Unidad 7

Rotacioacuten

bull Analizar la relacioacuten que existe entre la velocidad y aceleracioacuten

lineales con la velocidad y aceleracioacuten angulares en los

movimientos de rotacioacuten

bull Aplicar la relacioacuten entre el cambio de energiacutea cineacutetica y el

trabajo para describir el movimiento rotacional de un cuerpo

bull Aplicar la relacioacuten entre momento aceleracioacuten e impulso

angulares en el anaacutelisis de movimientos rotacionales

bull Analizar el movimiento rotacional mediante la ley de

conservacioacuten del momento angular

Ob

jeti

vo

s

171

Introduccioacuten

Se denomina rotacioacuten al movimiento que realiza un cuerpo cuando gira en torno

a un eje que se mantiene fijo en el espacio Dicho eje se denomina eje de rotacioacuten y

puede ser real (una rueda de automoacutevil girando alrededor de su eje) o imaginario (el eje

de rotacioacuten terrestre) lo cual se muestra en la figura 71

( a ) ( b )

Figura 71 En la figura (a) se muestra una rueda girando alrededor de un eje real

La figura (b) muestra el eje imaginario alrededor del cual gira nuestro planeta

Considerando que el cuerpo estaacute formado por partiacuteculas individuales las trayectorias

que siguen dichas partiacuteculas corresponden a ciacuterculos inscritos en planos perpendiculares

al eje de rotacioacuten El radio de cada trayectoria circular es mayor entre maacutes alejada esteacute

la partiacutecula del eje de rotacioacuten y viceversa Las partiacuteculas individuales que estaacuten sobre el

eje de rotacioacuten permanecen fijas mientras el cuerpo gira Lo anterior puede apreciarse

en la figura 72

172

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

r

r

r

Figura 72 Rotacioacuten de un cuerpo alrededor de un eje que permanece fijo en el espacio

Un objeto en el que todas sus partiacuteculas mantienen una distancia fija una de otra recibe el nombre

de cuerpo riacutegido y su movimiento global de rotacioacuten (desplazamiento velocidad y aceleracioacuten) se puede

analizar en teacuterminos de las suma de los movimientos de cada una de ellas

71 Velocidad angular y velocidad lineal

Considere un cuerpo girando alrededor del eje z el cual es perpendicular al plano xy como se

muestra en la figura 73 se puede establecer lo siguiente

1 La posicioacuten angular de una partiacutecula situada en el punto P en un instante t1 es un aacutengulo θ

1

formado por el vector de posicioacuten 1r

y el eje x el cual se considera como el eje de referencia

2 Si la partiacutecula situada inicialmente en el punto P se desplaza hasta el punto Q en un instante

t2 la posicioacuten angular cambia y ahora es un aacutengulo θ

2 formado por el vector de posicioacuten 2r

y el eje x

3 El desplazamiento angular de la partiacutecula se define como θΔ = θ2 ndash θ

1 y ocurre en el

intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 La magnitud del desplazamiento angular se mide en radianes Las

siguientes relaciones permiten transformar grados a radianes

2π rad = 360ordm = 1 rev o π rad = 180ordm = 1

2rev

173

Unidad 7

ω ( + )

0

ω ( ndash )

2Q t

1P t S

x

y

z

2r

1r2θ1θ

Δθ

Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt

Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento

Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular

independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del

desplazamiento angular del cuerpo

4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como

2 1

2 1

ndash

ndasht t tω θ θΔθ= =Δ

(71)

Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω

como velocidad angular simplemente

La magnitud de ese vector se puede calcular como

0

limt

d

t dtω Δ rarr

Δθ θ= =Δ (72)

5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la

posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]

6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que

sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este

capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas

7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos

cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy

174

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta

manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas

maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω

en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v

la cual se encuentra en el plano xy es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo

en todo momento como se muestra en la figura 74

ω t

0

0 0v t

1 1v t

x

y

z

rr

s = rθ

Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v

para todo movimiento de rotacioacuten

Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento

o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante

Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene

ds dr

dt dt

θ= lo cual queda como v = r w (73)

donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular

en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten

existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje

z que es perpendicular al plano mencionado

72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal

Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una

velocidad angular inicial ω1 en el instante t

1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω

2 en

el instante t2

17

Unidad 7

0

ω t 1 1

ω t 2 2

x

y

z

rr

QP

α ( ndash )

α ( + )

α

Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular

De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se

puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es

2 1

2 1t t t

ω ωωα minusΔ= =Δ minus

(74)

De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten

angular simplemente como

0lim

t

d

t dt

ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)

Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad

angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]

La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo

y negativa cuando ω decrece en el tiempo

Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo

Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe

cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

171

Introduccioacuten

Se denomina rotacioacuten al movimiento que realiza un cuerpo cuando gira en torno

a un eje que se mantiene fijo en el espacio Dicho eje se denomina eje de rotacioacuten y

puede ser real (una rueda de automoacutevil girando alrededor de su eje) o imaginario (el eje

de rotacioacuten terrestre) lo cual se muestra en la figura 71

( a ) ( b )

Figura 71 En la figura (a) se muestra una rueda girando alrededor de un eje real

La figura (b) muestra el eje imaginario alrededor del cual gira nuestro planeta

Considerando que el cuerpo estaacute formado por partiacuteculas individuales las trayectorias

que siguen dichas partiacuteculas corresponden a ciacuterculos inscritos en planos perpendiculares

al eje de rotacioacuten El radio de cada trayectoria circular es mayor entre maacutes alejada esteacute

la partiacutecula del eje de rotacioacuten y viceversa Las partiacuteculas individuales que estaacuten sobre el

eje de rotacioacuten permanecen fijas mientras el cuerpo gira Lo anterior puede apreciarse

en la figura 72

172

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

r

r

r

Figura 72 Rotacioacuten de un cuerpo alrededor de un eje que permanece fijo en el espacio

Un objeto en el que todas sus partiacuteculas mantienen una distancia fija una de otra recibe el nombre

de cuerpo riacutegido y su movimiento global de rotacioacuten (desplazamiento velocidad y aceleracioacuten) se puede

analizar en teacuterminos de las suma de los movimientos de cada una de ellas

71 Velocidad angular y velocidad lineal

Considere un cuerpo girando alrededor del eje z el cual es perpendicular al plano xy como se

muestra en la figura 73 se puede establecer lo siguiente

1 La posicioacuten angular de una partiacutecula situada en el punto P en un instante t1 es un aacutengulo θ

1

formado por el vector de posicioacuten 1r

y el eje x el cual se considera como el eje de referencia

2 Si la partiacutecula situada inicialmente en el punto P se desplaza hasta el punto Q en un instante

t2 la posicioacuten angular cambia y ahora es un aacutengulo θ

2 formado por el vector de posicioacuten 2r

y el eje x

3 El desplazamiento angular de la partiacutecula se define como θΔ = θ2 ndash θ

1 y ocurre en el

intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 La magnitud del desplazamiento angular se mide en radianes Las

siguientes relaciones permiten transformar grados a radianes

2π rad = 360ordm = 1 rev o π rad = 180ordm = 1

2rev

173

Unidad 7

ω ( + )

0

ω ( ndash )

2Q t

1P t S

x

y

z

2r

1r2θ1θ

Δθ

Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt

Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento

Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular

independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del

desplazamiento angular del cuerpo

4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como

2 1

2 1

ndash

ndasht t tω θ θΔθ= =Δ

(71)

Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω

como velocidad angular simplemente

La magnitud de ese vector se puede calcular como

0

limt

d

t dtω Δ rarr

Δθ θ= =Δ (72)

5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la

posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]

6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que

sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este

capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas

7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos

cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy

174

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta

manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas

maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω

en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v

la cual se encuentra en el plano xy es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo

en todo momento como se muestra en la figura 74

ω t

0

0 0v t

1 1v t

x

y

z

rr

s = rθ

Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v

para todo movimiento de rotacioacuten

Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento

o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante

Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene

ds dr

dt dt

θ= lo cual queda como v = r w (73)

donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular

en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten

existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje

z que es perpendicular al plano mencionado

72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal

Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una

velocidad angular inicial ω1 en el instante t

1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω

2 en

el instante t2

17

Unidad 7

0

ω t 1 1

ω t 2 2

x

y

z

rr

QP

α ( ndash )

α ( + )

α

Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular

De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se

puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es

2 1

2 1t t t

ω ωωα minusΔ= =Δ minus

(74)

De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten

angular simplemente como

0lim

t

d

t dt

ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)

Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad

angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]

La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo

y negativa cuando ω decrece en el tiempo

Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo

Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe

cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

172

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

r

r

r

Figura 72 Rotacioacuten de un cuerpo alrededor de un eje que permanece fijo en el espacio

Un objeto en el que todas sus partiacuteculas mantienen una distancia fija una de otra recibe el nombre

de cuerpo riacutegido y su movimiento global de rotacioacuten (desplazamiento velocidad y aceleracioacuten) se puede

analizar en teacuterminos de las suma de los movimientos de cada una de ellas

71 Velocidad angular y velocidad lineal

Considere un cuerpo girando alrededor del eje z el cual es perpendicular al plano xy como se

muestra en la figura 73 se puede establecer lo siguiente

1 La posicioacuten angular de una partiacutecula situada en el punto P en un instante t1 es un aacutengulo θ

1

formado por el vector de posicioacuten 1r

y el eje x el cual se considera como el eje de referencia

2 Si la partiacutecula situada inicialmente en el punto P se desplaza hasta el punto Q en un instante

t2 la posicioacuten angular cambia y ahora es un aacutengulo θ

2 formado por el vector de posicioacuten 2r

y el eje x

3 El desplazamiento angular de la partiacutecula se define como θΔ = θ2 ndash θ

1 y ocurre en el

intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 La magnitud del desplazamiento angular se mide en radianes Las

siguientes relaciones permiten transformar grados a radianes

2π rad = 360ordm = 1 rev o π rad = 180ordm = 1

2rev

173

Unidad 7

ω ( + )

0

ω ( ndash )

2Q t

1P t S

x

y

z

2r

1r2θ1θ

Δθ

Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt

Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento

Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular

independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del

desplazamiento angular del cuerpo

4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como

2 1

2 1

ndash

ndasht t tω θ θΔθ= =Δ

(71)

Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω

como velocidad angular simplemente

La magnitud de ese vector se puede calcular como

0

limt

d

t dtω Δ rarr

Δθ θ= =Δ (72)

5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la

posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]

6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que

sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este

capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas

7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos

cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy

174

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta

manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas

maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω

en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v

la cual se encuentra en el plano xy es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo

en todo momento como se muestra en la figura 74

ω t

0

0 0v t

1 1v t

x

y

z

rr

s = rθ

Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v

para todo movimiento de rotacioacuten

Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento

o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante

Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene

ds dr

dt dt

θ= lo cual queda como v = r w (73)

donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular

en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten

existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje

z que es perpendicular al plano mencionado

72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal

Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una

velocidad angular inicial ω1 en el instante t

1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω

2 en

el instante t2

17

Unidad 7

0

ω t 1 1

ω t 2 2

x

y

z

rr

QP

α ( ndash )

α ( + )

α

Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular

De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se

puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es

2 1

2 1t t t

ω ωωα minusΔ= =Δ minus

(74)

De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten

angular simplemente como

0lim

t

d

t dt

ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)

Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad

angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]

La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo

y negativa cuando ω decrece en el tiempo

Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo

Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe

cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

173

Unidad 7

ω ( + )

0

ω ( ndash )

2Q t

1P t S

x

y

z

2r

1r2θ1θ

Δθ

Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt

Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento

Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular

independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del

desplazamiento angular del cuerpo

4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como

2 1

2 1

ndash

ndasht t tω θ θΔθ= =Δ

(71)

Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω

como velocidad angular simplemente

La magnitud de ese vector se puede calcular como

0

limt

d

t dtω Δ rarr

Δθ θ= =Δ (72)

5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la

posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]

6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que

sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este

capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas

7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t

1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos

cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy

174

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta

manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas

maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω

en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v

la cual se encuentra en el plano xy es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo

en todo momento como se muestra en la figura 74

ω t

0

0 0v t

1 1v t

x

y

z

rr

s = rθ

Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v

para todo movimiento de rotacioacuten

Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento

o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante

Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene

ds dr

dt dt

θ= lo cual queda como v = r w (73)

donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular

en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten

existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje

z que es perpendicular al plano mencionado

72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal

Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una

velocidad angular inicial ω1 en el instante t

1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω

2 en

el instante t2

17

Unidad 7

0

ω t 1 1

ω t 2 2

x

y

z

rr

QP

α ( ndash )

α ( + )

α

Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular

De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se

puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es

2 1

2 1t t t

ω ωωα minusΔ= =Δ minus

(74)

De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten

angular simplemente como

0lim

t

d

t dt

ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)

Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad

angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]

La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo

y negativa cuando ω decrece en el tiempo

Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo

Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe

cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

174

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta

manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas

maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω

en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v

la cual se encuentra en el plano xy es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo

en todo momento como se muestra en la figura 74

ω t

0

0 0v t

1 1v t

x

y

z

rr

s = rθ

Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v

para todo movimiento de rotacioacuten

Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento

o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante

Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene

ds dr

dt dt

θ= lo cual queda como v = r w (73)

donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular

en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten

existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje

z que es perpendicular al plano mencionado

72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal

Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una

velocidad angular inicial ω1 en el instante t

1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω

2 en

el instante t2

17

Unidad 7

0

ω t 1 1

ω t 2 2

x

y

z

rr

QP

α ( ndash )

α ( + )

α

Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular

De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se

puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es

2 1

2 1t t t

ω ωωα minusΔ= =Δ minus

(74)

De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten

angular simplemente como

0lim

t

d

t dt

ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)

Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad

angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]

La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo

y negativa cuando ω decrece en el tiempo

Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo

Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe

cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

17

Unidad 7

0

ω t 1 1

ω t 2 2

x

y

z

rr

QP

α ( ndash )

α ( + )

α

Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular

De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se

puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es

2 1

2 1t t t

ω ωωα minusΔ= =Δ minus

(74)

De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten

angular simplemente como

0lim

t

d

t dt

ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)

Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad

angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]

La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el

eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo

y negativa cuando ω decrece en el tiempo

Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo

Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe

cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es

tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

176

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0ω(+)

a R

a T

a

x

y

z

α ( + )

Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta

la aceleracioacuten

centriacutepeta o radial Ra

y la aceleracioacuten lineal total a

para todo movimiento de rotacioacuten

Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera

la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al

tiempo tenemos

v = r ω

dv dr

dt dt

ω=

dva

dt=

y de acuerdo con la ecuacioacuten 75

aT = r α (76)

donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular

en rads2 y r el radio de la trayectoria en m

Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un

objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten

del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en

la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC

(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del

ciacuterculo como se muestra en la figura 77

22

ωrr

vaC ==

ωω

rv =

Figura 77

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

177

Unidad 7

Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por

22

C

va r

rω= =

(77)

La aceleracioacuten tangencial Ta

y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca

en un movimiento circular no uniforme

representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen

una aceleracioacuten total dada por

2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)

Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4

T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)

aa C

at

α

Figura 78

73 Aceleracioacuten angular constante

El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular

Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten

Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad

angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo

despueacutes de un determinado tiempo

Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo

Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento

angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten

angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)

quedan de la siguiente manera

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

178

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

f i tω ω α= +

(710)

2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus

(711)

21

2i it tθ θ ω α= + +

(712)

2

i f

f i tω ω

θ θ+ minus = (713)

donde θi y θ

f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω

i y ω

f son las

magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten

angular en rads2

Problemas resueltos

1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en

las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de

diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser

ensamblado totalmente en una tuerca

Respuesta

Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces

t

θω = despejando t tθω

=

Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es

vueltas76 (75cm) 57vueltas

cmθ = =

Por lo tanto

vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833

min 60s s

= =

vueltas57

1 977 svueltas

5833s

tθω

= = =

2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal

aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos

el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato

desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

179

Unidad 7

Respuesta

Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU

desde t = 15 s hasta t = 35 s

La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo

t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω

i + α t despejando

α

α = (ωf ndash ω

i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2

Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712

θ = θi + ω

i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ

i=0 y ω

i t=0

Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1

La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su

movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular

cuando t = 15 segundos es

ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads

Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es

θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2

Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ

2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del

microondas

θ = θ1 + θ

2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad

Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde

t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev

Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev

3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada

Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas

que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total

iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

180

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Respuesta

Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular

final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular

inicialrev 2 rad 1min rad

50 523min 1rev 60

is s

πω = =

Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten

710

α = (ωf ndash ω

i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2

Despejando (θf ndash θ

i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de

detenerse

θf ndash θ

i = (ω

f

2 ndash ωi

2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad

Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene

θf ndash θ

i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev

Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es

de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)

vi = r ω

i

aT = r α

ac = r ω

i2

y a = (aT

2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores

vi = r ω

i = (0175 m)(523 rads) = 091 m

aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2

ac = r ω

i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2

a = (aT

2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2

Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a

R debido a que a

T

2

es un nuacutemero muy pequentildeo

74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten

Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe

trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω

en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

181

Unidad 7

cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi

situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v

i = ω r

i

0ωt

ωtωt

m1

m2

mi

v1

v 2

v ir

i

r 1

a

x

y

z

Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi

la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa

Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura

79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi

EKi

= frac12 mi v

i

2 = frac12 mi (ω r

i)2 = frac12 m

i

[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]

Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de

rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las

partiacuteculas del cuerpo

EK = Σ E

Ki = Σ frac12 m

i r

i

2 ω2 = frac12 (Σ mi r

i

2) ω2 (714)

Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que

representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como

I = Σ mi r

i

2 (715)

que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en

el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea

cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω

EK = frac12 I ω2 (716)

Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se

reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω

2

ir2w

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

182

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten

Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En

un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F

tal y como se observa en la figura 710 donde r

es

el vector de posicioacuten del punto P

Al aplicar la fuerza F

al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera

que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F

al hacer girar

al cuerpo un aacutengulo dθ se define como

dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)

0

F

F

d

ds

x

y

z

rr1

ф

ф

ф

Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento de rotacioacuten

Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene

que

dW = F r dθ senф (718)

Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un movimiento

de rotacioacuten

El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de

giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene

articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F

en el punto P cuyo vector de posicioacuten es

r

El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como

M r F= times (719)

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

183

Unidad 7

Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F

De la figura 710 tambieacuten se puede observar

que el momento M

estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al

vector de posicioacuten r

y a la fuerza F

ambos perpendiculares entre siacute

0

PF

M

M

Mx

y

z

rr

( + )

( ndash )

Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque

Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F

entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza

y su magnitud es

r = r senф

Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F

respecto al origen queda como

M0 = r senф F = r F senф (720)

Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una

fuerza F

a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo

Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de

cada uno de los torques individuales

Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F

es en sentido antihorario

entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido

horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)

Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir

como

dW = M dθ (721)

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

184

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F

en un

movimiento de rotacioacuten

Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts

desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)

P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)

Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por

el momento M

en Nbullm

Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ

2 y si el

momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute

W = 2

1

dW

θ

θint = 2

1

Mθ

θint dθ (723)

Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede

reescribir como

W = M 2

1

dθθ

θint = M (θ2 ndash θ

1) (724)

Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza

F

por el momento M

la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω

En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual

se escribe de la siguiente forma

W = ΔEK = E

Kf ndash E

Ki = frac12 I ω

f

2 ndash frac12 I ωi

2 (725)

Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten

76 Momento y aceleracioacuten angular

La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M

con la aceleracioacuten angular α

de la manera que se describe a continuacioacuten

Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F

una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r

cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

18

Unidad 7

0

Fr

F T

F

M M

m

x

y

z

r

T=

Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M

y la aceleracioacuten angular α

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que

( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)

Donde aC y a

T asiacute como F

C y F

T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la

fuerza respectivamente

Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F

con respecto

al centro del ciacuterculo es M = MC + M

T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial

respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer

que

1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F

r es cero

2 MT = F

T r = m a

T r puesto que el brazo de palanca de F

T es r

Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que

M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)

donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente

generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas

se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es

M = Msum ext = I α (728)

77 Momento angular e impulso angular

Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy

Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r

como se muestra en la figura 713

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

186

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

0

pv

x

y

z

r

M

r senфф

ф

Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m

movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r

El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como

L r mv r p= times = times (729)

Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que

contiene a los vectores r

y p

De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos

deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que

L = (m v) r senф = p r senф (730)

Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r

y p

donde r senф = r para que se cumpla la

condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como

L = m v r

Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que

L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)

Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad

angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en

[kg bull m2 s]

El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el

tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido

son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso

angular M son equivalentes en unidades

L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular

M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

187

Unidad 7

De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento

angular es decir

M t = L = I ω (732)

Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M

r Fτ = times y sabiendo de la segunda

ley de Newton que

( )dv d mv dpF ma m

dt dt dt= = = =

(733)

El momento de una fuerza se puede expresar como

M dp

rdt

τ = times

(734)

Por otro lado de la ecuacioacuten 729

dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times

dt dt dt dt dt dt

Como los vectores velocidad v

y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes

es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r

y la derivada del vector p

con

respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene

dL dp= r times = t

dt dt

M

(735)

De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al

tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje

78 Conservacioacuten del momento angular

Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir

que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L

es constante entonces Li = L

f Esta igualdad

se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente

ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un

punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a

cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo

i i f fI Iϖ ϖ= (736)

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

188

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

Problemas resueltos

1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre

una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable

con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar

aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente

entre la superficie y el tambor

NF

m

mg

ndash fr a

r α ( + )

Figura 714

Respuesta

Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento

que se genera son

x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2

( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr

En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el

mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son

I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2

Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es

2 F = 3 m a 2 entonces

a = 4 F 3 m

Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera

F ndash fr = m a entonces

F ndash fr = m (4F 3m)

despejando fr fr = ndashF 3

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

189

Unidad 7

2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se

encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m

y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la

persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad

v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma

cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la

plataforma

Respuesta

Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten

del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente

Li = L

f entonces 0 = I

per ω

per ndash I

plat ω

plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en

reposo

Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con

velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en

0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat

despejando ωplat

obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en

direccioacuten contraria al movimiento de la persona

ωplat

= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s

Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la

expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)

W = EKf

ndash EKi

= m v2 2 + I ωplat

2 2 sustituyendo valores queda

W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules

3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad

v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la

capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del

cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro

una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

190

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

r

d v

mgel

mcil

Figura 715

Respuesta

A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular

L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir

Li = L

f entonces m

gel v d = (I

gel + I

cil) ω

gel-cil pero sabiendo que

Igel

= mgel

rcil

2 y que Icil

= mcil

rcil

2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior

mgel

v d = (mgel

rcil

2 + mcil

rcil

2 2) ωgel-cil

despejando ωgel-cil

y sustituyendo valores

ωgel-cil

= mgel

v d (mgel

+ mcil

2) rcil

2

ωgel-cil

= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

191

Unidad 7

Problemas propuestos

1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2

a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante

hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo

que tarda en llegar al reposo

Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2

2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor

de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de

una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar

la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la

colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la

plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra

Respuesta M = 0307 Nm

3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La

superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual

imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la

cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la

cubeta en caer al agua

Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad

4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a

experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando

han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo

Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads

5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma

giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un

radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con

una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la

maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2

Respuesta v = 010 ms

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

192

C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa

6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una

plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2

El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el

corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que

adquiere dicha plataforma

Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads

7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m

2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y

un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto

se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso

Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso

R

m2

I

m1

θ

Figura 716

Respuesta v = 2553 hfrac12

8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m

2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas

por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y

momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es

θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T

2 en la cuerda y cuaacutel

el momento de inercia I de la poleaR

m2

T2

T1

I

m1

θ

Figura 717

Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T

2 = 15610 N

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2

193

Unidad 7

9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de

los bloques son m1 = 5 kg y m

2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2

Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques

R

aR

m

m2

m1

θ

Figura 718

Respuesta a1 = 234 ms2 y a

2 = 467 ms2

10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m

R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a

una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones

del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar

mb

mC

r

Figura 719

Respuesta ab = 342 ms2 y α

c = 853 rads2