que lasegunda ley de Newton en traslación. Por estarazón, se le conoce como la ecuación de movimien-to para la rotación de un cuerpo rígido.

4.7.1. Rotación de un cuerpo rígidoalrededor de un eje principal deinercia

Se supone que el cuerpo rígido de la figura4.20, tiene un movimiento de rotación alrededordel eje z considerado como eje principal de iner-cia. Además, se toma el origen como un puntofijo en el eje que corresponde a un sistema dereferencia no rotante o inercial.

O

w

L

z (Eje principal de inercia)

Figura 4.20: Rotación alrededor de un eje principalde inercia.

Como el eje de rotación z es un eje principalde inercia, se cumple la ecuación L = Iω, y laecuación (4.18) se transforma en

d(Iω)

dt= M, (4.19)

4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO 19

donde M es el momento total generado por lasfuerzas externas y evaluado respecto al puntofijo O, sobre el eje principal de inercia.

Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, setiene que el momento de inercia es constante yla ecuación (4.19) adquiere la forma

Iα = M, (4.20)

expresión en la que se ha empleado la definiciónde aceleración angular. La ecuación (4.20), váli-da en rotación, es equivalente en traslación a lasegunda ley de Newton para masa constante.

Si el momento total de todas las fuerzas exter-nas que actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo,de acuerdo con la ecuación (4.19) se cumple lacondición

Iω = Constante (4.21)

que corresponde a la conservación del momen-to angular, como se analizó en la unidad ante-rior.

4.7.2. Rotación de un cuerpo rígidoalrededor de un eje no principal deinercia

Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de uneje que no corresponde a un eje principal deinercia, como en la figura 4.21, es válida laecuación Lz = Iω, ya que el momento angulartotal no es paralelo a la velocidad angular, y laecuación de movimiento correspondiente, es

dLz

dt= Mz (4.22)

donde Mz es la componente del momento totalexterno, paralela al eje z.

Si la orientación del eje es fija respecto al cuer-po, el momento de inercia es constante. Así, alreemplazar la ecuación Lz = Iω en la ecuación(4.22), se obtiene

Iα = Mz,

que es la ecuación de movimiento a utilizarcuando el momento de inercia es constante, yel cuerpo rígido rota alrededor de un eje que noes principal.

O

wL

z (Eje no principal)

Figura 4.21: Rotación alrededor de un eje no princi-pal de inercia.

En los problemas de rotación de un cuerporígido, se recomienda seguir los siguientes pa-sos

1. Se hace el diagrama de cuerpo libre para elcuerpo de interés, dibujando solamente lasfuerzas externas que actúan sobre el cuer-po rígido y ubicándolas en el punto dondeactúan.

2. Se plantea la ecuación de movimiento parala rotación del cuerpo rígido, correspon-diente a la situación particular que se estéconsiderando.

3. Se calculan los momentos, respecto al pun-to fijo del cuerpo por donde pasa el eje derotación.

4. Se obtiene el momento de inercia del cuer-po rígido respecto al eje de rotación. Cuan-do sea necesario, se emplea el teorema deSteiner o de los ejes paralelos.

5. Se resuelve la ecuación de movimiento, de-pendiendo de la información suministraday solicitada.

Ejemplo 4.11.Un disco homogéneo de masa M y radioR1 tiene un pequeño saliente de radio R2,como se indica en la figura. El disco rotaalrededor de un eje que pasa por su cen-tro, debido a la acción de los bloques demasas m1 y m2. a)Para cada cuerpo, ha-ga el diagrama de cuerpo libre y planteelas respectivas ecuaciones de movimien-to. b)Determine la aceleración angular deldisco y la aceleración de cada bloque. c)Analice los resultados obtenidos en el nu-meral b).


c

M

m1

m2

R1

R2

SoluciónEn la solución de la situación planteada,se debe tener presente que los bloques altener traslación pura se trata bajo el mode-lo de partícula, mientras que para el discoque tiene rotación pura se considera bajoel modelo de cuerpo rígido.

a) Diagramas de cuerpo libre dondeT1 = T1

′ y T2 = T2′.

c

M

m1

m2

R1

R2

Movimiento

MovimientoMovimiento

Feje

Mg

T1´

T1

T2

T2´

m1gm2g

En lo que sigue se plantean las ecua-ciones de movimiento para cada uno delos cuerpos,teniendo en cuenta el sentidode movimiento considerado en los diagra-mas de cuerpo libre.

Como el disco tiene un movimiento derotación pura alrededor de un eje que pasapor el centro C, su ecuación de movimien-to tiene la forma general

� ∑ Mc =αIc,

y teniendo en cuenta el diagrama de cuer-po libre, se convierte en

−T1R1 + T2R2 = 12 MR2

1α, (1)

donde se ha tomado el sentido horario co-mo positivo y de acuerdo con la tabla deradios de giro de la unidad 3, se ha toma-do Ic =

12 MR2

1.Para el bloque de masa m1, que tiene

un movimiento vertical de traslación pura

hacia arriba, su ecuación de movimiento,está dada por

+ ↑ ∑ Fv = m1a1,

T1 − m1g = m1a1. (2)

Finalmente, para el bloque de masa m2que tiene un movimiento vertical detraslación pura hacia abajo, la ecuación demovimiento correspondiente es

+ ↓ ∑ Fv = m2a2,

m2g − T2 = m2a2. (3)

b) Como la aceleración de m2 es igual a laaceleración tangencial en el borde del pe-queño saliente y la aceleración de m1 esigual a la aceleración tangencial en el bor-de externo del disco se satisfacen las ex-presiones

a1 = αR1, (4)

a2 = αR2. (5)

Reemplazando la ecuación (4) en laecuación (2) y la (5) en la (3), se encuen-tra, que la aceleración angular del disco yla aceleración de los bloques, respectiva-mente, están dadas por

α =m2R2 − m1R1

R21(

12 M + m1) + m2R2

2g, (6)

a1 =R1(m2R2 − m1R1)

R21(

12 M + m1) + m2R2

2g, (7)

a2 =R2(m2R2 − m1R1)

R21(

12 M + m1) + m2R2

2g. (8)

c) Teniendo en cuenta que cada una de laspartículas que forman el disco, adquierenun movimiento circular uniforme cuandola aceleración angular se hace cero, es de-cir, α = 0, por la ecuación (6), se tiene queesta condición se satisface si el numeradorse hace cero, lo que lleva a la relación

m1

m2=

R2

R1. (9)

En la ecuación (9) se observa que existeuna relación inversa entre las masas de losbloques y los radios R1 y R2. Ahora, deacuerdo con el enunciado R2 < R1, asíR2/R1 < 1 o sea m1/m2 < 1 o lo que esigual m1 < m2 si la velocidad angular del


disco es constante. Igualmente se observa,al comparar las ecuaciones (7) y (8) con laecuación (9), que si el disco rota con ve-locidad angular constante, los bloques setrasladan con velocidad constante.

PreguntaPara el caso de velocidad angularconstante, ¿la magnitud de la veloci-dad de los bloques del ejemplo ante-rior es la misma? ¿Por qué?

Ejercicio 4.9.Para el enunciado del ejemplo 4.11, deter-mine la tensión en cada una de las cuerdas.

Ejercicio 4.10.Resuelva la situación del ejemplo 4.11suponiendo que los bloques están unidosmediante la misma cuerda y que esta pasapor el borde del disco de radio R1. Re-cuerde que el disco se comporta como unapolea real.

Ejemplo 4.12.El cuerpo rígido de la figura, conocido co-mo un péndulo físico, consta de una vari-lla delgada de masa m1 y un disco de masam2. Suponer que la varilla tiene una lon-gitud 6R y el disco un radio R. Por otrolado, el péndulo rota alrededor de un ejeque pasa por el extremo O, una vez que sesuelta desde la posición angular θo < 90o.a) Haga el diagrama de cuerpo libre parael péndulo físico y plantee su respectivaecuación de movimiento. b) Determine, enfunción del ángulo θ, la aceleración angu-lar del péndulo, la aceleración del centrode masa de la varilla y la aceleración delcentro de masa del disco. c) Determine, enfunción de θ, la velocidad angular del pén-dulo físico.Solucióna) En la figura se muestra el diagrama decuerpo libre para el péndulo físico, dondeFR es la fuerza que el eje ejerce sobre la va-rilla en O, m1g es el peso de la varilla y m2ges el peso del disco.

De acuerdo con el enunciado, elpéndulo físico tiene un movimiento derotación pura alrededor de un eje fijoque pasa por extremo O. Por lo tanto, la

R

6Rq

O

q

O

c'

c

m2 g

m1 g

FR

ecuación de movimiento en este caso es dela forma

∑i

MiO = αIO. (1)

Ahora, de acuerdo con el diagrama decuerpo libre para el péndulo compuestoy tomando el sentido horario como posi-tivo, el momento de las fuerzas externasestá dado por

∑ MiO = (3m1 + 7m2)Rg senθ. (2)

Por otro lado, como el momento de iner-cia del péndulo físico es igual al momentode inercia de la varilla más el momento deinercia del disco, evaluados respecto al ex-tremo O de la varilla, se tiene

IO = I ˚ O + IdO,

donde al emplear el teorema de Steiner yla información dada en la tabla 4.1 para elradio de giro al cuadrado, se llega a

IO = 32 (8m1 + 33m2)R2. (3)

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3)en (1), se encuentra que la ecuaciónde movimiento para el péndulo físico,adquiere la forma

(3m1 + 7m2)gsenθ = 32 α(8m1 + 33m2)R.

(4)


b) De acuerdo con la ecuación (4), la acele-ración angular del péndulo físico está da-da por

α =2(3m1 + 7m2)g

3R(8m1 + 33m2)senθ (5)

Así, la aceleración del centro de masa de lavarilla, con ac′ = α3R, es

ac′ =2(3m1 + 7m2)g(8m1 + 33m2)

senθ.

Finalmente, para la aceleración del centrode masa del disco, con ac = 7αR se obtiene

ac =14(3m1 + 7m2)g3(8m1 + 33m2)

senθ.

De los resultados obtenidos se observaque estas cantidades se hacen cero, úni-camente, cuando el ángulo θ es igual acero, esto es cuando la varilla se encuen-tra instantáneamente en posición vertical.Así, cuando la varilla se aleja de esta posi-ción, las magnitudes de estas cantidadesaumentan y cuando se acerca a ella dis-minuyen.

c) De acuerdo con la definición de ace-leración angular, la ecuación (5) se puedeescribir en la forma

dω

dt= Csenθ, (6)

donde la constante C definida por

C ≡ 2(3m1 + 7m2)g3(8m1 + 33m2)R

, (7)

tiene unidades de s−2.Si en la ecuación (6) se multiplica a am-

bos lados por dθ, se obtiene

ω∫0

ωdω = −Cθ∫

θ0

senθdθ,

el signo menos se debe tener en cuenta,ya que cuando el péndulo se suelta desdela posición inicial, el ángulo θ disminuyecon el tiempo. Luego de integrar y evaluarse encuentra que la velocidad angular delpéndulo físico está dado por

ω =√

2C(cosθ−cosθ0). (8)

De acuerdo con la ecuación (8), el máxi-mo valor de la velocidad angular se pre-senta en el instante que el péndulo está enposición vertical. Así, cuando θ disminuyela velocidad angular aumenta y cuando θ

aumenta la velocidad angular disminuye.

PreguntaEn la ecuación (8) ¿Qué condición sedebe cumplir entre el ángulo θ y el án-gulo θo? ¿Por qué?

Ejercicio 4.11.Resuelva el ejemplo 4.12,suponiendo queel péndulo físico está constituido sólo poruna varilla delgada de longitud 8R. Com-pare los resultados, con los obtenidos en elejemplo 4.12.

4.7.3. Movimiento combinado detraslación y rotación de un cuerporígido

Cuando el movimiento de un cuerpo rígido, estal que su centro de masa tiene movimiento detraslación respecto a un sistema de referenciainercial y un movimiento de rotación alrede-dor de un eje que pasa por el centro de masa,es necesario analizar los dos movimientos porseparado, es decir, considerar el sistema fuerzapar que actúa sobre el cuerpo rígido debido alsistema de fuerzas externas que actúan. Estasituación se muestra en la figura 4.22.

w

O

x

y

z

vc

zc

C.M.

Figura 4.22: Rotación y traslación de un cuerpo rígi-do.

Si el eje de rotación no está fijo respecto aun sistema de referencia inercial, como ocurrecuando un cuerpo rueda por un plano inclina-do, para analizar el movimiento de traslacióndel cuerpo se emplea la segunda ley de Newton


y se tiene en cuenta que el centro de masa, en loreferente a traslación, se comporta como si todala masa estuviera concentrada en dicho punto.De este modo, la ecuación de movimiento parala traslación del centro de masa del cuerpo rígi-do se expresa en la forma

F = m ac,

donde F es la fuerza neta debida a las fuerzasexternas que actúan sobre el cuerpo rígido, msu masa y ac la aceleración del centro masa.

Para el movimiento de rotación, se debe cal-cular el momento angular y el momento totaldebido a las fuerzas externas, respecto al cen-tro de masa del cuerpo. O sea, la ecuación demovimiento para la rotación del cuerpo rígidoalrededor de un eje que pasa por el centro demasa está dada por

dLc

dt= Mc. (4.23)

Si a la vez, como ocurre generalmente, larotación es alrededor de un eje principal quepasa por el centro de masa, se tiene

Icω = Lc. (4.24)

Ahora, si el momento de inercia es constan-te, eje fijo en el cuerpo, entonces mediante lasecuaciones (4.23) y (4.24), se encuentra que laecuación de movimiento correspondiente es

Icα = Mc,

donde se ha empleado la definición de acelera-ción angular.

Si para un cuerpo el momento total respectoal centro de masa es cero, la velocidad angulares constante y el momento angular se conserva.Esta situación ocurre cuando la única fuerza ex-terna aplicada a un cuerpo rígido homogéneo essu peso.

Debido a la complejidad que se presenta,cuando se analiza este tipo de movimiento entres dimensiones, se restringe el movimientoa dos dimensiones y con cuerpos homogéneosque presentan alto grado de simetría, tales co-mo esferas, cilindros o aros. Se consideran cuer-pos homogéneos, con el fin de garantizar que el

centro de masa del cuerpo coincida con su cen-tro geométrico

Cuando un cuerpo rígido tiene movimientocombinado de traslación y rotación sobre unasuperficie, se dice que el cuerpo rueda, y en estecaso se debe tener presente si rueda deslizandoo sin deslizar.

Si un cuerpo rígido homogéneo, rueda ydesliza, la fuerza de fricción es cinética, es-to es, se cumple la relación Fk = µkN.

Si el cuerpo rígido homogéneo, rueda sindeslizar, la fuerza de fricción es estática yla relación válida es Fs ≤ µsN.

Otra forma de entender lo anterior, es con-siderando la velocidad del punto de contactodel cuerpo rígido con la superficie sobre la cualrueda. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidaddel punto de contacto, con respecto a la superfi-cie es diferente de cero; pero si el cuerpo rueday no desliza, la velocidad del punto de contacto,con respecto a la superficie, es igual a cero.

Las expresiones, vc = ωR y ac = αR, sólotienen validez si el cuerpo rígido con alto gradode simetría, es homogéneo y rueda sin deslizar.

Cuando en un caso particular, no se sabe si elcuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslizar,primero se debe suponer que no hay desliza-miento. En el caso que la fuerza de fricción cal-culada, sea menor o igual a µsN, la suposiciónes correcta; pero si la fuerza de fricción obteni-da, es mayor que µsN, la suposición es incorrec-ta y el cuerpo rueda deslizando.

En problemas donde se presente movimien-to combinado de traslación y rotación, ademásde los pasos que se siguen para la rotación pu-ra de un cuerpo rígido, alrededor de un eje quepasa por su centro de masa, se debe incluir laecuación de movimiento correspondiente a latraslación del centro de masa.

Ejemplo 4.13.Un cascarón esférico homogéneo, de radioR y masa M, rueda sin deslizar por la su-perficie de un plano inclinado que formaun ángulo θ con la horizontal. Determinela aceleración de la esfera, su aceleración


R

M

q

angular y la fuerza de fricción entre la es-fera y la superficie del plano inclinado.SoluciónEn la figura siguiente se muestra el diagra-ma de cuerpo libre para el cascarón esféri-co, donde Mg es el peso del cascarón, Nla fuerza que la superficie ejerce sobre elcascarón y Fs la fuerza de fricción estáticaentre el cascarón y la superficie.

Mgq

N

Fs

c

Teniendo en cuenta que el cascaróntiene un movimiento combinado detraslación del centro de masa y derotación alrededor de un eje que pasapor el centro de masa,las ecuaciones demovimiento para este cuerpo rígido, estándadas como sigue.

Ecuaciones de movimiento para latraslación del centro de masa. En la direc-ción paralela al plano inclinado

+ ↘ ∑i

F// = Mac,

Mgsenθ − Fs = Mac, (1)

En la dirección perpendicular al plano in-clinado

+ ↗ ∑i

F⊥ = 0,

N − Mgcosθ = 0. (2)

Ecuación de movimiento para la rotaciónalrededor de un eje que pasa por el centro

de masa del cascarón

� ∑i

Mc = Icα,

FsR = 23 MR2α, (3)

donde se ha utilizado la información dadapor la tabla 4.1, para un cascarón.

De la ecuación (3), se tiene que lafuerza de fricción es la responsable de larotación del cascarón alrededor del eje quepasa por el centro de masa. Ahora, elimi-nando la fuerza de fricción Fs, mediantelas ecuaciones (1) y (3), se encuentra que laaceleración del cascarón, que correspondea la aceleración de su centro de masa, estádada por

ac =35 gsenθ, (4)

donde se ha empleado la expresión

ac = αR, (5)

ya que el cascarón es homogéneo y ruedasin deslizar.

Ahora, igualando las ecuaciones (4) y(5), para la aceleración angular del cas-carón se obtiene

α = 35

gsenθ

R. (6)

Finalmente, por las ecuaciones (3) y (6), lafuerza de fricción estática que actúa sobreel cascarón esférico, está dada por

Fs =25 Mgsenθ. (7)

De acuerdo con los resultados obtenidos,se puede concluir

1. Por la ecuación (4), la aceleracióndel cascarón sólo depende del án-gulo de inclinación θ y su magni-tud es menor que la aceleración de lagravedad, como es de esperarse, yaque no es una caída libre.

2. Para la aceleración angular del cas-carón, de acuerdo con la ecuación(6), se tiene que su magnitud de-pende, tanto del ángulo de incli-nación θ, como del tamaño del cas-carón al depender del radio R.

3. En lo referente a la fuerza de fric-ción estática, la ecuación (7) mues-tra que su magnitud depende de lamasa del cascarón M y del ángulo deinclinación θ.

4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO 25

Ejercicio 4.12.Resuelva el ejemplo 4.13, si el cascarón es-férico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro.Suponga en cada caso que la masa es My el radio es R. Compare los resultados,con los obtenidos en el ejemplo 4.13. Sise sueltan simultáneamente desde la mis-ma altura,¿cuál llega primero a la base delplano inclinado? Explique.

4.8. Energía en un cuerpo rígido

En esta sección se consideran los tipos de ener-gía que puede poseer un cuerpo rígido cuan-do está en movimiento. Como se mostrará, lostipos de energía que tenga el cuerpo rígido, de-pende del tipo de movimiento que este tenga.

4.8.1. Energía cinética de un cuerpo rígi-do

En la unidad de trabajo y energía, se encontróque a una partícula de masa m, con velocidad vrespecto a un sistema de referencia determina-do, se le asocia una energía cinética dada por

Ek = 12 mv2.

De esta forma, para un cuerpo rígido, que es uncaso particular de un sistema de partículas, laenergía cinética total del cuerpo rígido está da-da por la suma de las energías cinéticas de todaslas partículas que lo conforman, esto es

Ek = ∑i( 1

2 miv2i ), (4.25)

donde el término entre paréntesis correspondea la energía cinética de la partícula i, que tienemasa mi y velocidad con magnitud vi. De acuer-do a la forma como se ha planteado la ecuación(4.25), se tiene que la energía cinética es unacantidad asociada a cualquier partícula que seencuentre en movimiento, independientementedel tipo de movimiento o de la trayectoria des-crita.

A diferencia del caso de una partícula, enun cuerpo rígido es necesario distinguir entre

energía cinética traslacional y energía cinéticarotacional, ya que las fuerzas externas tiendena imprimir movimiento de traslación pura, omovimiento de rotación pura alrededor de uneje determinado o en la situación más general,movimiento combinado de traslación del centrode masa y rotación alrededor de un eje que pasapor el centro de masa del cuerpo.

4.8.2. Energía cinética traslacional de uncuerpo rígido

Cuando las fuerzas externas que actúan so-bre un cuerpo rígido, sólo tienen efectos detraslación pura, la energía cinética de traslacióndel cuerpo rígido está dada por la energía cinéti-ca del centro de masa, ya que en lo referentea traslación, el cuerpo rígido se comporta co-mo si todas la fuerzas actuaran sobre él y comosi su masa M se encontrara concentrada en di-cho punto. Por ello, la energía cinética de estapartícula es

Ek = 12 Mv2

c , (4.26)

siendo vc la magnitud de la velocidad del centrode masa. Esta situación física se muestra en lafigura 4.23, en el caso de movimiento del cuerporígido paralelamente al eje x.

O x

y

vc

C.M.

Figura 4.23: Traslación pura de un cuerpo rígido.

4.8.3. Energía cinética rotacional de uncuerpo rígido

En la figura 4.24, se tiene un cuerpo rígido conmovimiento de rotación pura, alrededor del ejez, y con velocidad angular ω.

La partícula i de masa mi, al describir latrayectoria circular con centro en el eje derotación, tiene una velocidad de magnitud vi


z

Ri

mi

O

gi

w

ri

vi

Figura 4.24: Rotación pura de un cuerpo rígido.

que está relacionada con la velocidad angularpor vi = ωRi, donde Ri es el radio de la cir-cunferencia que describe la partícula. Así, porla ecuación (4.25), se tiene que la energía cinéti-ca total del cuerpo rígido, debido al movimientode rotación pura, adquiere la forma

Ek = 12

(∑

imiR2

i

)ω2, (4.27)

donde el término entre paréntesis correspondeal momento de inercia del cuerpo rígido respec-to al eje de rotación, definido en la unidad 3, conri = Ri. Por consiguiente, la ecuación (4.27) setransforma en

Ek = 12 Iω2. (4.28)

La ecuación (4.28), permite determinar la ener-gía cinética total de rotación de un cuerpo rígi-do, y es de validez general ya que se cumplerespecto a cualquier eje de rotación. Además,de nuevo se observa que el momento de iner-cia desempeña en rotación, el mismo papel quela masa en traslación.

Cuando el cuerpo rígido rota alrededor de uneje principal de inercia, la ecuación (4.28) se con-vierte en

Ek = 12 Iω2,

expresión que sólo es válida si el cuerpo rígidorota alrededor de un eje principal de inercia.

4.8.4. Energía cinética total de un cuerporígido

Cuando un cuerpo rígido posee un movimien-to combinado de traslación y rotación, se debeconsiderar por separado la energía cinéticatraslacional y la energía cinética rotacional.

Ahora, si el eje de rotación pasa por el centrode masa y al mismo tiempo el centro de masatiene un movimiento de traslación respecto a unsistema de referencia inercial, como en la figura4.25, la energía cinética total del cuerpo rígido,utilizando las ecuaciones (4.26) y (4.28), está da-da por

Ek = 12 mv2

c +12 Icω2, (4.29)

donde el primer término a la derecha de laigualdad, es la energía cinética de traslación delcentro de masa y el segundo término, la ener-gía cinética de rotación respecto a un eje quepasa por el centro de masa. La cantidad Ic, enla ecuación (4.29), es el momento de inercia delcuerpo rígido respecto al eje que pasa a travésdel centro de masa.

O x

y

M

zc

C.M.

w

vc

Figura 4.25: Movimiento combinado de rotación ytraslación de un cuerpo rígido.

Lo anterior tiene sentido, ya que en un cuerporígido el centro de masa está fijo en el cuerpo yel único movimiento que el cuerpo puede tenerrespecto a su centro de masa es de rotación.

Ejemplo 4.14.Sabiendo que el sistema del ejemplo 4.11parte del reposo, determine su energíacinética total función del tiempo.SoluciónDe acuerdo con la situación planteada ycomo lo muestra la figura, el disco tieneun movimiento de rotación pura y los blo-ques movimiento de traslación pura.

Por esta razón, para determinar laenergía cinética total del sistema, es nece-sario incluir, además de la energía cinéticade rotación del disco,la energía cinética detraslación de cada bloque, esto es

Ek = 12 Icω2 + 1

2 m1v21 +

12 m2v2

2, (1)


c

M

m1

m2

R1

R2

donde los tres términos a la derecha de laecuación (1) son, respectivamente, la ener-gía cinética de rotación del disco, la ener-gía cinética de traslación de m1 y la energíacinética de traslación de m2.

Por otro lado, la velocidad de cadabloque está relacionada con la velocidadangular del disco por

v1 = ωR1 y v2 = ωR2. (2)

Reemplazando las ecuaciones (2) en laecuación (1), se obtiene para la energíacinética total del sistema, en función de lavelocidad angular del disco, la expresión

Ek = 12 [(

12 M + m1)R2

1 + m2R22]ω

2. (3)

Los resultados del ejemplo 4.10 muestranque el disco rota con aceleración angu-lar constante, esto es, su velocidad angu-lar varía con el tiempo, igual que la ener-gía cinética del sistema, de acuerdo con laecuación (3).

Utilizando tanto la expresión obtenidapara la aceleración angular en el ejemplo4.10 como la definición de aceleración an-gular, y teniendo en cuenta que el sistemaparte del reposo, se encuentra que la ve-locidad angular depende del tiempo en laforma

ω =(m2R2 − m1R1)g

R21(

12 M + m1) + m2R2

2t. (4)

De este modo, por las ecuaciones (3) y (4),la energía cinética del sistema, en funcióndel tiempo, está dada por

Ek = 12

(m2R2 − m1R1)2g2

R21(

12 M + m1) + m2R2

2t2. (5)

La ecuación (5), además de mostrar que laenergía cinética del sistema es positiva, in-dica que esta aumenta con el tiempo mien-tras exista movimiento.

Ejercicio 4.13.Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.10parte del reposo, determine su energíacinética total función del tiempo. Com-pare los resultados con los obtenidos en elejemplo 4.14.

Ejemplo 4.15.Determine, en función del ángulo θ, laenergía cinética del péndulo físico consi-derado en ejemplo 4.12.Solución

R

6Rq

O

En este caso, el péndulo físico tiene unmovimiento de rotación pura alrededor deun eje que pasa por el extremo O, esto es,sólo posee energía cinética rotacional dadapor

Ek = 12 IOω2. (1)

Ahora, de acuerdo con el ejemplo 4.10,se tiene

IO = 32 (8m1 + 33m2)R2, (2)

ω =√

2C(cosθ−cosθ0), (3)

con

C ≡ 2(3m1 + 7m2)g3(8m1 + 33m2)R

. (4)

Luego de reemplazar las ecuaciones (2) y(3) en la ecuación (1), se encuentra que laenergía cinética de rotación del péndulofísico es

Ek = gR(3m1 + 7m2)(cosθ − cosθo). (5)

Por la ecuación (5) se tiene que la energíacinética de rotación se hace instantánea-mente cero, cuando el péndulo físico lle-ga a los extremos de la trayectoria, esto es,donde θ = θo. Por otro lado, adquiere su


máximo valor en el instante que el péndu-lo está en posición vertical, o sea, cuandoθ = 0.

Ejercicio 4.14.Obtenga, en función del ángulo θ, la ener-gía cinética del péndulo físico del ejer-cicio 4.11. Compare su resultado con elobtenido en el ejemplo 4.15.

Ejemplo 4.16.Para el cascarón del ejemplo 4.13, deter-mine qué fracción de la energía cinética to-tal es traslacional y qué fracción es rota-cional, una vez que se inicia el movimien-to.SoluciónComo el cascarón tiene un movimientode rodadura, el centro de masa tiene unmovimiento de traslación y simultánea-mente rota alrededor de un eje que pasapor el centro de masa. Así, en un instantedeterminado, la energía cinética total delcascarón está dada por

RM

q

wv

c

Ek = 12 Mv2

c +12 Icω2. (1)

Ahora, como el cascarón rueda sindeslizar, la velocidad del centro de masaestá relacionada con la velocidad angularpor

v = ωR. (2)

Reemplazando la ecuación (2) en laecuación (1), con

Ic =23 MR2,

se obtiene

Ek = 56 MR2ω2. (3)

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), lafracción de la energía cinética total que esenergía cinética traslacional, está dada por

EkTEk

= 0.6,

y la fracción que es energía cinética rota-cional es

EkREk

= 0.4.

De acuerdo con estos resultados, el 60 %de la energía cinética total es traslacionaly el 40 % rotacional, independientementedel tamaño, la masa y la velocidad angulardel cascarón.

Ejercicio 4.15.Resuelva el ejemplo 4.16, si el cascarón es-férico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro.Suponga, en cada caso, que la masa es M yel radio es R. Compare los resultados, conlos obtenidos en el ejemplo 4.16.

4.8.5. Energía total de un cuerpo rígido

Teniendo en cuenta la definición de cuerporígido, la distancia entre cualquier pareja departículas no cambia durante el movimiento.Por ello, se puede suponer que la energía po-tencial propia o interna permanece constante,lo que permite no considerarla cuando se anali-za el intercambio de energía del cuerpo con susalrededores.

En concordancia con el teorema del trabajo yla energía, que es válido para el caso de un cuer-po rígido, se tiene

Wext = ∆Ek

= Ek − Eko, (4.30)

donde Wext es el trabajo realizado por todas lasfuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígi-do.

Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan si-multáneamente fuerzas externas conservativasy no conservativas, el trabajo total se puede ex-presar como

Wext = Wc + Wnc, (4.31)

siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzasexternas conservativas y Wnc el trabajo de lasfuerzas externas no conservativas. Teniendo encuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de la


ecuación (4.30), es posible demostrar que laecuación (4.31) se convierte en

Wnc = (Ek + Ep)− (Eko + Epo)

= ∆E, (4.32)

con E correspondiendo a la energía total delcuerpo rígido y Ep a la energía potencial aso-ciada con las fuerzas externas conservativas. Laecuación (4.32), igual que en el caso de unapartícula, muestra que la energía total de uncuerpo rígido no se conserva cuando sobre él ac-túan simultáneamente fuerzas externas conser-vativas y no conservativas, esto es, el sistema esno conservativo. La ecuación (4.32) se emplea,por ejemplo, cuando sobre un cuerpo rígido ac-túan simultáneamente la fuerza gravitacional yla fuerza de fricción dinámica.

En el caso particular que sobre el cuerpo sóloactúen fuerzas externas conservativas, el traba-jo realizado por las fuerzas no conservativas esnulo, y la ecuación (4.32) se transforma en

(Ek + Ep)− (Eko + Epo) = ∆E= 0

que expresa la conservación de la energía.Así, cuando sobre el cuerpo únicamente actúanfuerzas externas conservativas, la energía totalmecánica permanece constante, es decir, el sis-tema es conservativo.

De los resultados anteriores se puede afirmarque son idénticos a los obtenidos para el caso deuna partícula; la diferencia radica en el hechoque para un cuerpo rígido sólo se deben teneren cuenta las fuerzas externas, ya que tambiénse presentan fuerzas internas en este tipo de sis-tema.

Matemáticamente, la conservación de la ener-gía total se expresa en la forma

E = Ek + Ep

= 12 Mv2

c +12 Icω2 + Ep

= Constante.

En el caso particular de un cuerpo rígido quecae por acción de la gravedad y a la vez rotaalrededor de un eje que pasa por su centro de

y

x

yc

OTierra

C.M.

MEje de rotación

vc

E( = 0)p

w

Figura 4.26: Cuerpo rígido que desciende rotando.

masa, como se ilustra en la figura 4.26, la ley deconservación de la energía adquiere la forma

E = 12 Mv2

c +12 Icω2 + Mgyc

= Constante,

donde yc es la altura del centro de masa, res-pecto al nivel cero de energía potencial gravita-cional.

Es importante notar en este punto que cuan-do un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobreuna superficie horizontal rugosa, actúa la fuerzade fricción estática Fs. Esta fuerza de fricción norealiza trabajo, ya que la velocidad del punto decontacto vP, respecto a la superficie, es cero. Esdecir, para un desplazamiento infinitesimal

dW = Fs · dr

= Fs · drdtdt

= Fs · vPdt= 0.

Por lo tanto, si sobre un sistema actúansimultáneamente fuerzas conservativas y lafuerza de fricción estática, el sistema es conser-vativo.

Ejemplo 4.17.El cascarón esférico del ejemplo 4.13, partedel reposo desde una altura h como semuestra en la figura. Determine la veloci-dad angular y la velocidad del cascarón,cuando éste llega a la base del plano incli-nado.SoluciónDiagrama de cuerpo libre para el cascarón.

De acuerdo con el diagrama espacial,sobre el cascarón actúan las siguientesfuerzas


R

M

q

h

Ep= 0

La normal N, que por ser perpen-dicular al desplazamiento del centrode masa, no realiza trabajo.

El peso mg, que realiza trabajo y esuna fuerza conservativa.

La fuerza de fricción estática Fs, queno realiza trabajo ya que el cascarónrueda sin deslizar.

Mgq

N

Fs

c

De este modo, el sistema es conserva-tivo porque la única fuerza que realiza tra-bajo es conservativa. En otras palabras, laenergía mecánica total del cascarón per-manece constante. Así,

∆E = 0 Ef = Ei, (1)

donde Ei es la energía total en la situacióninicial y Ef en la situación final.

Ahora, de acuerdo con el nivel cero deenergía potencial elegido, la ecuación (1)adquiere la forma

Mgh = 12 Mv2

c +12 Icω2. (2)

Como el momento de inercia del cascarón,respecto a un eje que pasa por el centro demasa, está dado por

Ic =23 MR2,

la ecuación (2) se transforma en

6gh = 3v2c + 2R2ω2. (3)

Además, como el cascarón es homogéneoy rueda sin deslizar, es válida la expresión

vc = ωR. (4)

Así, mediante las ecuaciones (3) y (4) seencuentra que la velocidad angular delcascarón, cuando llega a la base del planoinclinado, está dada por

ω =1R

√65 gh,

y la velocidad del cascarón por

vc =√

65 gh.

Ejercicio 4.16.Partiendo de la expresión para la acele-ración angular, encontrada en el ejemplo4.13, determine la velocidad angular cuan-do el cascarón llega a la base del planoinclinado, sabiendo que partió desde unaaltura h. Compare su resultado, con elobtenido en el ejemplo 4.17.

Ejercicio 4.17.Resuelva el ejemplo 4.17, si el cascarón es-férico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Encada caso, suponga que la masa es M yradio es R. De acuerdo con sus resulta-dos y el obtenido en el ejemplo 4.16 ¿enqué orden llegarán los cuerpos a la basedel plano inclinado, si se les suelta si-multáneamente desde la misma posición?

4.9. Movimiento por rodadura deun cuerpo rígido

Bajo el modelo de partícula tratado en las tresprimeras unidades, se han considerado cuerposque deslizan sobre superficies reales o ásperas,es decir, sobre las superficies en contacto actúala fuerza de fricción cinética o dinámica ya quela velocidad relativa de una superficie respec-to a la otra, es diferente de cero. En esta sec-ción, se analiza el movimiento combinado detraslación y rotación de cuerpos rígidos sobresuperficies reales, tal como ocurre cuando unaesfera o cilindro tiene ambos movimientos aldescender sobre un plano inclinado.

Además, se sabe que cuando los cuerpos rígi-dos ruedan sin deslizar, situación conocida co-mo movimiento por rodadura, se debe tratar co-mo una combinación de un movimiento de

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO 31

traslación y uno de rotación. Lo importante deeste caso particular, se encuentra en el hechoque es posible tratar a un cuerpo rígido que rue-da sin deslizar, como si su movimiento fueraexclusivamente de rotación. A continuación seilustra la equivalencia de los dos métodos, osea, partiendo de un movimiento combinadode traslación y rotación se debe llegar a unmovimiento de rotación instantáneo puro, yviceversa.

En lo que sigue, como se muestra en la figu-ra 4.27, se considera un cuerpo rígido homogé-neo, con alto grado de simetría y que rueda sindeslizar en un plano bidimensional.

C C

Superficie rugosa

s R= q

s

q

R

a'

a

a

Figura 4.27: Movimiento por rodadura de un cuerporígido.

Por otro lado, se supone que es un cuerporígido de radio R y masa M, que rueda sobreuna superficie horizontal áspera. Como el cuer-po rígido rueda sin deslizar, cuando el radiobarre un ángulo θ, el centro de masa C se des-plaza horizontalmente una distancia s = Rθ,como lo muestra la figura 4.27. Por lo tanto, lamagnitud de la velocidad del centro de masa,para el movimiento puro por rodadura, está da-da por

vc =dsdt

= Rdθ

dt= Rω, (4.33)

y la magnitud de la aceleración del centro demasa, por

ac =dvc

dt

= Rdω

dt= Rα. (4.34)

Las ecuaciones (4.33) y (4.34) muestran que elcuerpo rígido se comporta como si rotara ins-tantáneamente alrededor de un eje que pasa porel punto de contacto del cuerpo con la super-ficie sobre la cual rueda sin deslizar. Se hablade rotación instantánea ya que el punto de con-tacto cambia continuamente mientras el cuerporueda. En otras palabras, se consideró inicial-mente un movimiento combinado de traslacióny rotación, y se ha llegado a un movimiento derotación instantánea pura.

Para ilustrar un poco más el resultado ante-rior, en la figura 4.28 se muestran las veloci-dades lineales de diversos puntos del cilindroque rueda. Como consecuencia del movimien-to de rotación instantánea pura, la velocidad li-neal de cualquiera de los puntos señalados, seencuentra en una dirección perpendicular a larecta que va de ese punto al punto de contactocon la superficie. En cualquier instante, el puntode contacto P está en reposo instantáneo respec-to a la superficie, ya que no se presenta desliza-miento entre las superficies. Por esta razón, eleje que pasa por el punto de contacto P, que esperpendicular a la hoja, se le conoce como ejeinstantáneo de rotación.

vP= 0P

P'

C

Q

Q'

v vP' c= 2

vc

vQ

vQ'

Figura 4.28: Rotación alrededor de un eje instantá-neo que pasa por P.

Partículas del cuerpo rígido, tales como Q yQ’, tienen componentes horizontal y vertical dela velocidad; sin embargo, los puntos P, P’ y elcentro de masa C, son únicos y tienen un interésespecial. Por definición, el centro de masa delcilindro se mueve con velocidad vc = Rω, entanto que el punto de contacto P tiene velocidadcero. Entonces, se concluye que el punto P’ debetener una velocidad vP = 2vc = 2Rω, dado que


todos los puntos del cuerpo tienen la misma ve-locidad angular y la distancia PP’ es dos vecesla distancia PC.

Ahora se lleva a cabo el procedimiento inver-so, considerando la energía cinética del cuerporígido. Para rotación instantánea pura, la ener-gía cinética total del cuerpo rígido que rueda sindeslizar, está dada por

Ek = 12 IPω2, (4.35)

siendo IP el momento de inercia del cuerpo rígi-do respecto al eje instantáneo que pasa por elpunto de contacto P.

De acuerdo con el teorema de Steiner, el mo-mento de inercia del cuerpo rígido respecto aun eje que pasa por el punto de contacto P, estádado por

IP = Ic + MR2, (4.36)

donde Ic es el momento de inercia del cuerporespecto a un eje que pasa por el centro de masa,M es la masa del cuerpo y R la separación entrelos ejes, coincidente con el radio.

Reemplazando la ecuación (4.36) en laecuación (4.35) y utilizando la relación vc = Rω,finalmente se encuentra que la energía cinéticatotal del cuerpo es

Ek = 12 Icω2 + 1

2 Mv2c . (4.37)

En la ecuación (4.37), se observa que el primertérmino de la derecha corresponde a la energíacinética de rotación del cuerpo, respecto a uneje que pasa por su centro de masa, y el segun-do término corresponde a la energía cinética detraslación del centro de masa.

Por lo anterior, se tiene nuevamente que losefectos combinados de traslación del centro demasa y de rotación alrededor de un eje que pasapor el centro de masa, son equivalentes a unarotación instantánea pura con la misma veloci-dad angular con respecto a un eje que pasa porel punto de contacto de un cuerpo que va ro-dando sin deslizar.

Ejemplo 4.18.Resolver el ejemplo 4.13, considerando eleje instantáneo de rotación.

R

M

q

P

SoluciónEn el diagrama de cuerpo libre, se obser-va que las líneas de acción de la normal Ny de la fuerza de fricción estática Fs, estánaplicadas en el punto de contacto del cas-carón con la superficie sobre la cual ruedasin deslizar.

mgq

N

Fs

c

P

Ahora, como el cascarón rueda sindeslizar, este se comporta como si instan-táneamente rotara alrededor de un eje quepasa por el punto de contacto P. De estemodo, la ecuación de movimiento para larotación instantánea pura, es de la forma

� ∑i

MP = IPα. (1)

Por otro lado, como el peso mg es la úni-ca fuerza que genera rotación respecto alpunto P, la ecuación (1), con IP = Ic +MR2, se transforma en

gsenθ = 53 Rα, (2)

donde se ha tomado el sentido horario co-mo positivo y se cumple la expresión Ic =23 MR2.

Por consiguiente, de la ecuación (2) setiene que la aceleración del cascarón es

α = 35

gsenθ

R,

y la aceleración del centro de masa, conac = αR, es

ac =35 gsenθ.

Estos resultados, al ser idénticos a losobtenidos en el ejemplo 4.13, muestran

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO 33

que realmente el cascarón se comporta co-mo si rotara instantáneamente respecto aleje que pasa por el punto de contacto P.

Para determinar la fuerza de fricciónes necesario recurrir al método utilizadoen el ejemplo 4.13, ya que este método nopermite obtenerla.

Ejercicio 4.18.Resuelva el ejemplo 4.18, si el cascarón es-férico se cambia por a) Una esfera maciza.b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En ca-da caso, suponga que la masa es M y elradio es R. Compare lo resultados con losobtenidos en el ejemplo 4.18.

Ejemplo 4.19.Determine, en función de la velocidad an-gular, la energía cinética total del cascarónesférico del ejemplo 4.13, considerando eleje instantáneo de rotación.

mgq

N

Fs

c

P

SoluciónPara rotación instantánea pura, la energíacinética total del cascarón se obtiene me-diante la expresión

Ek = 12 IPω2, (1)

donde el momento de inercia del cascarón,respecto al eje instantáneo de rotación, es

IP = 23 MR2 + MR2. (2)

Reemplazando la ecuación (2) en laecuación (1), se obtiene

Ek = 56 MR2ω2,

resultado idéntico al encontrado en elejemplo 4.15, para la energía cinética totaldel cascarón.

Ejercicio 4.19.Resuelva el ejemplo 4.19, si se cambia el

cascarón esférico por a) Una esfera ma-ciza. b) Un cilindro o disco. c) Un aro. Encada caso, suponga que la masa es M y elradio es R. Compare los resultados con elobtenido en el ejemplo 4.19.

Ejemplo 4.20.Una rueda acanalada o 2o-yo", de masa My radio R, desciende sin deslizar sobre uncarril inclinado un ángulo θ respecto a lahorizontal. La rueda está apoyada sobresu eje de radio r. Despreciando el momen-to de inercia del eje, determine a) La acele-ración del centro de masa de la rueda y suaceleración angular. b) La fuerza fricciónque actúa sobre el eje. Resuelva el proble-ma por dos métodos diferentes.

R

M

q

P

rc

SoluciónDiagrama de cuerpo libre, donde lasfuerzas que actúan sobre la rueda son lanormal N, el peso mg y la fuerza de fric-ción estática Fs.

R

M

q

P

cr

Mg

Fs

N

Método 1: Movimiento combinado detraslación y rotación

De acuerdo con el diagrama de cuerpolibre, las ecuaciones de movimiento, en ladirección paralela al plano inclinado

↙ +∑i

F// = Mac,

en la dirección perpendicular al plano in-clinado

↖ +∑i

F⊥ = 0,

∑i

Mc = Icα,


adquieren la forma

Mgsenθ − Fs = Mac, (1)

N − mgcosθ = 0, (2)

Fsr = 12 MR2α. (3)

a) Mediante las ecuaciones (1) y (3), conac = αr, se encuentra que la aceleraciónde la rueda está dada por

ac =2r2gsenθ

R2 + 2r2 . (4)

Si la ecuación (4) se escribe en la forma

ac =gsenθR2

2r2 + 1,

se tiene que para un ángulo de inclinaciónconstante, entre mayor sea el radio del ejede la rueda, la aceleración del centro demasa se hace mayor, obteniéndose el má-ximo valor en el caso que R = r, donde laaceleración sería

ac =23 gsenθ.

Por medio de la ecuación (4), con ac = αr,se tiene que la aceleración angular de larueda es

α =2rgsenθ

R2 + 2r2 . (5)

b) Mediante las ecuaciones (1) y (4) o (3) y(5), se encuentra que la fuerza de fricciónestá dada por

Fs =MgR2senθ

R2 + 2r2 .

Se observa que para una inclinación cons-tante, la fuerza de fricción disminuye alincrementar el radio del eje de la rueda,adquiriendo su máximo valor, cuando eleje coincide con el borde exterior de la rue-da, en cuyo caso

Fs =13 Mgsenθ.

Método 2: Eje instantáneo de rotación.a) En el diagrama de cuerpo libre, se

observa que la normal y la fuerza de fric-ción estática están aplicadas en el punto decontacto P. Esto hace que el peso Mg seala única fuerza que genera rotación instan-tánea pura, alrededor del eje que pasa por

P. Así, la ecuación de movimiento es de laforma

∑i

MP = IPα. (6)

Ahora, al tomar el sentido antihorario co-mo positivo y empleando el teorema deSteiner con Ic = 1

2 MR2, la ecuación (6)adquiere la forma

grsenθ = ( 12 R2 + r2)α.

Así, la aceleración del centro de masa, conac = αr y por la ecuación (6), está dada por

ac =2r2gsenθ

R2 + 2r2 ,

y la aceleración angular por

α =2rgsenθ

R2 + 2r2 ,

que son resultados idénticos a los encon-trados en el método anterior.

b) Para determinar la fuerza de fric-ción, se debe emplear la ecuación demovimiento para la traslación del centrode masa, ya que por este método no esposible.

4.10. ENUNCIADOS

1. Considere el disco mostrado en la figu-ra. Cuando el disco tiene (a) Traslaciónpura, (b) rotación pura y (c) movimientocombinado de traslación y rotación, res-ponda las siguientes preguntas: ¿Bajo quémodelo de cuerpo se debe tratar el dis-co? Explique. ¿Qué trayectoria describenlas partículas que lo conforman? Explique.¿Dichas trayectorias tienen algo en común?

C

4.10. ENUNCIADOS 35

2. La varilla de la figura tiene longitud d. (a)Halle el momento de la fuerza F aplicadaen el punto A, respecto al punto B y res-pecto al punto C. (b) Halle el momento dela fuerza F aplicada en el punto B, respectoal punto A y respecto al punto C. (c) Halleel momento de la fuerza F aplicada en C,respecto al punto A y respecto al punto B.¿Qué conclusiones puede obtener al com-parar los resultados anteriores? Explique.

C

A

B

b

g F

C

A

B

bC

A

B

gF

C

A

B

b

gF

(a) (b) (c)

3. La varilla de la figura tiene longitud d. (a)Reemplace la fuerza F, aplicada en A, porun sistema fuerza par aplicado en B y unsistema fuerza par aplicado en C. (b) Reem-place la fuerza F, aplicada en B, por sistemafuerza fuerza par aplicado en A y por unsistema fuerza par aplicado en C. (c) Reem-place la fuerza F, aplicada en C, por sistemafuerza fuerza par aplicado en A y por unsistema fuerza par aplicado en B.

C

A

B

b

g F

C

A

B

bC

A

B

gF

C

A

B

b

gF

(a) (b) (c)

4. La torre de la figura se sostiene mediantetres cables sujetos en la parte superior, co-mo se indica. La tensión en el cable AB es450 N, la tensión en el cable AC es 850 N, latensión en el cable AD es 900 N y la distan-cia OD es 7 m.(a) Exprese cada una de lasfuerzas en sus componentes rectangulares.(b) Encuentre el momento neto que actúasobre la torre en el extremo A.

x

y

zA

B

C

D

17 m

2 m

1 m

3.5 m3 m

35o

O

Efectos Rotacionales y Traslacionales de Una Fuerza

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