MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA Y...

MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA YENERGIA

BERNARDO ARENAS GAVIRIAUniversidad de Antioquia

Instituto de Física

2017

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4.6. Llave de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . 17

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 . . . 184.7.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . . . . 21

4.8. Energía en un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.8.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.8.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.8.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.8.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.8.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4.9. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.10. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Bibliografía 40

3

Capı́tulo 4Momento angular y momento de unafuerza

CompetenciasEn esta unidad se busca que el estudiante

Infiera la diferencia entre movimiento tras-lacional y movimiento rotacional.

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

Aplique el principio de transmisibilidad.

Defina el concepto de par de fuerzas o cu-pla y analice los efectos que este sistema ge-nera sobre un cuerpo rígido.

Identifique el momento de un par de fuer-zas como un vector libre.

Defina un el concepto de sistema fuerza pary analice los efectos que este sistema generasobre el cuerpo.

Reemplace una fuerza por un sistema fuer-za par equivalente.

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

Obtenga la fuerza neta equivalente en el ca-so de fuerzas concurrentes, fuerzas copla-nares y fuerzas paralelas.

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

Obtenga y defina el concepto de llave detorsión.

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

Analice el movimiento combinado de tras-lación 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 deta-lle, 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 de unsistema de partículas, que deben cumplir la con-dición que la separación entre cualquier par deellas siempre permanece constante, sin impor-tar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. Estadefinición permite afirmar que un cuerpo rígi-do no se deforma bajo ninguna interacción conotros 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 cambiar suorientación, es decir, todos los puntos del cuer-po sufren el mismo desplazamiento a medidaque transcurre el tiempo. De acuerdo con la fi-gura 4.1, la partícula A y el centro de masa C.M.,han tenido el mismo desplazamiento; esta es larazón por la cual, cuando se analiza el movi-miento de traslación, es suficiente considerar elmovimiento del centro de masa del cuerpo. Esposible demostrar que el centro de masa, en loque a traslación se refiere, se comporta comosi toda la masa estuviera concentrada en dichopunto y como si todas las fuerzas externas ac-tuaran 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 de tras-lación de un cuerpo rígido se utilizan los mis-mos métodos empleados para la dinámica deuna partícula, teniendo en cuenta que el centro

de masa es la partícula de interés. O sea, para elmovimiento de traslación de un cuerpo rígidode masa constante m, la segunda ley de New-ton adquiere 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 de rota-ción pura, cuando cambia su orientación mien-tras se mueve, de tal forma que todas las par-tículas que lo conforman describen trayectoriascirculares con centro en el eje de rotación. En es-tas condiciones, el centro de rotación permane-ce fijo respecto a un sistema de referencia fijo entierra.

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 de trasla-ción y rotación

Un cuerpo rígido puede tener dos movimien-tos simultáneos uno de traslación y otro de rota-ción, es decir, el movimiento más general de uncuerpo rígido, se puede considerar como unacombinación de traslación y rotación. Lo ante-rior, permite encontrar un sistema de referenciaen traslación, pero no rotante, respecto al cual elmovimiento parezca solamente de rotación.

Como se observa en la figura 4.3, el movi-miento del cuerpo al pasar de la posición (1) a

4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO 3

la posición (2), se puede considerar como unatraslación del centro de masa y una rotación al-rededor de un eje que pasa a través del centrode masa. Este movimiento combinado, generadiferentes desplazamientos a las diferentes par-tículas que conforman el cuerpo rígido. Así, eldesplazamiento del centro de masa es diferenteal desplazamiento de la partícula A y en generalse presenta esta situación para todas las partícu-las 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.

A

b

O

q

r

F

Mo

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

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 de ro-tación a un cuerpo rígido alrededor de un pun-to, se mide mediante el concepto de momentode una fuerza. En otras palabras, el momento deuna fuerza es una medida de la cantidad de ro-tación que una fuerza tiende a imprimirle a uncuerpo 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 Mo 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 pulgarapunta en el sentido de Mo, que para el caso de


la 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 en laforma Mo = Mxi + Myj + Mzk, las componen-tes rectangulares Mx,My y Mz miden la tenden-cia de la fuerza a imprimir al cuerpo rígido unmovimiento de rotación alrededor de los ejes x,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

Mo = 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

Mo = Fb, (4.4)

donde b es la distancia perpendicular desde Ohasta la línea de acción de la fuerza F y se cono-ce como el brazo de palanca o brazo de la fuerza.

De la ecuación (4.4), se puede concluir que laefectividad en la rotación que tiende a imprimirla fuerza F sobre el cuerpo rígido, aumenta conel aumento del brazo b. Un ejemplo de esto sepresenta cuando se trata de abrir o cerrar unapuerta, ya que entre más lejos de las bisagras seaplique la fuerza con mayor facilidad esta ad-quiere 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 Mo.

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 Mo = xFy−yFx para el caso de dosdimensiones, corresponde a la ecuación de lalínea de acción de la fuerza cuyo momento dela fuerza es Mo, 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 estádada por la dimensión de fuerza multiplicada


por la dimensión de brazo, es decir, [F][b] quees la forma como se acostumbra expresarla, pa-ra 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 Mo = Fb que sólopermite obtener la magnitud del momento deuna fuerza. Pero como en dos dimensiones elcuerpo rígido puede rotar en dos sentidos, esnecesario tener una convención de signos. Deacuerdo con la figura 4.7, el momento de la fuer-za se toma positivo cuando el cuerpo rígido rotaen sentido contrario a las manecillas del reloj ynegativo al rotar en el mismo sentido de las ma-necillas del reloj.

A

b

O

A

b

O

+_

F

F

r

r

Mo

Mo

Figura 4.7: Convención de signos para Mo.

Ejemplo 4.1 La varilla AB de la figura 4.8 tienelongitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.Utilizando la ecuación (4.1), determine el momentode la fuerza respecto al extremo A y respecto al pun-to medio C. Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

bx

yB

Figura 4.8: Momento respecto al punto A.

SoluciónRespecto al punto A, las componentes rectangularesdel vector posición y de la fuerza están dadas, res-pectivamente, por

rA = L(cos β i + sen β j)F = F i.

Efectuando el producto vectorial entre estos vecto-res, se encuentra que el momento de la fuerza res-pecto 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 punto medio C,está dado por

MC = − 12 (FLsenβ)k. (2)

De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2), se tiene

i) En ambos casos el momento de la fuerza es unvector que entra perpendicularmente al planode la hoja, esto es, apunta en el sentido nega-tivo del eje z. De este modo, la fuerza tiende agenerar una rotación sobre la varilla en sentidohorario.

ii) Para una orientación fija de la varilla, es mayorla cantidad de rotación que tiende a imprimir lafuerza respecto al punto A, al compararla con larotación que tiende a imprimir respecto al pun-to C.

iii) En los dos casos, aunque con diferentes valores,la máxima rotación se obtiene para β = 90o, esdecir, cuando la fuerza aplicada es perpendicu-lar a la varilla.

Ejercicio 4.1 La varilla AB de la figura 4.9 tienelongitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Uti-lizando la ecuación (4.1), determine el momento dela fuerza respecto al extremo A y respecto al puntomedio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b)hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

Ejemplo 4.2 La varilla AB de la figura 4.10 tienelongitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.Utilizando la ecuación (4.4), determine el momentode la fuerza respecto al extremo A y respecto al pun-to medio C. Compare los resultados obtenidos.SoluciónDe acuerdo con la figura 4.11, la magnitud del mo-mento de la fuerza F, respecto al extremo A, dondeel brazo de la fuerza es bA = Lsenβ, está dado por

MA = F(Lsenβ). (1)


A

C

F

bx

yB

Figura 4.9: Momento de fuerza vertical.

A

C

F

q

B

Figura 4.10: Momento de una fuerza horizontal.

Igualmente, con bC = 12 Lsenβ, el momento res-

pecto al punto medio de la varilla es

MC = F( 12 Lsenβ). (2)

Mediante la regla de la mano derecha, se encuentraque la rotación en ambos casos coincide con el sen-tido de rotación de las manecillas del reloj, como seencontró en el ejemplo 4.1.

Al comparar las ecuaciones (1) y (2), se observaque entre mayor sea el brazo de la fuerza, mayor esla rotación que la fuerza tiende a imprimir sobre lavarilla, o sea, MA > MC.

A

C

F

b

B

bA

bC

b

Figura 4.11: Efectos del punto de aplicación de lafuerza.

Ejercicio 4.2 La varilla AB de la figura 4.12 tienelongitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Uti-lizando la ecuación (4.4), determine el momento dela fuerza respecto al extremo A y respecto al puntomedio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b)hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Figura 4.12: Momento de fuerza vertical respecto ados puntos.

Ejemplo 4.3 La varilla AB de la figura 4.13 tienelongitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.Halle el momento de la fuerza respecto al extremoA y respecto al punto medio C, descomponiendo lafuerza en una componente paralela a la varilla y unacomponente perpendicular a ella. Compare los re-sultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Figura 4.13: Fuerza en componentes paralela y per-pendicular a la varilla.

SoluciónEn este caso, como lo muestra la figura 4.14, la lí-

nea de acción de la componente paralela F cos β, pa-sa por los puntos A y C, esto es, su brazo es cero ypor consiguiente dicha componente no tiende a ge-nerar rotación sobre la varilla. Por otro lado, el bra-zo de la componente perpendicular, F sen β, coinci-de con la longitud de la varilla para el punto A y conla mitad de la longitud de la varilla para el puntomedio C. Así, mediante la ecuación (4.4), se obtiene

MA = F(Lsenβ)

MC = F( 12 Lsenβ),


A

C

B F

F//

F

b

b

Figura 4.14: Descomposición de la fuerza.

con rotación de la varilla en el sentido de las mane-cillas del reloj. Estos resultados son idénticos a losencontrados en los ejemplos 4.1 y 4.2.

Ejercicio 4.3 La varilla AB de la figura 4.15 tienelongitud L y está sometida a la fuerza vertical F. En-cuentre el momento de la fuerza respecto al extremoA y respecto al punto medio C, descomponiendo lafuerza en una componente paralela a la varilla y unacomponente perpendicular a ella, si la fuerza está di-rigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los re-sultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Figura 4.15: Descomponiendo la fuerza.

Ejemplo 4.4 La torre de la figura 4.16 se sostienemediante tres cables sujetos en la parte superior, co-mo se indica. La tensión en el cable AB es 500 N, latensión en el cable AC es 800 N y la tensión en elcable AD es 103 N. El punto D se encuentra a 7 (m)del origen de coordenadas. Halle el momento quecada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origende coordenadas.SoluciónPara determinar las componentes de la tensión encada una de las cuerdas, se definen los vectores uni-tarios λBA, λCA y λDA, paralelos respectivamente alas tensiones TBA, TCA y TDA, como se ilustra en lafigura.

De acuerdo con la figura 4.17, las coordenadasde los extremos de cada cuerda están dadas por

x

y

zA

B

C

D

17 m

2 m

1 m

3.5 m

3 m

35o

Figura 4.16: Momento de fuerzas en tres dimensio-nes.

x

y

zA

BC

D

17 m

2 m

1 m

3.5 m

3 m

35o

TBA

TCA

TDA

lBA

lCA

lDA

Figura 4.17: Vectores unitarios paralelos a las fuer-zas.

A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2, m 0), C(−3 m,−3.5 m, 0)y D(5.73 m, 4.02 m, 0)

Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores, seencuentra que los vectores unitarios en componen-tes rectangulares están 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 y TDA =TDAλDA, las componentes rectangulares de las ten-siones 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 punto de apli-cación de cada tensión respecto al origen de coor-denadas, están dados en componentes rectangularespor

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


Teniendo en cuenta las componentes rectangularesde la tensión en cada cuerda y sus respectivos vec-tores posición, se encuentra que el momento que ca-da cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen decoordenadas, está dado respectivamente por

M1,o = rOB × TBA

= (990i + 495j)N · m,M2,o = rOC × TCA

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

= (3698.4i − 5271.6j − 14.4k)N · m.

4.3. Momento de un par de fuer-zas o cupla

En la figura 4.18, las fuerzas F1 y F2 forman unpar de fuerzas o cupla si cumplen simultánea-mente las tres condiciones siguientes

A

B

F2

F1

Figura 4.18: Par de fuerzas o cupla.

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

ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero 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 de fuer-zas de la figura 4.19.

A

b

B

q

-F

FO

r

rA

rB

Figura 4.19: 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,

donde b es la distancia perpendicular entre laslíneas de acción de las dos fuerzas, como lomuestra la figura 4.19.

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

En algunos casos, dos pares de fuerzas tie-nen momentos 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 4.20, donde F1b1 = F2b2.

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

b1 b

2

-F1

F1

F2

-F2

Figura 4.20: Pares equivalentes.

4.4. Descomposición de una fuer-za en un sistema fuerza par

En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.21,se desea trasladar el punto de aplicación de lafuerza F del punto A al punto O, sin cambiarlos efectos tanto de traslación como de rotaciónsobre el cuerpo rígido. De acuerdo con el princi-pio de transmisibilidad, se sabe que si la fuerzase desliza a lo largo de su línea de acción, nocambian los efectos de traslación ni de rotación;pero si se desplaza al punto O, por fuera de sulínea de acción, se modifican los efectos de rota-ción sobre el cuerpo rígido, aunque los efectosde traslación permanecen inalterados, ya queno se cambia la magnitud de la fuerza.

A

O

A

O

F

F

F

-F

rr

Figura 4.21: Sistema fuerza-par.

Para que los efectos de rotación sobre el cuer-po rígido no cambien, al llevar a cabo la opera-ción anterior, se procede de la forma siguiente.En el punto O se aplican las fuerzas F y −F queno modifican ninguna acción sobre el cuerpo rí-gido, ya que su resultante es cero y el momentoneto 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 Mo = r × F, o sea, se halogrado encontrar una fuerza F aplicada en Oy un par de momento M aplicado en el mismo

punto. En esta disposición, conocida como siste-ma fuerza-par, F responde por los mismos efectosde traslación y el par de momento Mo por losmismos efectos de rotación, que tiende a impri-mir la fuerza única F aplicada inicialmente en elpunto A.

Si como en la figura 4.21, 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 4.22,donde Mo es el momento del par correspon-diente.

A

O

A

O

F

Frr

Mo

Figura 4.22: Sistema fuerza-par en un plano.

De lo anterior, se puede afirmar: Cualquierfuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido, se pue-de desplazar 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 adicho 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 cabola operación anterior con cada una de las fuer-zas, obteniéndose un par resultante y un siste-ma de fuerzas concurrentes aplicadas en O, quese puede reemplazar por una fuerza única o re-sultante. Así, se obtiene un sistema fuerza-parformado por la fuerza neta F y el par resultanteMo, dados respectivamente por

F = F1 + F2 + F3 + · · ·= ∑

iFi,

Mo = M1 + M2 + M3 + · · ·= ∑

iMi.


En conclusión: Siempre es posible reemplazar cual-quier sistema de fuerzas por un sistema fuerza-par,de tal forma que la fuerza se escoge igual a F para laequivalencia traslacional y el par con momento iguala Mo, se escoge para la equivalencia rotacional.

Como se verá posteriormente, cuando se ana-lice el movimiento combinado de traslación yrotación de un cuerpo rígido, se tratarán por se-parado los efectos de traslación y rotación, estoes, las fuerzas aplicadas se reemplazarán por unsistema fuerzas-par equivalente.

Ejemplo 4.5 La varilla AB de la figura 4.23 tie-ne longitud L y está sometida a la fuerza horizon-tal F. Reemplazar la fuerza horizontal, por un siste-ma fuerza-par aplicado a) En el extremo A. b) En elpunto medio C.

A

C

F

q

B

Figura 4.23: Sistema fuerza par en A y en C.

Solucióna) Para que no cambien los efectos de traslación quela fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, la fuerzaaplicada en A debe ser la misma, esto es

F = Fi.

Por otro lado, los efectos de rotación no cambian sien A se aplica un par equivalente, igual al momen-to de la fuerza aplicada en B y evaluado respecto alpunto A, o sea

MA = −(FLsenθ)k

En la figura 4.24 se muestra el sistema fuerza-parequivalente, aplicado en el extremo A de la varilla.

b) En el punto C la fuerza aplicada debe ser la mis-ma que en caso anterior, pero el par debe tener unmomento, respecto al punto C, igual a

MC = − 12 (FLsenθ)k

En este caso, el sistema fuerza-par equivalente en elpunto medio de la varilla, se muestra en la figura4.25.

A

C

B

FqMA

Figura 4.24: Sistema fuerza par aplicado en A.

A

C

B

F

q

MC

Figura 4.25: Sistema fuerza par aplicado en C.

De los dos resultados anteriores se observa que elmomento del par es diferente al tomar distintos pun-tos. Esto debe ser así ya que la fuerza tiende a im-primir diferentes efectos de rotación respecto a pun-tos distintos. Sin embargo, independientemente delpunto donde se aplique el sistema fuerza-par equi-valente, los efectos de traslación no cambian siemprey cuando no se cambien la magnitud ni la direcciónde la fuerza dada.

Ejercicio 4.4 Resolver el ejemplo 4.5, suponiendoque la fuerza aplicada en el extremo B es vertical ydirigida: a) Hacia arriba. b) Hacia abajo.

Ejemplo 4.6 La escuadra de la figura 4.26, que esun triángulo equilátero de lado d, está sometida afuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M1 yM2. La magnitud de las fuerzas y los pares están da-das por

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

2 P, M1 = M, yM2 = 2M,.

Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pares,por un sistema fuerza-par equivalente aplicado enel vértice A.SoluciónTeniendo en cuenta que las fuerzas P1 y P2 formanángulos de 60o con la dirección positiva del eje x,

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

A

C

B

P1

M1

P3

P4

M2

P2

x

y

D

Figura 4.26: Pares y fuerzas sobre la escuadra.

ya que el triángulo es equilátero, la fuerza resultanteequivalente al sistema de fuerzas, está dada en com-ponentes rectangulares por

F = P(0.83i + 0.37j).

Utilizando el teorema de Pitágoras y la definiciónde la función tangente, se encuentra que en magni-tud y dirección la fuerza resultante está dada por

F = 0.91P∠24o.

Calculando los momentos de las fuerzas respecto alpunto A y sumando los pares M y 2M, teniendo encuenta su respectivo signo, para el par resultante seobtiene

MA = (M − 0.87Pd)k.

El sistema fuerza-par, formado por F y MA, se mues-tra en la figura 4.27, y responde por los mismos efec-tos de traslación y rotación que las fuerzas y los dospares simultáneamente aplicados, tienden a impri-mir sobre la escuadra. En la figura 4.27 se suponeque M > 0.87Pd, en caso contrario, el sentido de ro-tación es opuesto.

A C

B

F

24o

MA

Figura 4.27: Sistema fuerza par en el vértice A.

Ejercicio 4.5 Reemplace el sistema de fuerzas ylos dos pares del ejemplo 4.6, por un sistema fuerza-par aplicado a) En el punto B. b) En el punto C.

4.5. Resultante de un sistema defuerzas aplicadas a un cuerporígido

Si sobre un cuerpo rígido actúan varias fuer-zas, aplicadas en diferentes puntos, es necesa-rio considerar por separado los efectos de tras-lación y de rotación.

Los efectos de traslación sobre el cuerpo, que-dan determinados por el vector suma o resul-tante 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

Mo = M1,o + M2,o + M3,o + · · · = ∑ Mi,o (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 Mo = 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 (Mo per-pendicular a F), la fuerza F así aplicada es equi-valente al sistema, tanto en lo referente a ro-tación como a traslación. Sin embargo, esto nosiempre es posible ya que en muchos casos F yMo 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 fuer-zas por una fuerza única que es completamente


equivalente al sistema dado, pues en ellos se sa-tisface la condición de perpendicularidad entreF y M.

4.5.1. Resultante de un sistema de fuer-zas 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 4.28.

A

O

A

O

F1

F2

F3

F4

F

rr

Figura 4.28: Sistema de fuerzas concurrentes.

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

Mo = 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,

Mo = M1,o + M2,o + M3,o + · · · = ∑ 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 de

las 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 que unsistema de fuerzas concurrentes siempre se pue-de reemplazar por una sola fuerza, su resultan-te, la que es completamente equivalente al sis-tema en lo que respecta a efectos de traslación yrotación, como se ilustra en la figura 4.28.

Ejemplo 4.7 Reemplazar el sistema de fuerzasque actúan en el extremo B de la varilla, por unafuerza única equivalente (ver figura 4.29).

A

B

x

y

60o

60o

10 N

10 N

5 N

20 N

30o

Figura 4.29: Fuerzas concurrentes.

SoluciónUtilizando el sistema de coordenadas mostrado enla figura 4.29, se encuentra que la resultante de lasfuerzas concurrentes aplicadas en el extremo B de lavarilla, está dada en componentes rectangulares por

F = (4.33 i + 4.82 j)N,

o sea que su magnitud y dirección están dadas por

F = 6.48 N∠ 48.06o

En la figura 4.30, se muestra la fuerza única que res-ponde por los mismos efectos de traslación y rota-ción que tienden a generar las cuatro fuerzas simul-táneamente aplicadas en el extremo B de la varilla.

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

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO 13

A

B

x

y

60o

6.48 N

48.06o

Figura 4.30: Fuerza única equivalente.

4.5.2. Resultante de un sistema de fuer-zas coplanares

En la figura 4.31, se tiene un sistema de fuer-zas coplanares actuando sobre un cuerpo rígi-do.

O

y

xO

y

x

( , )x y

F2

F1

F3

F

rr

1

r2

r3

Figura 4.31: Sistema de fuerzas coplanares.

Para el sistema de coordenadas mostrado enla figura 4.31, donde el origen O se hace coinci-dir con el punto de rotación o centro de momen-tos, se tiene que tanto los momentos individua-les M1,o,M2,o,M3,o, · · · . como el momento totalMo, son perpendiculares al plano xy, esto es, lafuerza resultante es perpendicular al momentoneto Mo. Así, es posible aplicar la fuerza resul-tante F en un punto cuyo momento esta dadopor la expresión Mo = r × F , donde r es el vec-tor posición del punto de aplicación de la fuerzaF respecto a O. En este caso, de acuerdo con laecuación 4.2, la relación vectorial se puede re-emplazar por la expresión

Mo = xFy − yFx (4.10)

donde Fx y Fy son las componentes rectangula-res de la fuerza resultante F, x y y las compo-nentes rectangulares del vector posición r don-de 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 deslizar-se a lo largo de su línea de acción sin cambiarlos efectos físicos, de acuerdo con el principiode transmisibilidad.

En síntesis: Cuando un sistema de fuerzas co-planares actúa sobre un cuerpo rígido, siemprees posible reducir el sistema a una sola fuerza F,ya que en este caso el momento neto Mo es per-pendicular a la fuerza resultante F. Este resulta-do se cumple aunque el centro de momentos seencuentre fuera del plano de las fuerzas.

Se presenta una excepción a esta regla y escuando F = 0 y Mo ̸= 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 sobrela altura BD, el punto de corte de la línea de acciónde la fuerza única que es equivalente al sistema fuer-za par obtenido en ejemplo 4.6.SoluciónDe acuerdo con la ecuación (4.10), la ecuación de lalínea de acción de la fuerza única equivalente, ad-quiere la forma

M − 0.87Pd = 0.37Px − 0.83Py

Respecto al sistema de referencia utilizado en elejemplo 4.6, sobre la recta AC y = 0, así, la líneade acción de la resultante corta el eje x en

x = 2.7M − 0.87Pd

P

Por otro lado, la altura BD pasa por x = d/2, así quela línea de acción de la resultante corta la vertical en

y = 1.2(1.06Pd − M)

p.

Ejercicio 4.7 Determinar el punto de corte, sobreel eje x y sobre el eje y, de la línea de acción de lafuerza única correspondiente al sistema fuerza parobtenido en cada uno de los puntos del ejercicio 4.6.

4.5.3. Resultante de un sistema de fuer-zas paralelas

En la figura 4.32, se tiene un sistema de fuer-zas paralelas actuando sobre un cuerpo rígido,


esto es, sus líneas de acción son paralelas y pue-den o no estar orientadas en el mismo sentido.

O

F1

F2

F3

F4

u

Figura 4.32: Sistema de fuerzas paralelas.

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,

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

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

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

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

Mo = ∑ ri × Fiu =(∑ riFi

)× u. (4.13)

La ecuación (4.13) muestra que el momento re-sultante Mo 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

Mo = 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 en elcaso del peso de un cuerpo, donde cada par-tícula, por tener masa, posee un peso y todosellos corresponden a fuerzas paralelas. El pun-to donde se debe aplicar la fuerza resultante opeso del cuerpo, no es más que el centro de ma-sa del cuerpo. En la figura 4.33 se muestra estasituación.

C.M.

W

Figura 4.33: Sistema de fuerzas paralelas.

Ejemplo 4.9 Una barra uniforme de longitud L ymasa m, se somete al sistema de fuerzas paralelasmostrado en la figura 4.34. La magnitud de la fuer-za P es mg/2 y además AB = BC = CD = L/4,a)Reemplace las cuatro fuerzas por un sistema fuer-za par aplicado en el extremo A. b) Determine elpunto de aplicación de la fuerza única equivalente.Solucióna) La fuerza neta equivalente al sistema de fuerzasparalelas al eje y es

F = − 512 mgj.

4.6. LLAVE DE TORSIÓN 15

A

B

C

D

P

P/22 /3P

mgx

y

q

Figura 4.34: Fuerzas paralelas .

Luego de calcular los momentos de las fuerzas res-pecto al punto A, se encuentra que el momento delpar resultante está dado por

MA = − 548 mgLcosθk.

El sistema fuerza par equivalente aplicado en el ex-tremo A, se muestra en la figura 4.35.

A

B

C

D

F

qM

A

Figura 4.35: Sistema fuerza par en A.

b)Mediante las ecuaciones (4.16), se encuentra quelas coordenadas del punto de aplicación de la fuerzaúnica equivalente están dadas por

xB = 14 Lcosθ y yB = 1

4 Lsenθ

Como se muestra en la figura 4.36, la fuerza resul-tante debe aplicarse en el punto B.

En la tabla siguiente se muestra el valor de los coe-ficientes de L, en xc y xc, para diferentes valores delángulo 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 inclinación de la ba-rra, la coordenada xc disminuye mientras que lacoordenada yc aumenta, pero con la fuerza F actuan-do siempre sobre el punto B.

A

B

C

D

F

x

y

q

Figura 4.36: Fuerza resultante.

Ejercicio 4.8 Resuelva el ejemplo 4.9, tomando elorigen de coordenadas a) En el punto C. b) En elpunto D.Compare los resultados, con el obtenido enel 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 equiva-lente al sistema de fuerzas. Un sistema de fuer-zas en el espacio se puede reemplazar por unafuerza única equivalente sólo cuando la fuerzaneta F que actúa sobre el cuerpo y el momentoneto 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 4.37, donde el ángulo entre la fuerzaneta y el momento neto es β.

Para obtener la llave de torsión correspon-diente al sistema fuerza par de la figura, pri-mero se descompone el momento del par resul-tante, en una componente paralela a la línea deacción de la fuerza resultante F y en otra com-ponente perpendicular a la línea de acción de laresultante F, como se ilustra en la figura 4.38. Osea


F

Mo

o

b

Figura 4.37: Sistema fuerza par no perpendiculares.

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 4.38: 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 4.39: 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 misma

dirección, como se muestra en la figura 4.39. 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.

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 vector po-sición r, donde se debe aplicar el sistema fuerzapar formado por F y M1, para que se genere elmomento M2, y así el sistema conocido comollave de torsión, sea equivalente al sistema defuerzas aplicadas al cuerpo rígido.

Ejemplo 4.10 Sobre el cubo de la figura 4.40, delado 100 mm, actúan cinco fuerzas paralelas a susrespectivas aristas. a) Reemplace el sistema de fuer-zas por un sistema fuerza par aplicado en el puntoO. b) Determine el ángulo que forman la fuerza netay el par resultante. c) ¿Qué puede concluir del resul-tado obtenido? d) Obtenga la llave de torsión corres-pondiente.

x y

z

AB

C

H

D

GE

O

10 N15 N

20 N

25 N

25 N

Figura 4.40: Fuerzas paralelas sobre un cubo.

Solucióna) Para obtener el sistema fuerza par en O, es nece-sario hallar la fuerza resultante y el momento resul-tante de las fuerzas, evaluado respecto al origen decoordenadas. Este sistema fuerza par debe respon-der por los mismos efectos de traslación y rotaciónque el sistema de fuerzas aplicadas tiende a impri-mirle al cuerpo rígido.

Teniendo en cuenta el sistema de coordenadas dela figura y la componente de cada una de las fuer-zas, se encuentra que la fuerza neta en componentesrectangulares está dada por

F = (−50 i − 5 j + 20 k)N (1).

4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO 17

Donde su magnitud y dirección con cada uno de losejes de coordenadas, son

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

Como la resultante del sistema de fuerzas inicial-mente aplicado al cubo es diferente de cero, significaque estas tienden a imprimirle efectos de traslacióna lo largo de cada uno de los ejes coordenados, pues-to que la fuerza neta tiene componentes no nulas alo largo de cada uno de ellos.

De igual manera, considerando cada una de lasfuerzas aplicadas y el vector posición de su puntode aplicación respecto al origen de coordenadas, seencuentra que el momento neto que actúa sobre elcubo, debido a las fuerzas aplicadas, está dado encomponentes rectangulares por

Mo = (2.5 i − 4.5 j + 3.5 k)N m (2).

Por lo que su magnitud y dirección respecto a cadauno 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 de las fuerzasaplicadas al cubo, respecto al punto O es diferentede cero, significa que el sistema de fuerzas tiendena imprimirle efectos de rotación al cuerpo rígido alo largo de cada uno de los ejes coordenados, pues-to que el momento resultante tiene componentes nonulas a lo largo de cada uno de ellos.

En la figura 4.41, en busca de claridad, solo semuestra el sistema fuerza par en O obtenido, dondeF responde por los mismos efectos de traslación queel sistema de fuerzas aplicado y Mo por los mismosefectos de rotación generados por las fuerzas aplica-das al cuerpo rígido.

x y

z

O

g

FM

o

Figura 4.41: Llave torsión en el espacio.

b) Para determinar el ángulo γ que forman la fuer-za neta y el par resultante, se utiliza la definición de

producto punto, esto es

cos γ =F · Mo

FMo. (3)

Reemplazando las ecuaciones (1), (2) y sus respecti-vas magnitudes en la ecuación (3) y luego de llevar acabo las operaciones indicadas, se encuentra que elángulo entre la fuerza y el momento del par es

γ = 95.54o.

c) Como el ángulo entre la fuerza y el momento delpar es diferente de 90o, significa que este sistemafuerza par no se puede reemplazar por una fuerzaúnica equivalente.

d) Para obtener la llave de torsión, primero se des-compone el par resultante en una componente para-lela y en una componente perpendicular a la fuerzaneta. De este modo, el paso de torsión está dado por

p =F · Mo

F2 = −0.01.

Por consiguiente, la llave de torsión está formadapor la fuerza resultante F y por el par con compo-nentes 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 al punto O, está dado por

dLo

dt= 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 fuerzarespecto a un punto, la ecuación (4.17) adquierela forma

dLodt

= Mo, (4.18)

conLo = ∑

iLi,o,

yMo = ∑

iMi,o,


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 rígido alre-dedor de un eje principal de inercia

Se supone que el cuerpo rígido de la figura4.42, 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 4.42: Rotación alrededor de un eje principalde inercia.

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

d(Iω)

dt= Mo, (4.19)

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 = Mo, (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 rígido al-rededor 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 4.43, es válida la ecua-ción Lz, o = Iω, ya que el momento angulartotal no es paralelo a la velocidad angular, y laecuación de movimiento correspondiente, es

dLz, odt

= Mz, o (4.22)

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

O

wL

z (Eje no principal)

Figura 4.43: Rotación alrededor de un eje no princi-pal de inercia.

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, o,

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.

En los problemas de rotación de un cuerpo rí-gido, se recomienda seguir los siguientes pasos


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 pa-ra la 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 yradio R1 tiene un pequeño saliente de radio R2, co-mo se indica en la figura 4.44. El disco rota alrededorde un eje que pasa por su centro, debido a la acciónde los bloques de masas m1 y m2. a)Para cada cuer-po, haga el diagrama de cuerpo libre y plantee lasrespectivas ecuaciones de movimiento. b)Determinela aceleración angular del disco y la aceleración decada bloque. c) Analice los resultados obtenidos enel numeral b).

c

M

m1

m2

R1

R2

Figura 4.44: Disco con pequeño saliente.

SoluciónEn la solución de la situación planteada, se debe te-ner presente que los bloques al tener traslación purase trata bajo el modelo de partícula, mientras que pa-ra el disco que tiene rotación pura se considera bajoel modelo de cuerpo rígido.

c

M

m1

m2

R1

R2

Movimiento

MovimientoMovimiento

Feje

Mg

T1´

T1

T2

T2´

m1gm2g

Figura 4.45: Dos partículas y un cuerpo rígido.

a) En la figura 4.45 se muestran los diagramas decuerpo libre, donde T1 = T1

′ y T2 = T2′.

En lo que sigue se plantean las ecuaciones de mo-vimiento para cada uno de los cuerpos,teniendo encuenta el sentido de movimiento considerado en losdiagramas de cuerpo libre de la figura 4.45.

Como el disco tiene un movimiento de rotaciónpura alrededor de un eje que pasa por el centro C,su ecuación de movimiento tiene la forma general

� ∑ Mc =αIc,

y teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre, seconvierte en

−T1R1 + T2R2 = 12 MR2

1α, (1)

donde se ha tomado el sentido horario como positi-vo y de acuerdo con la tabla de radios de giro de launidad 3, se ha tomado Ic =

12 MR2

1.Para el bloque de masa m1, que tiene un movi-

miento vertical de traslación pura hacia arriba, suecuación de movimiento, está dada por

+ ↑ ∑ Fv = m1a1,

T1 − m1g = m1a1. (2)

Finalmente, para el bloque de masa m2 que tiene unmovimiento vertical de traslación pura hacia abajo,la ecuación de movimiento correspondiente es

+ ↓ ∑ Fv = m2a2,

m2g − T2 = m2a2. (3)

b) Como la aceleración de m2 es igual a la acelera-ción tangencial en el borde del pequeño saliente y laaceleración de m1 es igual a la aceleración tangencialen el borde externo del disco se satisfacen las expre-siones

a1 = αR1, (4)

a2 = αR2. (5)

Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (2) y la(5) en la (3), se encuentra, que la aceleración angular


del disco y la 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 las partícu-las que forman el disco, adquieren un movimientocircular uniforme cuando la aceleración angular sehace cero, es decir, α = 0, por la ecuación (6), se tie-ne que esta condición se satisface si el numerador sehace cero, lo que lleva a la relación

m1

m2=

R2

R1. (9)

En la ecuación (9) se observa que existe una relacióninversa entre las masas de los bloques y los radios R1

y R2. Ahora, de acuerdo con el enunciado R2 < R1,así R2/R1 < 1 o sea m1/m2 < 1 o lo que es igualm1 < m2 si la velocidad angular del disco es cons-tante. Igualmente se observa, al comparar las ecua-ciones (7) y (8) con la ecuación (9), que si el discorota con velocidad angular constante, los bloques setrasladan con velocidad constante.

Pregunta 4.1 Para el caso de velocidad angularconstante, ¿la magnitud de la velocidad de los blo-ques del ejemplo anterior es la misma? ¿Por qué?

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

Ejercicio 4.10 Resuelva la situación del ejemplo4.11 suponiendo que los bloques están unidos me-diante la misma cuerda y que esta pasa por el bordedel disco de radio R1. Recuerde que el disco se com-porta como una polea real.

Ejemplo 4.12 El cuerpo rígido de la figura 4.46,conocido como un péndulo físico, consta de una va-rilla delgada de masa m1 y un disco de masa m2. Su-poner que la varilla tiene una longitud 6R y el discoun radio R. Por otro lado, el péndulo rota alrededorde un eje que pasa por el extremo O, una vez quese suelta desde la posición angular θo < 90o. a) Ha-ga el diagrama de cuerpo libre para el péndulo fí-sico y plantee su respectiva ecuación de movimien-to. b) Determine, en función del ángulo θ, la acele-ración angular del péndulo, la aceleración del centro

R

6Rq

O

Figura 4.46: Péndulo físico o compuesto.

de masa de la varilla y la aceleración del centro demasa del disco. c) Determine, en función de θ, la ve-locidad angular del péndulo físico.Solucióna) En la figura 4.47 se muestra el diagrama de cuerpolibre para el péndulo físico, donde FR es la fuerzaque el eje ejerce sobre la varilla en O, m1g es el pesode la varilla y m2g es el peso del disco.

q

O

c'

c

m2 g

m1 g

FR

Figura 4.47: Diagrama de cuerpo libre en péndulofísico.

De acuerdo con el enunciado, el péndulo físico tie-ne un movimiento de rotación pura alrededor de uneje fijo que pasa por extremo O. Por lo tanto, la ecua-ción de movimiento en este caso es de la forma

∑i

MiO = αIO. (1)

Ahora, de acuerdo con el diagrama de cuerpo librepara el péndulo compuesto y tomando el sentido ho-rario como positivo, el momento de las fuerzas ex-ternas está dado por

∑ MiO = (3m1 + 7m2)Rg senθ. (2)

Por otro lado, como el momento de inercia del pén-dulo físico es igual al momento de inercia de la va-rilla más el momento de inercia del disco, evaluadosrespecto al extremo O de la varilla, se tiene

IO = I ˚ O + IdO,


donde al emplear el teorema de Steiner y la infor-mación dada en la tabla 4.1 para el radio de giro alcuadrado, se llega a

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

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (1), se en-cuentra que la ecuación de movimiento para el pén-dulo físico, adquiere la forma

(3m1 + 7m2)gsenθ = 32 α(8m1 + 33m2)R. (4)

b) De acuerdo con la ecuación (4), la aceleración an-gular del péndulo físico está dada por

α =2(3m1 + 7m2)g

3R(8m1 + 33m2)senθ (5)

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

ac′ =2(3m1 + 7m2)g(8m1 + 33m2)

senθ.

Finalmente, para la aceleración del centro de masadel disco, con ac = 7αR se obtiene

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

senθ.

De los resultados obtenidos se observa que estascantidades se hacen cero, únicamente, cuando el án-gulo θ es igual a cero, esto es cuando la varilla se en-cuentra instantáneamente en posición vertical. Así,cuando la varilla se aleja de esta posición, las mag-nitudes de estas cantidades aumentan y cuando seacerca a ella disminuyen.

c) De acuerdo con la definición de aceleración an-gular, la ecuación (5) se puede escribir 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 ambos lados

por dθ, se obtiene

ω∫0

ωdω = −Cθ∫

θ0

senθdθ,

el signo menos se debe tener en cuenta, ya que cuan-do el péndulo se suelta desde la posición inicial, el

ángulo θ disminuye con el tiempo. Luego de inte-grar y evaluar se encuentra que la velocidad angulardel péndulo físico está dado por

ω =√

2C(cosθ−cosθ0). (8)

De acuerdo con la ecuación (8), el máximo valor dela velocidad angular se presenta en el instante queel péndulo está en posición vertical. Así, cuando θ

disminuye la velocidad angular aumenta y cuandoθ aumenta la velocidad angular disminuye.

Pregunta 4.2 En la ecuación (8) ¿Qué condición sedebe cumplir entre el ángulo θ y el ángulo θo? ¿Porqué?

Ejercicio 4.11 Resuelva el ejemplo 4.12,suponien-do que el péndulo físico está constituido sólo poruna varilla delgada de longitud 8R. Compare los re-sultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.12.

4.7.3. Movimiento combinado de trasla-ción y rotación de un cuerpo rígido

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 alrededorde un eje que pasa por el centro de masa, es ne-cesario analizar los dos movimientos por sepa-rado, es decir, considerar el sistema fuerza parque actúa sobre el cuerpo rígido debido al siste-ma de fuerzas externas que actúan. Esta situa-ción se muestra en la figura 4.48.

w

O

x

y

z

vc

zc

C.M.

Figura 4.48: Rotación y traslación de un cuerpo rí-gido.

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 traslación


del cuerpo se emplea la segunda ley de Newtony 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 centrode masa del cuerpo. O sea, la ecuación de movi-miento para la rotación del cuerpo rígido alre-dedor de un eje que pasa por el centro de masaestá dada por

dLc

dt= Mc. (4.23)

Si a la vez, como ocurre generalmente, la ro-tación es alrededor de un eje principal que pasapor el centro de masa, se tiene

Icω = Lc. (4.24)

Ahora, si el momento de inercia es constante, ejefijo en el cuerpo, entonces mediante las ecuacio-nes (4.23) y (4.24), se encuentra que la ecuaciónde 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 conside-rando la velocidad del punto de contacto delcuerpo rígido con la superficie sobre la cual rue-da. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidad delpunto de contacto, con respecto a la superficiees diferente de cero; pero si el cuerpo rueda yno 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 siel cuerpo rígido rueda deslizando ó sin desli-zar, primero se debe suponer que no hay des-lizamiento. En el caso que la fuerza de friccióncalculada, sea menor o igual a µsN, la suposi-ción es correcta; pero si la fuerza de fricción ob-tenida, es mayor que µsN, la suposición es inco-rrecta y el cuerpo rueda deslizando.

En problemas donde se presente movimientocombinado de traslación y rotación, además delos pasos que se siguen para la rotación pura deun cuerpo rígido, alrededor de un eje que pasapor su centro de masa, se debe incluir la ecua-ción de movimiento correspondiente a la trasla-ción del centro de masa.

Ejemplo 4.13 Como se ilustra en figura 4.49, uncascarón esférico homogéneo, de radio R y masa M,rueda sin deslizar por la superficie de un plano incli-nado que forma un ángulo θ con la horizontal. De-termine la aceleración de la esfera, su aceleración an-gular y la fuerza de fricción entre la esfera y la super-ficie del plano inclinado.


R

M

q

Figura 4.49: Cascarón esférico que rueda sin desli-zar.

SoluciónEn la figura 4.50 se muestra el diagrama de cuerpolibre para el cascarón esférico, donde Mg es el pe-so del cascarón, N la fuerza que la superficie ejercesobre el cascarón y Fs la fuerza de fricción estáticaentre el cascarón y la superficie.

M g

q

N

Fsc

Figura 4.50: Diagrama de cuerpo libre de cascarónesférico.

Teniendo en cuenta que el cascarón tiene un mo-vimiento combinado de traslación del centro de ma-sa y de rotación alrededor de un eje que pasa por elcentro de masa,las ecuaciones de movimiento paraeste cuerpo rígido, están dadas como sigue.

Ecuaciones de movimiento para la traslación delcentro de masa. En la dirección paralela al plano in-clinado

+ ↘ ∑i

F// = Mac,

Mgsenθ − Fs = Mac, (1)

En la dirección perpendicular al plano inclinado

+ ↗ ∑i

F⊥ = 0,

N − Mgcosθ = 0. (2)

Ecuación de movimiento para la rotación alrededorde un eje que pasa por el centro de masa del cascarón

� ∑i

Mc = Icα,

FsR = 23 MR2α, (3)

donde se ha utilizado la información dada por la ta-bla 4.1, para un cascarón.

De la ecuación (3), se tiene que la fuerza de fric-ción es la responsable de la rotación del cascarón al-rededor del eje que pasa por el centro de masa. Aho-ra, eliminando la fuerza de fricción Fs, mediante lasecuaciones (1) y (3), se encuentra que la aceleracióndel cascarón, que corresponde a la aceleración de sucentro de masa, está dada por

ac =35 gsenθ, (4)

donde se ha empleado la expresión

ac = αR, (5)

ya que el cascarón es homogéneo y rueda sin desli-zar.

Ahora, igualando las ecuaciones (4) y (5), para laaceleración angular del cascarón se obtiene

α = 35

gsenθ

R. (6)

Finalmente, por las ecuaciones (3) y (6), la fuerza defricción estática que actúa sobre el cascarón esférico,está dada por

Fs =25 Mgsenθ. (7)

De acuerdo con los resultados obtenidos, se puedeconcluir

1. Por la ecuación (4), la aceleración del cascarónsólo depende del ángulo de inclinación θ y sumagnitud es menor que la aceleración de la gra-vedad, como es de esperarse, ya que no es unacaída libre.

2. Para la aceleración angular del cascarón, deacuerdo con la ecuación (6), se tiene que sumagnitud depende, tanto del ángulo de incli-nación θ, como del tamaño del cascarón al de-pender del radio R.

3. En lo referente a la fuerza de fricción estática, laecuación (7) muestra que su magnitud dependede la masa del cascarón M y del ángulo de in-clinación θ.

Ejercicio 4.12 Resuelva el ejemplo 4.13, si el cas-carón esférico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga encada caso que la masa es M y el radio es R. Comparelos resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.13.Si se sueltan simultáneamente desde la misma altu-ra,¿cuál llega primero a la base del plano 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 cuandoestá en movimiento. Como se mostrará, los ti-pos 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, en uncuerpo rígido es necesario distinguir entre ener-gía cinética traslacional y energía cinética rota-cional, ya que las fuerzas externas tienden a im-primir movimiento de traslación pura, o movi-miento de rotación pura alrededor de un eje de-terminado o en la situación más general, movi-miento combinado de traslación del centro demasa 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 sobreun cuerpo rígido, sólo tienen efectos de trasla-ción pura, la energía cinética de traslación delcuerpo rígido está dada por la energía cinéticadel centro de masa, ya que en lo referente a tras-lación, el cuerpo rígido se comporta como si to-das la fuerzas actuaran sobre él y como si su ma-sa M se encontrara concentrada en dicho punto.Por ello, la energía cinética de esta partícula es

Ek = 12 Mv2

c , (4.26)

siendo vc la magnitud de la velocidad del centrode masa. Esta situación física se muestra en lafigura 4.51, en el caso de movimiento del cuerporígido paralelamente al eje x.

O x

y

vc

C.M.

Figura 4.51: Traslación pura de un cuerpo rígido.

4.8.3. Energía cinética rotacional de uncuerpo rígido

En la figura 4.52, se tiene un cuerpo rígido conmovimiento de rotación pura, alrededor del ejez, y con velocidad angular ω.

z

Ri

mi

O

gi

w

ri

vi

Figura 4.52: Rotación pura de un cuerpo rígido.

La partícula i de masa mi, al describir la tra-yectoria circular con centro en el eje de rota-ción, tiene una velocidad de magnitud vi que

4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO 25

está relacionada con la velocidad angular porvi = ωRi, donde Ri es el radio de la circunfe-rencia que describe la partícula. Así, por la ecua-ción (4.25), se tiene que la energía cinética totaldel cuerpo rígido, debido al movimiento de ro-tación 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 =L2

o2I

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 cinética tras-lacional y la energía cinética rotacional. Ahora,si el eje de rotación pasa por el centro de masay al mismo tiempo el centro de masa tiene unmovimiento de traslación respecto a un sistemade referencia inercial, como en la figura 4.53, laenergía cinética total del cuerpo rígido, utilizan-do las ecuaciones (4.26) y (4.28), está dada 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 energíacinética de rotación respecto a un eje que pasapor el centro de masa. La cantidad Ic, en la ecua-ción (4.29), es el momento de inercia del cuerporígido respecto al eje que pasa a través del cen-tro de masa.

O x

y

M

zc

C.M.

w

vc

Figura 4.53: 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 ejem-plo 4.11 parte del reposo, determine su energía ciné-tica total función del tiempo (ver figura 4.54).SoluciónDe acuerdo con la situación planteada y como lomuestra la figura, el disco tiene un movimiento derotación pura y los bloques movimiento de trasla-ción pura.

c

M

m1

m2

R1

R2

Figura 4.54: Polea con pequeño saliente.

Por esta razón, para determinar la energía cinéti-ca total del sistema, es necesario incluir, además dela energía cinética de rotación del disco,la energía ci-nética de traslación de cada bloque, esto es

Ek = 12 Icω2 + 1

2 m1v21 +

12 m2v2

2, (1)


donde los tres términos a la derecha de la ecuación(1) son, respectivamente, la energía cinética de rota-ción del disco, la energía cinética de traslación de m1y la energía cinética de traslación de m2.

Por otro lado, la velocidad de cada bloque está re-lacionada con la velocidad angular del disco por

v1 = ωR1 y v2 = ωR2. (2)

Reemplazando las ecuaciones (2) en la ecuación (1),se obtiene para la energía cinética total del sistema,en función de la velocidad angular del disco, la ex-presión

Ek = 12 [(

12 M + m1)R2

1 + m2R22]ω

2. (3)

Los resultados del ejemplo 4.10 muestran que el dis-co rota con aceleración angular constante, esto es, suvelocidad angular varía con el tiempo, igual que laenergía cinética del sistema, de acuerdo con la ecua-ción (3).

Utilizando tanto la expresión obtenida para la ace-leración angular en el ejemplo 4.10 como la defini-ción de aceleración angular, y teniendo en cuentaque el sistema parte del reposo, se encuentra que lavelocidad angular depende del tiempo en la forma

ω =(m2R2 − m1R1)g

R21(

12 M + m1) + m2R2

2t. (4)

De este modo, por las ecuaciones (3) y (4), la ener-gía cinética del sistema, en función del tiempo, estádada por

Ek = 12

(m2R2 − m1R1)2g2

R21(

12 M + m1) + m2R2

2t2. (5)

La ecuación (5), además de mostrar que la energíacinética del sistema es positiva, indica que esta au-menta con el tiempo mientras exista movimiento.

Ejercicio 4.13 Sabiendo que el sistema del ejerci-cio 4.10 parte del reposo, determine su energía ciné-tica total función del tiempo. Compare los resulta-dos con los obtenidos en el ejemplo 4.14.

Ejemplo 4.15 Determine, en función del ánguloθ, la energía cinética del péndulo físico consideradoen ejemplo 4.12 (ver figura 4.55).Solución

En este caso, el péndulo físico tiene un movimien-to de rotación pura alrededor de un eje que pasa porel extremo O, esto es, sólo posee energía cinética ro-tacional dada por

Ek = 12 IOω2. (1)

R

6Rq

O

Figura 4.55: Rotación pura del péndulo compuesto.

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 laecuación (1), se encuentra que la energía cinética derotación del péndulo físico es

Ek = gR(3m1 + 7m2)(cosθ − cosθo). (5)

Por la ecuación (5) se tiene que la energía cinéticade rotación se hace instantáneamente cero, cuando elpéndulo físico llega a los extremos de la trayectoria,esto es, donde θ = θo. Por otro lado, adquiere sumáximo valor en el instante que el péndulo está enposición vertical, o sea, cuando θ = 0.

Ejercicio 4.14 Obtenga, en función del ángulo θ, laenergía cinética del péndulo físico del ejercicio 4.11.Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo4.15.

Ejemplo 4.16 Para el cascarón del ejemplo 4.13,determine qué fracción de la energía cinética total estraslacional y qué fracción es rotacional, una vez quese inicia el movimiento. (Ver figura 4.56)SoluciónComo el cascarón tiene un movimiento de rodadura,el centro de masa tiene un movimiento de traslacióny simultáneamente rota alrededor de un eje que pasapor el centro de masa. Así, en un instante determi-nado, la energía cinética total del cascarón está dadapor

Ek = 12 Mv2

c +12 Icω2. (1)

Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, la ve-locidad del centro de masa está relacionada con lavelocidad angular por

v = ωR. (2)

4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO 27

RM

q

wv

c

Figura 4.56: Cascarón esférico sobre plano inclina-do.

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

Ic =23 MR2,

se obtieneEk = 5

6 MR2ω2. (3)

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), la fracción dela energía cinética total que es energía cinética tras-lacional, está dada por

EkTEk

= 0.6,

y la fracción que es energía cinética rotacional es

EkREk

= 0.4.

De acuerdo con estos resultados, el 60 % de la ener-gía cinética total es traslacional y el 40 % rotacional,independientemente del tamaño, la masa y la velo-cidad angular del cascarón.

Ejercicio 4.15 Resuelva el ejemplo 4.16, si el casca-rón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza.b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga, en cadacaso, que la masa es M y el radio es R. Compare losresultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.16.

4.8.5. Energía total de un cuerpo rígido

Teniendo en cuenta la definición de cuerpo rí-gido, la distancia entre cualquier pareja de par-tículas no cambia durante el movimiento. Porello, se puede suponer que la energía potencialpropia o interna permanece constante, lo quepermite no considerarla cuando se analiza el in-tercambio de energía del cuerpo con sus alrede-dores.

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 rí-gido.

Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan simul-táneamente fuerzas externas conservativas y noconservativas, el trabajo total se puede expresarcomo

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 ecua-ción (4.30), es posible demostrar que la ecuación(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 una par-tícula, muestra que la energía total de un cuer-po 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 actúan fuer-


zas externas conservativas, la energía total me-cánica permanece constante, es decir, el sistemaes 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 demasa, como se ilustra en la figura 4.57, la ley deconservación de la energía adquiere la forma

y

x

yc

OTierra

C.M.

MEje de rotación

vc

E( = 0)p

w

Figura 4.57: Cuerpo rígido que desciende rotando.

E = 12 Mv2

c +12 Icω2 + Mgyc

= Constante,

donde yc es la altura del centro de masa, respec-to al nivel cero de energía potencial gravitacio-nal.

Es importante notar en este punto que cuan-do un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobreuna superficie horizontal rugosa, actúa la fuer-za de fricción estática Fs. Esta fuerza de fricciónno realiza trabajo, ya que la velocidad del puntode contacto vP, respecto a la superficie, es cero.

Es decir, para un desplazamiento infinitesimal

dW = Fs · dr

= Fs · drdtdt

= Fs · vPdt= 0.

Por lo tanto, si sobre un sistema actúan simultá-neamente fuerzas conservativas y la fuerza defricción estática, el sistema es conservativo.

Ejemplo 4.17 El cascarón esférico del ejemplo4.13, parte del reposo desde una altura h como semuestra en la figura. Determine la velocidad angu-lar y la velocidad del cascarón, cuando éste llega a labase del plano inclinado. (Ver figura 4.58)

R

M

q

h

Ep= 0

Figura 4.58: Cascarón esférico que rueda.

SoluciónDiagrama de cuerpo libre para el cascarón.

De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre de lafigura 4.59, sobre el cascarón actúan las siguientesfuerzas

La normal N, que por ser perpendicular al des-plazamiento del centro de masa, no realiza tra-bajo.

El peso mg, que realiza trabajo y es una fuerzaconservativa.

La fuerza de fricción estática Fs, que no realizatrabajo ya que el cascarón rueda sin deslizar.

Mgq

N

Fs

c

Figura 4.59: Diagrama de cuerpo libre paran el cas-carón.

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO 29

De este modo, el sistema es conservativo porquela única fuerza que realiza trabajo es conservativa.En otras palabras, la energía mecánica total del cas-carón permanece constante. Así,

∆E = 0 Ef = Ei, (1)

donde Ei es la energía total en la situación inicial yEf en la situación final.

Ahora, de acuerdo con el nivel cero de energía po-tencial elegido, la ecuación (1) adquiere la forma

Mgh = 12 Mv2

c +12 Icω2. (2)

Como el momento de inercia del cascarón, respectoa un eje que pasa por el centro de masa, está dadopor

Ic =23 MR2,

la ecuación (2) se transforma en

6gh = 3v2c + 2R2ω2. (3)

Además, como el cascarón es homogéneo y ruedasin deslizar, es válida la expresión

vc = ωR. (4)

Así, mediante las ecuaciones (3) y (4) se encuentraque la velocidad angular del cascarón, cuando llegaa la base del plano inclinado, está dada por

ω =1R

√65 gh,

y la velocidad del cascarón por

vc =√

65 gh.

Ejercicio 4.16 Partiendo de la expresión para laaceleración angular, encontrada en el ejemplo 4.13,determine la velocidad angular cuando el cascarónllega a la base del plano inclinado, sabiendo que par-tió desde una altura h. Compare su resultado, con elobtenido en el ejemplo 4.17.

Ejercicio 4.17 Resuelva el ejemplo 4.17, si el casca-rón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza.b) Un disco o cilindro. c) Un aro. En cada caso, su-ponga que la masa es M y radio es R. De acuerdo consus resultados y el obtenido en el ejemplo 4.16 ¿enqué orden llegarán los cuerpos a la base del planoinclinado, si se les suelta simultáneamente desde lamisma 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 respectoa la otra, es diferente de cero. En esta sección,se analiza el movimiento combinado de trasla-ción y rotación de cuerpos rígidos sobre superfi-cies reales, tal como ocurre cuando una esfera ocilindro tiene ambos movimientos al descendersobre 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 comouna combinación de un movimiento de trasla-ción y uno de rotación. Lo importante de estecaso particular, se encuentra en el hecho que esposible tratar a un cuerpo rígido que rueda sindeslizar, como si su movimiento fuera exclusi-vamente de rotación. A continuación se ilustrala equivalencia de los dos métodos, o sea, par-tiendo de un movimiento combinado de trasla-ción y rotación se debe llegar a un movimientode rotación instantáneo puro, y viceversa.

En lo que sigue, como se muestra en la figura4.60, se considera un cuerpo rígido homogéneo,con alto grado de simetría y que rueda sin des-lizar en un plano bidimensional.

C C

Superficie rugosa

s R= q

s

q

R

a'

a

a

Figura 4.60: Movimiento por rodadura de un cuerporígido.

Por otro lado, se supone que es un cuerpo rí-gido de radio R y masa M, que rueda sobre unasuperficie horizontal áspera. Como el cuerpo rí-gido rueda sin deslizar, cuando el radio barreun ángulo θ, el centro de masa C se desplaza


horizontalmente una distancia s = Rθ, como lomuestra la figura 4.60. Por lo tanto, la magnitudde la velocidad del centro de masa, para el mo-vimiento puro por rodadura, está dada 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 superficiesobre la cual rueda sin deslizar. Se habla de ro-tación instantánea ya que el punto de contactocambia continuamente mientras el cuerpo rue-da. En otras palabras, se consideró inicialmenteun movimiento combinado de traslación y rota-ción, y se ha llegado a un movimiento de rota-ción instantánea pura.

Para ilustrar un poco más el resultado ante-rior, en la figura 4.61 se muestran las velocida-des lineales de diversos puntos del cilindro querueda. Como consecuencia del movimiento derotación instantánea pura, la velocidad lineal decualquiera de los puntos señalados, se encuen-tra en una dirección perpendicular a la recta queva de ese punto al punto de contacto con la su-perficie. En cualquier instante, el punto de con-tacto P está en reposo instantáneo respecto a lasuperficie, ya que no se presenta deslizamientoentre las superficies. Por esta razón, el eje quepasa por el punto de contacto P, que es perpen-dicular a la hoja, se le conoce como eje instantá-neo de rotación.

Partículas del cuerpo rígido, tales como Q yQ’, tienen componentes horizontal y vertical dela velocidad; sin embargo, los puntos P, P’ y el

vP= 0P

P'

C

Q

Q'

v vP' c= 2

vc

vQ

vQ'

Figura 4.61: Rotación alrededor de un eje instantá-neo que pasa por P.

centro de masa C, son únicos y tienen un inte-rés especial. Por definición, el centro de masadel cilindro se mueve con velocidad vc = Rω,en tanto que el punto de contacto P tiene velo-cidad cero. Entonces, se concluye que el puntoP’ debe tener una velocidad vP = 2vc = 2Rω,dado que todos los puntos del cuerpo tienen lamisma velocidad angular y la distancia PP’ esdos veces la 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 rí-gido 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 la ecua-ción (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)

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO 31

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 pa-sa por 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,para elcascarón de la figura 4.62, considerando el eje ins-tantáneo de rotación.

R

M

q

P

Figura 4.62: Eje instantáneo de rotación en un cas-carón.

SoluciónEn el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.63, seobserva que las líneas de acción de la normal N y dela fuerza de fricción estática Fs, están aplicadas enel punto de contacto del cascarón con la superficiesobre la cual rueda sin deslizar.

mgq

N

Fs

c

P

Figura 4.63: Diagrama de cuerpo libre para el casca-rón.

Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, estese comporta como si instantáneamente rotara alre-dedor de un eje que pasa por el punto de contactoP. De este modo, 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 única fuerza quegenera rotación respecto al punto P, la ecuación (1),con IP = Ic + MR2, se transforma en

gsenθ = 53 Rα, (2)

donde se ha tomado el sentido horario como positi-vo y se cumple la expresión Ic =

23 MR2.

Por consiguiente, de la ecuación (2) se tiene que laaceleración del cascarón es

α = 35

gsenθ

R,

y la aceleración del centro de masa, con ac = αR, es

ac =35 gsenθ.

Estos resultados, al ser idénticos a los obtenidos en elejemplo 4.13, muestran que realmente el cascarón secomporta como si rotara instantáneamente respectoal eje que pasa por el punto de contacto P.

Para determinar la fuerza de fricción es necesariorecurrir al método utilizado en el ejemplo 4.13, yaque este método no permite obtenerla.

Ejercicio 4.18 Resuelva el ejemplo 4.18, si el cas-carón esférico se cambia por a) Una esfera maciza.b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, su-ponga que la masa es M y el radio es R. Compare loresultados con los obtenidos en el ejemplo 4.18.

Ejemplo 4.19 Determine, en función de la velo-cidad angular, la energía cinética total del cascarónesférico del ejemplo 4.13, considerando el eje instan-táneo de rotación. (Ver figura 4.64)

m g

q

N

Fsc

P

Figura 4.64: Cascarón que rueda.

SoluciónPara rotación instantánea pura, la energía cinéticatotal del cascarón se obtiene mediante la expresión

Ek = 12 IPω2, (1)

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

IP = 23 MR2 + MR2. (2)


Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), seobtiene

Ek = 56 MR2ω2,

resultado idéntico al encontrado en el ejemplo 4.15,para la energía cinética total del cascarón.

Ejercicio 4.19 Resuelva el ejemplo 4.19, si se cam-bia el cascarón esférico por a) Una esfera maciza. b)Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, supon-ga que la masa es M y el radio es R. Compare losresultados con el obtenido en el ejemplo 4.19.

Ejemplo 4.20 La rueda acanalada o 2o-yo"de la fi-gura 4.65, de masa M y radio R, desciende sin desli-zar sobre un carril inclinado un ángulo θ respecto ala horizontal. La rueda está apoyada sobre su eje deradio r. Despreciando el momento de inercia del eje,determine a) La aceleración del centro de masa de larueda y su aceleración angular. b) La fuerza fricciónque actúa sobre el eje. Resuelva el problema por dosmétodos diferentes.

R

M

q

P

rc

Figura 4.65: Rueda acanalada sobre plano inclinado.

SoluciónEn el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.66, lasfuerzas que actúan sobre la rueda son la normal N,el peso mg y la fuerza de fricción estática Fs.

R

M

q

P

cr

Mg

Fs

N

Figura 4.66: Diagrama de cuerpo libre para yo-yo.

Método 1: Movimiento combinado de traslación y ro-tación

De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, lasecuaciones de movimiento, en la dirección paralelaal plano inclinado

↙ +∑i

F// = Mac,

en la dirección perpendicular al plano inclinado

↖ +∑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), con ac = αr, seencuentra que la aceleración de la rueda está dadapor

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 inclinación constan-te, entre mayor sea el radio del eje de la rueda, laaceleración del centro de masa se hace mayor, ob-teniéndose el máximo valor en el caso que R = r,donde la aceleración sería

ac =23 gsenθ.

Por medio de la ecuación (4), con ac = αr, se tieneque la aceleración angular de la rueda es

α =2rgsenθ

R2 + 2r2 . (5)

b) Mediante las ecuaciones (1) y (4) o (3) y (5), seencuentra que la fuerza de fricción está dada por

Fs =MgR2senθ

R2 + 2r2 .

Se observa que para una inclinación constante, lafuerza de fricción disminuye al incrementar el radiodel eje de la rueda, adquiriendo su máximo valor,cuando el eje 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 fricción estática están aplica-das en el punto de contacto P. Esto hace que el peso

4.10. ENUNCIADOS 33

Mg sea la única fuerza que genera rotación instan-tánea pura, alrededor del eje que pasa por P. Así, laecuación de movimiento es de la forma

∑i

MP = IPα. (6)

Ahora, al tomar el sentido antihorario como positivoy empleando el teorema de Steiner con Ic = 1

2 MR2,la ecuación (6) adquiere la forma

grsenθ = ( 12 R2 + r2)α.

Así, la aceleración del centro de masa, con ac = αr ypor 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 encontrados en elmétodo anterior.

b) Para determinar la fuerza de fricción, se debeemplear la ecuación de movimiento para la trasla-ción del centro de masa, ya que por este método noes posible.

4.10. ENUNCIADOS

1. Considere el disco homogéneo mostradoen la figura 4.67. Cuando el disco tiene (a)Traslación pura sobre una superficie plana,(b) rotación pura alrededor de un eje fijoque pasa por su centro y (c) movimientocombinado de traslación y rotación sobreuna superficie plana, responda las siguien-tes preguntas. En cada caso: (i) ¿Bajo quémodelo de cuerpo se debe tratar el disco?Explique. (ii) ¿Qué trayectoria describen laspartículas que lo conforman? Explique. (iii)¿Dichas trayectorias tienen algo en común?Explique. (iv) En el último caso, ¿qué tra-yectoria describe el centro de masa? Expli-que.

2. Sobre el cuerpo mostrado en la figura 4.68,actúan simultáneamente las fuerzas mos-tradas. Justificando cada respuesta, digaqué efectos generan las fuerzas sobre el

C

Figura 4.67: Disco homogéneo.

cuerpo, cuando: (a) La fuerza neta es no nu-la y el momento neto respecto al centro demasa C es nulo. (b) La fuerza neta es nula yel momento neto respecto al punto A es nonulo. (c) La fuerza neta es no nula y el mo-mento neto respecto al centro de masa C esno nulo.

C

A

Figura 4.68: Efectos de fuerzas sobre un cuerpo.

3. Justificando cada una de sus respuestas, di-ga los efectos que se generan cuando sobreun cuerpo actúa: (a)Un par. (b)Un sistemafuerza par. (c) Una llave de torsión.

4. A la varilla de la figura 4.69, de longitud d,se le aplica la fuerza F en diferentes puntos.(a) Halle el momento de la fuerza, aplicadaen el punto A, respecto al punto B y res-pecto al punto C. (b) Halle el momento dela fuerza, aplicada en el punto B, respectoal punto A y respecto al punto C. (c) Ha-lle el momento de la fuerza, aplicada en C,respecto al punto A y respecto al punto B.¿Qué conclusiones puede obtener al com-parar los resultados anteriores? Explique.

5. A la varilla de la figura 4.70, de longitud d,se le aplica la fuerza F en diferentes pun-tos. (a) Reemplace la fuerza, aplicada en A,


C

A

B

b

g F

C

A

B

bC

A

B

gF

C

A

B

b

gF

(a) (b) (c)

Figura 4.69: Momento de fuerzas respecto a diferen-tes puntos.

por un sistema fuerza par aplicado en B ypor un sistema fuerza par aplicado en C. (b)Reemplace la fuerza, aplicada en B, por unsistema fuerza par aplicado en A y por unsistema fuerza par aplicado en C. (c) Reem-place la fuerza, aplicada en C, por un siste-ma fuerza par aplicado en A y por un siste-ma fuerza par aplicado en B.(d) En cada ca-so, ¿cambian los efectos sobre la varilla, alcambiar la fuerza única por el sistema fuer-za par correspondiente? Explique.

C

A

B

b

g F

C

A

B

bC

A

B

gF

C

A

B

b

gF

(a) (b) (c)

Figura 4.70: Sistema fuerza par aplicado en diferen-tes puntos.

6. Un sistema fuerza par, igual que una llavede torsión, generan tanto efectos de trasla-ción como de rotación. ¿Cuál es la diferen-cia entre estos dos sistemas? Explique.

7. La torre de la figura 4.71 se sostiene me-diante tres cables sujetos en la parte supe-rior, como se indica. La tensión en el cableAB es 450 N, la tensión en el cable AC es850 N, la tensión en el cable AD es 900 Ny la distancia OD es 7 m. (a) Exprese cadauna de las fuerzas en sus componentes rec-tangulares. (b) Encuentre el momento netoque actúa sobre la torre en el extremo A. (c)Determine si las tres fuerzas se pueden re-

emplazar por una fuerza única equivalenteó por una llave de torsión.

x

y

zA

B

C

D

17 m

2 m

1 m

3.5 m3 m

35o

O

Figura 4.71: Momento neto respecto al punto A.

8. A la escuadra de la figura 4.72 , se le apli-can las fuerzas y pares mostrados. (a) Hallela magnitud y dirección de la fuerza netaque actúa sobre la escuadra. ¿Qué efectosgenera la fuerza neta sobre la escuadra? Ex-plique. (b) Encuentre la magnitud y direc-ción del momento neto sobre la escuadra,respecto al punto A. ¿Qué efectos genera elmomento neto sobre la escuadra? Explique.(c) La fuerza neta y el momento neto, ¿quésistema forman en el punto A? Muestre surespuesta en un diagrama. (d) Obtenga laecuación de la línea de acción de la fuerzaresultante y los puntos donde esta corta laescuadra. Muestre, en un diagrama, su re-sultado.

A

B

C

Figura 4.72: Fuerzas y pares en un plano.

9. Resuelva el enunciado anterior tomandocomo referencia el punto C. Compare susresultados con los del enunciado anterior.

10. Reemplazar el sistema de fuerzas y pa-res del enunciado anterior, por un sistemaequivalente formado por dos fuerzas con lí-neas de acción paralelas, una aplicada en B

4.10. ENUNCIADOS 35

y la otra aplicada en C. Muestre, en un dia-grama, el resultado obtenido.

11. Resuelva los dos enunciados anteriores, to-mando como referencia para los momen-tos: (i) el punto B y (ii) el punto C.

12. Como se ilustra en la figura 4.73, a la lámi-na en forma de triángulo equilátero, de la-do 10 cm, se le aplican las fuerzas y paresmostrados en la figura. (a) Halle la fuerzaneta que actúa sobre la lámina. ¿Qué pue-de concluir de su resultado? Explique. (b)Encuentre, respecto a cada vértice, el mo-mento neto que actúa sobre la lámina. ¿Quépuede concluir de sus resultados? Expli-que. ¿Qué sistema actúa sobre la lámina?Explique. Muestre, en un diagrama, el re-sultado obtenido.

Figura 4.73: Fuerzas y pares en un triángulo.

13. La varilla homogénea de la figura 4.74, quetiene masa m y longitud l, rota libremen-te alrededor de un eje fijo que pasa por suextremo A, cuando se suelta desde la posi-ción vertical mostrada. (a) ¿Bajo qué mode-lo de cuerpo se debe tratar la varilla? Expli-que. (b) Para una posición diferente a la ini-cial, haga el diagrama de cuerpo libre parala varilla. (c) Obtenga, en función de la po-sición angular de la varilla, su aceleraciónangular y su velocidad angular. (d) Hallelas componentes tangencial y normal, dela fuerza que el eje ejerce sobre la varilla.(e)Encuentre las cantidades obtenidas enlos numerales (c) y (d), cuando la varilla pa-sa por la horizontal y cuando se encuentraen la posición más baja de su movimiento.(f) ¿Cuál es la magnitud y dirección de lafuerza que el eje ejerce sobre la varilla, para

las posiciones indicadas en el numeral an-terior.

A

Figura 4.74: Varilla que rota.

14. Como se muestra en la figura 4.75, la po-lea de masa M y radio R, tiene un pequeñosaliente de radio R/2, alrededor del cual seenrolla una cuerda que está sujeta al bloquede masa m1, el cual desliza sobre la superfi-cie del plano inclinado cuyo coeficiente defricción es µ. El bloque de masa m2 está su-jeto a otra cuerda enrollada en el borde ex-terior de la polea. El sistema parte del repo-so y la polea puede girar libremente alrede-dor de un eje fijo que pasa por su centro. (a)¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratara los bloques y a la polea? Explique. (b) Ha-ga el diagrama de cuerpo libre para cadacuerpo. (c) Plantee las ecuaciones de movi-miento para cada cuerpo. (d) Halle la ace-leración de los bloques y la aceleración an-gular de la polea. ¿Bajo qué condición ma-temática, los cuerpos se mueven en senti-do contrario al supuesto inicialmente? Ex-plique. (e) Encuentre la tensión en las cuer-das. (f) Evalúe para: M = 500 g, R = 23 cm,m1 = 127 g, m2 = 370 g, µ = 0.33 y θ = 29o.¿En qué sentido se mueven los cuerpos?Explique.

m2

m1

Figura 4.75: Partículas y cuerpo rígido.

15. Un cuerpo con simetría circular, de masa m,radio R y radio de giro Kc, se lanza sobre


una superficie horizontal rugosa con unavelocidad vo paralela a la superficie y detal manera que inicialmente tiene traslaciónpura. Luego de ser lanzado, el cuerpo rue-da deslizando hasta un instante a partir delcual continúa rodando sin deslizar. El coefi-ciente de fricción dinámico entre las super-ficies en contacto es µ. (a) ¿Bajo qué mode-lo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo?Explique. (b) Para una posición diferente ala inicial, haga el diagrama de cuerpo librepara el cuerpo. (c) Plantee las ecuacionesde movimiento correspondientes. (d) Ha-lle, en función del radio de giro, la acele-ración del cuerpo y su aceleración angu-lar. ¿Qué movimiento adquiere el centro demasa del cuerpo? Explique. (e) Encuentreel tiempo que tarda el cuerpo en empezara rodar sin deslizar. (f) En el instante ante-rior, determine el desplazamiento del cen-tro masa, la velocidad del cuerpo y su velo-cidad angular. (f) Teniendo en cuenta los re-sultados anteriores, ¿en qué orden los cuer-pos empiezan a rodar sin deslizar, si simul-táneamente se lanzaran un cilindro, un aro,una esfera hueca y una esfera maciza, deigual masa m e igual radio R? (g) Para ca-da cuerpo, evalúe las cantidades obtenidasen los numerales (d), (e) y (f), sabiendo que:vo = 15 cms−1, R = 0.1 m y µ = 0.19.

16. Desde la base de un plano inclinado, selanza una esfera con determinada veloci-dad paralela al plano. Justificando comple-tamente su respuesta, diga si se conservala energía total de la esfera cuando el cuer-po en su ascenso rueda: (a) deslizando y (b)sin deslizar. (c) Si las superficies en contac-to son lisas, ¿qué movimiento adquiere laesfera? Explique.

17. La esfera de la figura 4.76,rueda sin deslizarsobre la superficie de un plano inclinado.Sin hacer cálculos, determine el sentido dela fuerza de fricción que la superficie ejer-ce sobre la esfera si: (a) La esfera se sueltadesde la parte superior del plano inclina-do, (b) la esfera se lanza desde la base delplano inclinado. Justifique completamente

cada respuesta.

Figura 4.76: Sentido de la fuerza de fricción.

18. Al carrete de la figura 4.77, de masa m yradio R, se le enrolla una cuerda alrededordel pequeño saliente de radio r. Cuando enel extremo de la cuerda se aplica la fuer-za P, que forma un ángulo β con la hori-zontal, el carrete rueda sin deslizar sobre lasuperficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelode cuerpo se debe tratar el carrete? Expli-que. (b) Haga el diagrama de cuerpo librepara el carrete. (c) Plantee las ecuacionesde movimiento para el carrete. (d) Halle laaceleración del carrete y su aceleración an-gular. ¿Bajo qué condición matemática, elcarrete se mueve hacia la derecha? Expli-que. (e) Encuentre la fuerza de fricción yel coeficiente de fricción mínimo que le im-pide al carrete deslizar sobre la superficie.¿Qué condición matemática debe satisfacerel coeficiente de fricción mínimo, para queel resultado tenga significado físico? Expli-que. (f) Calcule, para β = 0o y β = 23o, elvalor de las cantidades obtenidas en los nu-merales (d) y (e) si: m = 300 g, R = 10 cm,r = 4 cm y P = 5 N.

R

r bm

P

Figura 4.77: Carrete rodando.

19. Al carrete de la figura 4.78, de masa m yradio R, se le enrolla una cuerda alrededordel pequeño saliente de radio r. Cuando en

4.10. ENUNCIADOS 37

el extremo de la cuerda se aplica la fuer-za P, que forma un ángulo γ con la hori-zontal, el carrete rueda sin deslizar sobre lasuperficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelode cuerpo se debe tratar el carrete? Expli-que. (b) Haga el diagrama de cuerpo librepara el carrete. (c) Plantee las ecuacionesde movimiento para el carrete. (d) Halle laaceleración del carrete y su aceleración an-gular. ¿Bajo qué condición matemática, elcarrete se mueve hacia la derecha? Expli-que. (e) Encuentre la fuerza de fricción yel coeficiente de fricción mínimo que le im-pide al carrete deslizar sobre la superficie.¿La fuerza fricción puede tener un senti-do opuesto al asumido inicialmente? Expli-que. ¿Qué condición matemática debe sa-tisfacer el coeficiente de fricción mínimo,para que el resultado tenga significado fí-sico? Explique. (f) Calcule, para γ = 0o yγ = 23o, el valor de las cantidades obteni-das en los numerales (d) y (e) si: m = 830 g,R = 63 cm, r = 27 cm y P = 6 N.

R

r

g

m

P

Figura 4.78: El carrete rueda sin deslizar.

20. Un cuerpo con simetría circular, de masa m,radio R y radio de giro Kc, rueda sin desli-zar, luego de partir desde la parte más altade un plano inclinado que forma un ánguloθ con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo decuerpo se debe tratar dicho cuerpo? Expli-que. (b) Haga el diagrama de cuerpo librepara el cuerpo. (c) Plantee las ecuacionesde movimiento correspondientes. (d) Ha-lle, en función del radio de giro, la acele-ración del cuerpo, su aceleración angular,la fuerza de fricción y el coeficiente de fric-ción mínimo que impide al cuerpo deslizarsobre la superficie. ¿Qué movimiento ad-quiere el centro de masa del cuerpo? Ex-plique. (e) Encuentre la velocidad del cuer-

po y su velocidad angular, cuando llega ala parte más baja del plano inclinado, sa-biendo que partió desde una altura h res-pecto a su base. ¿Varía la rapidez del centrode masa, al variar la inclinación del planoinclinado? Explique.(f) Teniendo en cuentalos resultados anteriores, determine el or-den de llegada a la base del plano inclina-do, si simultáneamente parten un disco, unaro, una esfera hueca y una esfera maciza,de igual masa m e igual radio R. (g) Para ca-da cuerpo, evalúe las cantidades obtenidasen los numerales (d) y (e), sabiendo que:m = 500 g, R = 0.1 m, h = 28 cm y θ = 25o.

21. Como se muestra en la figura 4.79, al yo-yo,de masa M y radio R, se le enrolla una cuer-da alrededor de un pequeño saliente de ra-dio r. La cuerda, que está sujeta al bloquede masa m, pasa por una polea de masa my radio r. Una vez que el sistema parte delreposo, el yo-yo rueda sin deslizar sobre lasuperficie del plano inclinado. (a) ¿Bajo quémodelo de cuerpo se debe tratar al yo-yo,a la polea y al bloque? Explique. (b) Hagael diagrama de cuerpo libre para cada unode los cuerpos de interés. (c) Plantee lasecuaciones de movimiento para cada cuer-po. (d) Encuentre la aceleración del yo-yo,su aceleración angular, la aceleración angu-lar de la polea y la aceleración del bloque.¿El sistema se mueve en el sentido asumi-do inicialmente? Explique. (e) Halle la ten-sión en la cuerda, la fuerza de fricción so-bre el yo-yo y el coeficiente de fricción está-tico mínimo que impide al yo-yo deslizarsobre la superficie. (f) Determine el valorde las cantidades obtenidas en los nume-rales (d) y (e), para M = 1.5 kg, m = 113 g,R = 15 cm, r = 11 cm, y θ = 25o.

M

R

r

qm

mr

Figura 4.79: Cuerpo rígido y partícula.


22. Un disco, un aro, una esfera hueca y unaesfera maciza, de igual masa e igual radio,ruedan sin deslizar, luego de partir simul-táneamente desde la parte más alta de unplano inclinado. (a) ¿Se conserva la energíamecánica de los cuerpos durante su movi-miento? Explique. (b) ¿Se presentan dife-rencias en los valores de la energía poten-cial gravitacional de los cuerpos, en el ins-tante que se inicia el movimiento? Expli-que. (c) Encuentre la relación entre la ener-gía cinética traslacional y la energía cinéticarotacional de los cuerpos mientras descien-den sobre el plano inclinado. (d) Teniendoen cuenta el numeral anterior, ¿cuál es elorden de llegada de los cuerpo a la basedel plano inclinado? Justifique su respues-ta. (e) Obtenga la energía cinética total decada cuerpo, en función de la energía ci-nética traslacional. ¿Qué puede concluir desus resultados, al compararlos con el nu-meral anterior?

23. (a) Para la varilla del enunciado 13, resuel-va el numeral (c) mediante consideracionesde energía. (b) Evalúe para l = 18 cm yθ = 29o.

24. En la figura 4.80, la polea de masa M y ra-dio R, tiene un pequeño saliente de radior, alrededor del cual se enrolla una cuer-da que está sujeta al bloque de masa m2. Elbloque de masa m1 está sujeto a otra cuer-da enrollada en el borde exterior de la po-lea. El sistema parte del reposo cuando m1se encuentra a una altura h respecto al pi-so y la polea puede girar libremente alre-dedor de un eje fijo que pasa por su cen-tro. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debetratar a los bloques y a la polea? Explique.(b) ¿Cuáles fuerzas actúan sobre el siste-ma bloques-cuerda-polea? Explique. (c) Deacuerdo con las fuerzas que actúan, ¿qué ti-po de sistema se tiene? Explique. Expresematemáticamente la condición anterior. (d)Encuentre la velocidad de los bloques y lavelocidad angular de la polea, en el instan-te que m1 llega al piso. ¿Qué relación debeexistir entre m1 y m2, para que el resultado

tenga significado físico? Explique. (e) Eva-lúe para: R = 28 cm, r = 12 cm, M = 780 g,m1 = 964 g, m2 = 123 g y h = 0.9 m.

m1

m2

M

h

Piso

Figura 4.80: Polea con pequeño saliente.

25. Un cuerpo con simetría circular, de masa m,radio R y radio de giro Kc, rueda sin desli-zar, luego de partir desde la parte más altade un plano inclinado. (a) ¿Bajo qué mode-lo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo?Explique. (b) ¿Cuáles fuerzas actúan sobreel cuerpo? ¿Qué tipo de sistema se tiene?Exprese matemáticamente la condición an-terior. (c) Halle, en función del radio de gi-ro, la velocidad del cuerpo y su velocidadangular, cuando llega a la parte más ba-ja del plano inclinado, sabiendo que par-tió desde una altura h respecto a la basedel plano inclinado. (d) Teniendo en cuentalos resultados anteriores, determine el or-den de llegada a la base del plano inclina-do, si simultáneamente parten un disco, unaro, una esfera hueca y una esfera maciza,de igual masa m e igual radio R. (e) Para ca-da cuerpo, evalúe las cantidades obtenidasen el numeral (c), sabiendo que: R = 0.1 my h = 28 cm.

26. Al carrete de la figura 4.81, de masa m yradio R, se le enrolla una cuerda alrededordel pequeño saliente de radio r. Cuando enel extremo de la cuerda se aplica la fuerzaP, que forma un ángulo β con la horizon-tal, el carrete rueda sin deslizar sobre la su-perficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo decuerpo se debe tratar el carrete? Explique.(b) Haga el diagrama de cuerpo libre parael carrete. (c) Utilizando el concepto de ro-dadura, plantee la ecuación de movimientopara el carrete. (d) Halle la aceleración delcarrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué

4.10. ENUNCIADOS 39

condición matemática, el carrete se mue-ve hacia la derecha? Explique. ¿Qué movi-miento adquiere el centro de masa del cuer-po, si el ángulo β permanece fijo? Explique.(e) Calcule, para β = 0o y β = 23o, el valorde las cantidades obtenidas en el numeral(d) si: m = 300 g, R = 10 cm, r = 4 cm yP = 5 N. Compare sus resultados, con losobtenidos en el enunciado 18.

R

r bm

P

Figura 4.81: Carrete deslizando.

27. Al carrete de la figura 4.82, de masa m yradio R, se le enrolla una cuerda alrededordel pequeño saliente de radio r. Cuando enel extremo de la cuerda se aplica la fuerzaP, que forma un ángulo γ con la horizon-tal, el carrete rueda sin deslizar sobre la su-perficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo decuerpo se debe tratar el carrete? Explique.(b) Haga el diagrama de cuerpo libre parael carrete. (c) Utilizando el concepto de ro-dadura, plantee la ecuación de movimien-to para el carrete. (d) Halle la aceleracióndel carrete y su aceleración angular. ¿Quémovimiento adquiere el centro de masa delcuerpo, si el ángulo γ permanece fijo? Ex-plique. (e) Calcule, para γ = 0o y γ = 23o,el valor de las cantidades obtenidas en elnumeral (e) si: m = 830 g, R = 63 cm,r = 27 cm y P = 6 N. Compare sus resul-tados con los obtenidos en el enunciado 19.

R

r

g

m

P

Figura 4.82: Rodadura en un carrete.

28. Un cuerpo con simetría circular, de ma-sa m, radio R y radio de giro Kc, ruedasin deslizar, luego de partir desde la par-te más alta de un plano inclinado que for-ma un ángulo θ con la horizontal. (a) ¿Ba-jo qué modelo de cuerpo se debe tratar di-cho cuerpo? Explique. (b) Haga el diagra-ma de cuerpo libre para el cuerpo. (c) Em-pleando el concepto de rodadura, planteela ecuación de movimiento correspondien-te. (d) Halle, en función del radio de giro,la aceleración del cuerpo y su aceleraciónangular. ¿Qué movimiento adquiere el cen-tro de masa del cuerpo? Explique. (e) En-cuentre la velocidad del cuerpo y su velo-cidad angular, cuando llega a la parte másbaja del plano inclinado, sabiendo que par-tió desde una altura h respecto a su base.¿Varía la rapidez del centro de masa, al va-riar la inclinación del plano inclinado? Ex-plique.(f) Teniendo en cuenta los resultadosanteriores, determine el orden de llegada ala base del plano inclinado, si simultánea-mente parten un disco, un aro, una esferahueca y una esfera maciza, de igual masa me igual radio R. (g) Para cada cuerpo, eva-lúe las cantidades obtenidas en los nume-rales (d) y (e), sabiendo que: m = 500 g,R = 0.1 m, h = 28 cm y θ = 25o.

29. (En este enunciado, utilice el concepto derodadura). En la figura 4.83, al yo-yo, demasa M y radio R, se le enrolla una cuer-da alrededor de un pequeño saliente de ra-dio r. La cuerda, que está sujeta al bloquede masa m, pasa por una polea de masa my radio r. Una vez que el sistema parte delreposo, el yo-yo rueda sin deslizar sobre lasuperficie del plano inclinado. (a) ¿Bajo quémodelo de cuerpo se debe tratar al yo-yo,a la polea y al bloque? Explique. (b) Hagael diagrama de cuerpo libre para cada unode los cuerpos de interés. (c) Plantee lasecuaciones de movimiento para cada cuer-po. (d) Encuentre la aceleración del yo-yo,su aceleración angular, la aceleración angu-lar de la polea y la aceleración del bloque.¿El sistema se mueve en el sentido asumi-


do inicialmente? Explique. (e) Halle la ten-sión en la cuerda. (f) Determine el valor delas cantidades obtenidas en los numerales(d) y (e), para M = 1.5 kg, m = 113 g,R = 15 cm, r = 11 cm, y θ = 25o.

M

R

r

qm

mr

Figura 4.83: Dos cuerpos rígidos y una partícula.

30. (En este enunciado, utilice el concepto derodadura). Un disco, un aro, una esferahueca y una esfera maciza, de igual masae igual radio, ruedan sin deslizar, luego departir simultáneamente desde la parte másalta de un plano inclinado. (a) ¿Se conservala energía mecánica de los cuerpos durantesu movimiento? Explique. (b) ¿Se presen-tan diferencias en los valores de la energíapotencial gravitacional de los cuerpos, en elinstante que se inicia el movimiento? Expli-que. (c) Encuentre la relación entre la ener-gía cinética traslacional y la energía cinéticarotacional de los cuerpos mientras descien-den sobre el plano inclinado. (d) Teniendoen cuenta el numeral anterior, ¿cuál es elorden de llegada de los cuerpo a la basedel plano inclinado? Justifique su respues-ta. (e) Obtenga la energía cinética total decada cuerpo, en función de la energía ci-nética traslacional. ¿Qué puede concluir desus resultados, al compararlos con el nu-meral anterior?

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41

Índice alfabético

A,aceleración

angular, 22del centro de masa, 2, 22

B,brazo

de una fuerza, 4

C,cantidad

de rotación, 3centro

de masa, 2, 22de rotación, 2, 3geométrico, 22

centro de masa, 14componentes rectangulares

del vector fuerza, 4del vector momento de una fuerza, 4del vector posición, 4

conservaciónde la energía, 27del momento angular, 18, 22

convenciónde signos, 5

cuerpohomogéneo, 22

D,definición

de cuerpo rígido, 2de momento de una fuerza, 3

dimensionesde momento de una fuerza, 5

direccióndel momento de una fuerza, 3

E,ecuación

de la línea de acción, 13de movimiento rotacional, 18

efectode rotación, 3

efectosde rotación, 11de traslación, 11de una fuerza, 3

ejeinstantáneo, 30instantáneo de rotación, 30principal de inercia, 25

energíacinética, 24cinética rotacional, 24, 25, 31cinética total, 24, 25, 30cinética traslacional, 24, 25, 31de un cuerpo rígido, 24potencial, 27total, 27

equivalenciarotacional, 10traslacional, 10

F,fricción

cinética, 22, 29estática, 22

fuerzaúnica equivalente, 11–15conservativa, 27de fricción dinámica, 27externa, 22, 27externa conservativa, 27gravitacional, 27

42

ÍNDICE ALFABÉTICO 43

interna, 28neta, 2, 11no conservativa, 27resultante, 14

I,interacción

entre cuerpos, 2

L,ley de conservación

de la energía, 28LL,llave

de torsión, 15, 16

M,magnitud

del momento de una fuerza, 4modelo

de cuerpo rígido, 2de partícula, 1

momentode inercia, 25de una fuerza, 3, 4de una par, 8resultante, 14

momento de una fuerzaen dos dimensiones, 4

movimientocombinado, 3, 10, 21, 24de rotación pura, 2de traslación, 2

N,nivel cero

de energía potencial, 28

P,par de fuerzas, 15

efectos de rotación, 8efectos de traslación, 8o cupla, 8

pesode un cuerpo, 14

principiode transmisibilidad, 4, 9, 13

puntode contacto, 22, 30

R,regla

de la mano derecha, 3rodadura, 29rodar, 22

deslizando, 22sin deslizar, 22, 28, 29

rotación, 3alrededor de un eje no principal, 18alrededor de un eje principal, 18instantánea, 30instantánea pura, 29, 31

rotación purapura, 24

S,segunda

ley de Newton, 2, 22sistema

conservativo, 28de fuerzas concurrentes, 12de fuerzas coplanares, 13de fuerzas paralelas, 13, 14de partículas, 2fuerza par, 9, 21fuerzas par, 15no conservativo, 27

T,teorema

de Steiner, 30de Varignon, 12del trabajo y la energía, 27

traslacióndel centro de masa, 3, 22pura, 2, 24

trayectoriacircular, 2

U,unidades

de momento de una fuerza, 5

V,vector

deslizante, 9, 13libre, 8

MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA Y...

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