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• MELISSA SILVA PADILLA

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4 DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2018

Índice general

4. Dinámica del cuerpo rígido 4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1. Movimiento de traslación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2. Movimiento de rotación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3. Movimiento combinado de traslación y rotación . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Torque o momento de una fuerza respecto a un punto O (τo ) . . . . . . . . . . . 4.3. Torque de un par de fuerzas o cupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Efectos de traslación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Efectos de rotación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par . . . . . . . . . . . . . 4.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido . . . . . . . . 4.5.1. Resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . 4.5.2. Resultante de un sistema de fuerzas coplanares . . . . . . . . . . . . . . 4.5.3. Resultante de un sistema de fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Vector momento angular de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Momento de inercia de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8. Ejes principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.1. Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico . . . . . . . . . . . . . . 4.8.2. Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico . . . . . . . . . . . . . 4.8.3. Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular . . . . . . . . . . . . 4.9. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. Radio de giro de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11. Ecuación de movimiento para la rotación de una cuerpo rígido . . . . . . . . . . 4.11.1. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . . 4.11.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia 4.11.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . 4.12. Energía de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . 4.12.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.13. Trabajo, energía cinética rotacional y potencia de rotación . . . . . . . . . . . . . 4.14. Conservación del momento angular en colisiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1 2 2 3 3 3 7 7 8 8 11 11 12 14 15 17 19 19 19 19 20 20 22 22 23 26 28 28 29 29 29 31 33 35

4

ÍNDICE GENERAL

4.15. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . 4.16. Equilibrio de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.16.1. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas . 4.16.2. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas . 4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografía

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36 40 40 41 43 52

Cap´ıtulo

4

Dinámica del cuerpo rígido Competencias En esta unidad se busca que el estudiante: Defina el concepto de cuerpo rígido, e infiera la diferencia entre el modelo de cuerpo rígido y el modelo de partícula. Distinga entre movimiento traslacional y movimiento rotacional. Defina, interprete y aplique el concepto de torque de una fuerza respecto a un punto. Defina el concepto de par de fuerzas o cupla e identifique los efectos que genera sobre un cuerpo rígido. Defina un sistema fuerza par e identifique los efectos que genera sobre un cuerpo rígido. Identifique los efectos que un sistema de fuerzas puede generar sobre un cuerpo rígido. Obtenga la resultante de un sistema de fuerzas concurrentes, coplanares y paralelas, aplicadas a un cuerpo rígido. Defina el concepto de centro de masa de un cuerpo rígido, como una aplicación de un sistema de fuerzas patalelas. Obtenga el momento angular de un cuerpo rígido en movimiento y deduzca las condiciones bajo las cuales esta cantidad física se conserva.

Defina y obtenga el momento de inercia de un cuerpo rígido respecto a un eje, e infiera la diferencia entre el concepto de momento de inercia de un cuerpo rígido respecto a un eje y el concepto de masa. Defina el concepto de eje principal de inercia. Enuncie y aplique el teorema de Steiner o de los ejes paralelos. Obtenga la ecuación de movimiento para rotación pura de un cuerpo rígido. Obtenga y aplique la ecuación de movimiento para la rotación pura de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia y alrededor de un eje no principal de inercia. Analice, para un cuerpo rígido, el movimiento combinado de traslación del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Obtenga las ecuaciones de movimiento de traslación del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Muestre la diferencia entre rodar deslizando y rodar sin deslizar. Obtenga y defina la energía cinética rotacional y la energía cinética total de un cuerpo rígido.

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CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

Obtenga la energía total de un cuerpo ríEn adición, en esta unidad se busca considegido y analice su conservación cuando el rar otro tipo de movimiento que tienden a imcuerpo rígido rueda sin deslizar. primir las fuerzas sobre los cuerpos, lo que hace que el modelo de partícula no sea válido, pues Analice el movimiento por rodadura de un en su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígido cuerpo rígido y defina el concepto de eje que se definirá en lo que sigue. instantáneo de rotación. Un cuerpo rígido, es un caso particular de un sistema de muchas partículas (del orden de Obtenga para un cuerpo la ecuación de mo- 1023 partículas por cm3 ). Estas partículas deben vimiento alrededor del eje instantáneo de cumplir la condición de que la separación enrotación. tre cualquier pareja de ellas siempre permanece constante mientras el cuerpo se mueve, sin Obtenga y analice las condiciones bajo las importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. cuales un cuerpo rígido se encuentra en Esta definición permite afirmar que un cuerpo equilibrio estático. rígido no se deforma bajo ninguna interacción Identifique las condiciones bajo las cuales con otros cuerpos. un cuerpo rígido se encuentra en equilibrio estático, sometido a la acción bien sea de sólo dos fuerzas ó bien sea de sólo tres fuerzas.

rij rmn

Aplicar las condiciones de equilibrio estático en una y dos dimensiones. CONCEPTOS BASICOS En esta unidad de dinámica de un cuerpo rígido, se definirán los siguientes conceptos básicos en el estudio del movimiento de cuerpos tratados bajo el modelo de cuerpo rígido: Cuerpo rígido, torque de una fuerza (τ), par de fuerzas o cupla, momento angular y su conservación en el caso de un cuerpo rígido (L), momento de inercia de un cuerpo rígido (I), relación entre el momento angular y el torque de una fuerza, movimiento de rotación pura, movimiento combinado de traslación y rotación, energía de un cuerpo rígido, rodadura, equilibrio de un cuerpo rígido.

4.1. Introducción En las unidades anteriores se ha analizado la dinámica de los cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de partícula. Esto ha sido posible ya que solo interesaba considerar el efecto de las fuerzas en lo que se refiere al movimiento de traslación.

i

j

n

m

Figura 4.1: Cuerpo rígido. De acuerdo con lo anterior, en la figura 4.1 es hace necesario que las magnitudes rij y rmn no cambien. Condición que se debe cumplir para cualquier par de partículas que lo conformen. Cuando un cuerpo interactúa con otros cuerpos, las fuerzas que actúan sobre él tienden a imprimirle un movimiento de traslación pura ó de rotación pura ó un movimiento combinado de traslación y rotación.

4.1.1.

Movimiento de traslación pura

Como se analizó en las unidades anteriores, se presenta un movimiento de traslación pura cuando el cuerpo cambia de posición sin cambiar su orientación, es decir, todas las partículas del cuerpo sufren el mismo desplazamiento a medida que transcurre el tiempo. De acuerdo con la figura 4.2, la partícula A y el centro de masa C.M., han tenido el mismo desplazamiento. Esta es la razón por la cual, cuando se analiza el movimiento de traslación, es suficiente con-

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4.2. TORQUE O MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO O (τO )

siderar el movimiento del centro de masa del cuerpo. El experimento muestra que el centro de masa, en lo que a traslación se refiere, se comporta como si toda la masa estuviera concentrada en dicho punto y como si todas las fuerzas externas actuaran sobre él. Movimiento d C.M.

A

vi O vj j

Figura 4.3: Rotación pura de un cuerpo rígido. C.M.

A

d

Figura 4.2: Traslación pura de un cuerpo rígido. Por ello, para analizar el movimiento de traslación de un cuerpo se utilizan los métodos empleados para la dinámica de una partícula, teniendo en cuenta que el centro de masa es la partícula de interés. O sea, para el movimiento de traslación de un cuerpo rígido de masa constante m, la segunda ley de Newton adquiere la forma F = mac , donde F es la fuerza neta, total o resultante y ac la aceleración del centro de masa del cuerpo.

4.1.2.

Rotación

i

Movimiento de rotación pura

Un cuerpo rígido posee movimiento de rotación pura, cuando cambia su orientación mientras se mueve, de tal forma que todas las partículas que lo conforman describen trayectorias circulares con centro en el eje de rotación. En estas condiciones, el centro de rotación permanece fijo respecto a un sistema de referencia fijo en tierra. Como se ilustra en la figura 4.3, mientras el cuerpo rota alrededor de un eje fijo que pasa por el punto O, las partículas i y j describen circunferencias concéntricas con centro en el eje que pasa por dicho punto.

eje que pasa por su centro de masa, es decir, el movimiento más general de un cuerpo rígido, se puede considerar como una combinación de traslación y rotación. Lo anterior, permite encontrar un sistema de referencia en traslación, pero no rotante, respecto al cual el movimiento parezca solamente de rotación. Como se observa en la figura 4.4, el movimiento del cuerpo al pasar de la posición (1) a la posición (2), se puede considerar como una traslación del centro de masa y una rotación alrededor de un eje que pasa por su centro de masa. Este movimiento combinado, genera diferentes desplazamientos a las diferentes partículas que conforman el cuerpo rígido. Así, el desplazamiento del centro de masa es diferente al desplazamiento de la partícula A y en general se presenta esta situación para todas las partículas del cuerpo. Movimiento d1 A C.M. (2)

(1) C.M. C.M.

A A

d2

Figura 4.4: Movimiento de traslación y rotación.

4.2. Torque o momento de una fuerza respecto a un punto O 4.1.3. Movimiento combinado de trasla(τo ) ción y rotación Un cuerpo rígido puede tener los dos mo- Como es sabido, una fuerza F que actúa sovimientos simultáneamente, de traslación del bre un cuerpo rígido se puede descomponer en centro de masa y de rotación alrededor de un sus componentes rectangulares Fx , Fy y Fz , que

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CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

miden la tendencia de la fuerza a desplazar el cuerpo en las direcciones x, y y z, respectivamente. También se sabe que si a un cuerpo rígido se le aplica una fuerza, esta tiende a imprimirle tanto un movimiento de traslación como de rotación, alrededor de un eje que pasa por un punto del cuerpo rígido, tal como O en la figura 4.5.

cular al plano formado por el vector posición r y el vector fuerza F , o lo que es igual, el torque es perpendicular tanto al vector posición r como al vector fuerza F. Por otro lado, el sentido de τo está definido por el sentido de rotación que alinearía a r con F. En el caso de la figura 4.5, sería en el sentido de movimiento de las manecillas del reloj para un observador no rotante situado en O. Este sentido coincide con el sentido de rotación de un tornillo de rosca derecha. q Otra forma de obtener el sentido de rotación, F A en el caso de rotación en un plano, es mediante la regla de la mano derecha, que consiste en r lo siguiente: se coloca la mano abierta paralelab t mente al vector posición, con el pulgar extendiO do y luego, dejando el pulgar extendido se cierra en el sentido del ángulo menor formado por Figura 4.5: Torque de la fuerza F respecto al punto los vectores r y F. Procediendo de esta forma, el O. pulgar apunta en el sentido de τo , que para el caso de la figura 4.5 entra perpendicularmente En esta unidad interesa considerar los efectos al plano de la hoja. de rotación que las fuerzas tienden a imprimirle sobre los cuerpos rígidos respecto a un punto. t F La tendencia de una fuerza F a imprimirle un q r movimiento de rotación a un cuerpo rígido resA O pecto a un punto, se mide mediante el concepto de momento o torque de una fuerza. En otras paFigura 4.6: Posiciones relativas de r, F y τo . labras, el torque es una medida de la rotación que una fuerza tiende a imprimirle a un cuerpo En la figura 4.6, se muestran las direcciones rígido, respecto a un punto. Para definir esta cantidad física, se considera relativas de los vectores r, F y τo , donde se obla fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de serva la condición de perpendicularidad entre la figura 4.5. Necesariamente, el efecto de rota- el plano formado por los vectores r y F con el ción del cuerpo rígido alrededor de un eje que vector τo . Cuando r y F se encuentran en el plano xy, pasa por el punto O, depende de la magnitud, dicomo en la figura 4.7, el torque queda expresado rección y punto de aplicación de la fuerza F. Adipor cionalmente, la posición del punto de aplicación o

A, se establece en forma conveniente por medio del vector posición r que une el punto de referencia o centro de torques O con el punto de aplicación A. Se define el momento o torque τ de la fuerza F, respecto al punto O, como el producto cruz o vectorial de los vectores r y F en ese orden, es decir,

τo = ( xFy −yFx )k,

(4.2)

cuya magnitud está dada por τo = xFy − yFx y corresponde a un vector paralelo al eje z. Sabiendo que en la figura 4.5, θ es el ángulo menor entre el vector posición r y la línea de acción de la fuerza F, por definición de producto vectorial, ecuación (4.1), la magnitud del torque está τo ≡ r × F. (4.1) dada por De acuerdo con la definición de producto vecτo = rFsenθ = F (rsenθ ). torial ó producto cruz, el torque τo es perpendi(4.3)

5

4.2. TORQUE O MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO O (τO )

z to O

y r F

x

A

Figura 4.7: Dirección de τ con r y F en el plano xy. En la figura 4.5 se observa que b = rsenθ, o sea que la ecuación (4.3) se transforma en τo = Fb,

(4.4)

donde b es la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de la fuerza F y se conoce como el brazo de palanca o brazo de la fuerza. De la ecuación (4.4), se puede concluir que la efectividad en la rotación que tiende a imprimir la fuerza F sobre el cuerpo rígido, aumenta con el aumento del brazo b. Un ejemplo de esto se presenta cuando se trata de abrir o cerrar una puerta, ya que entre más lejos de las bisagras se aplique la fuerza con mayor facilidad esta adquiere movimiento de rotación. En síntesis, de lo anterior se puede afirmar: El torque mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar o girar al cuerpo alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de τo . Igualmente se nota en la figura 4.5, que la fuerza F se puede desplazar a lo largo de su línea de acción sin cambiar el torque, hecho conocido como el principio de transmisibilidad. En otras palabras, los efectos físicos de traslación y rotación no varían en absoluto cuando se lleva a cabo esta operación. Ello permite afirmar que no se tiene un punto de aplicación, sino una línea de aplicación, así, la expresión τo = xFy −yFx para el caso de dos dimensiones, corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza cuyo torque es τo , siendo x y y arbitrarios. Dimensiones y unidades de torque De acuerdo con la ecuación (4.4), se tiene que las dimensiones de torque están dadas por la dimensión de fuerza multiplicada por la dimensión del brazo, es decir, [ F ][b], que es la forma como se acostumbra expresarla, para no con-

fundirla con las dimensiones de trabajo y energía. Por consiguiente, la unidad de torque en el sistema internacional de unidades es N · m; en el sistema gaussiano dina · cm y en el sistema inglés lb · p. Otra unidad que se emplea en algunos casos es el kilogramo-fuerza por metro, representado por kgf · m. En dos dimensiones, es más útil emplear la expresión τ = ± Fb que permite obtener la magnitud del torque y su dirección. Como en dos dimensiones el cuerpo rígido puede rotar en dos sentidos, es necesario tener una convención de signos. De acuerdo con la figura 4.8, el torque se toma positivo cuando la fuerza F tiende a hacer rotar al cuerpo rígido en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativo cuando tiende a hacerlo rotar en el sentido de las manecillas del reloj. F

_

+

F

A

A

r r to

b

b

O

O

to

Figura 4.8: Convención de signos para τ. Ejemplo 4.1 La varilla AB de la figura 4.9 tiene longitud l y está sometida a la fuerza horizontal F. Utilizando la ecuación (4.1), determine el torque de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Compare los resultados obtenidos.

y

F

B

C

b

x

A

Figura 4.9: Varilla sometida a una fuerza.

Solución

Respecto al punto A, las componentes rectangulares del vector posición y de la fuerza están dadas, respectivamente, por rA F

= =

l (cos β i + sen β j) F i.

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CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

B

Efectuando el producto vectorial entre estos vectores, se encuentra que el torque de la fuerza respecto al punto A es τA = −( Flsenβ)k. (1)

F

C

Operando en forma similar, con rc F

1 2 l (cosβ i + sen β j)

= =

q

F i,

A el torque de la fuerza respecto al punto medio C, está dado por τC = − 21 ( Flsenβ)k. (2)

Figura 4.11: Varilla sometida a fuerza horizontal.

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

B

i) En ambos casos el torque es un vector que entra perpendicularmente al plano de la hoja, esto es, apunta en el sentido negativo del eje z. De este modo, la fuerza F tiende a generar una rotación sobre la varilla en sentido horario.

bC

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

Ejercicio 4.1 La varilla AB de la figura 4.10 tiene lon-

b A

Figura 4.12: Torque respecto a los puntos A y C.

Igualmente, con bC = 12 lsenβ, el torque respecto al punto medio de la varilla es

gitud l y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando

τC = F ( 21 lsenβ).

la ecuación (4.1), determine el torque de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

b

C

bA

ii) Para una orientación fija de la varilla, es mayor la cantidad de rotación que tiende a imprimir la fuerza F respecto al punto A, al compararla con la rotación que tiende a imprimir respecto al punto C.

F

(2)

Mediante la regla de la mano derecha, se encuentra que la rotación en ambos casos coincide con el sentido de rotación de las manecillas del reloj, como se encontró en el ejemplo 4.1. Al comparar las ecuaciones (1) y (2), se observa que entre mayor sea el brazo de la fuerza, mayor es la rota-

F y

ción que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, o sea,

B

τA > τC . C

b

Ejercicio 4.2 La varilla AB de la figura 4.13 tiene longitud l y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el torque de la fuerza respec-

x

A

to al extremo A y respecto al punto medio C, si la fuerza

Figura 4.10: Varilla sometida a fuerza vertical.

está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

Ejemplo 4.2 La varilla AB de la figura 4.11 tiene lon- Ejemplo 4.3 La varilla AB de la figura 4.14 tiene longigitud l y está sometida a la fuerza horizontal F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el torque de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Compare los resultados obtenidos.

tud l y está sometida a la fuerza horizontal F. Halle el torque de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, descomponiendo la fuerza en una componente paralela a la varilla y una componente perpendicular a ella. Compare los resultados obtenidos.

De acuerdo con la figura 4.12, la magnitud del torque de la fuerza F, respecto al extremo A, donde el brazo de la fuerza es bA = lsenβ, está dado por

Solución

Solución

τA = F (lsenβ).

(1)

En este caso, como lo muestra la figura 4.15, la línea de acción de la componente paralela F cos β, pasa por los puntos A y C, esto es, su brazo es cero y por consiguiente dicha componente no tiende a generar efectos de rotación

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4.3. TORQUE DE UN PAR DE FUERZAS O CUPLA

punto medio C, descomponiendo la fuerza en una compo-

F

nente paralela a la varilla y una componente perpendicu-

B

lar a ella, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

C

F b

B

A

Figura 4.13: Torque de la fuerza vertical.

C

F

B

b A

C

Figura 4.16: Varilla con fuerza vertical. b A

Figura 4.14: Torque de fuerza horizontal. sobre la varilla. Por otro lado, el brazo de la componente perpendicular, F sen β, coincide con la longitud de la varilla para el punto A y con la mitad de la longitud de la varilla para el punto medio C. Así, mediante la ecuación (4.4), se obtiene

4.3. Torque de un par de fuerzas o cupla En la figura 4.17, las fuerzas F1 y F2 forman un par de fuerzas o cupla si cumplen simultáneamente las tres condiciones siguientes A

τA

=

F (lsenβ)

τC

=

F ( 12 lsenβ).

con rotación de la varilla en el sentido de las manecillas

F2

F1

B

del reloj. Estos resultados son idénticos a los encontrados en los ejemplos 4.1 y 4.2.

Figura 4.17: Par de fuerzas o cupla. Ejercicio 4.3 La varilla AB de la figura 4.16 tiene longitud l y está sometida a la fuerza vertical F. Encuentre el torque de la fuerza respecto al extremo A y respecto al

F// B

b F F

C

b A

Figura 4.15: Componente paralela y perpendicular.

i) Las fuerzas son de igual magnitud, esto es, F1 = F2 . ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero no superpuestas. iii) Los sentidos de las fuerzas son opuestos, es decir, F1 = −F2 .

4.3.1. Efectos de traslación de un par de fuerzas Ya que F1 + F2 = F1 + (−F1 ) = 0, la suma o resultante de las dos fuerzas es cero, así, un par

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CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

de fuerzas no tiende a generar ningún efecto de pares son equivalentes ya que tienden a generar traslación cuando se aplica a un cuerpo rígido. los mismos efectos de rotación al actuar, por separado, sobre un cuerpo rígido. Esta situación 4.3.2. Efectos de rotación de un par de se ilustra en la figura 4.19, donde F1 b1 = F2 b2 .

fuerzas Para considerar los efectos de rotación, es necesario determinar el torque total o resultante de las dos fuerzas cuando actúan sobre el cuerpo rígido. Para ello se considera el par de fuerzas de la figura 4.18.

-F2

b1

F1

b2

-F1

F2

Figura 4.19: Pares equivalentes.

B -F rB O

b

r

q

rA

4.4.

F

A

Figura 4.18: Torque de un par de fuerzas o cupla. La suma vectorial de los torques de las fuerzas F y −F, respecto al punto arbitrario O, está dada por τ = rA × F + rB × (−F)

= (rA − rB ) × F.

(4.5)

Si en la ecuación (4.5) se hace la definición r ≡ rA − rB , siendo r el brazo de palanca del par, se tiene τ = r × F,

(4.6)

Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par

En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.20, se desea trasladar el punto de aplicación de la fuerza F del punto A al punto O, sin cambiar los efectos tanto de traslación como de rotación sobre el cuerpo rígido. De acuerdo con el principio de transmisibilidad, se sabe que si la fuerza se desliza a lo largo de su línea de acción, no cambian los efectos de traslación ni de rotación. Pero si se desplaza al punto O, por fuera de su línea de acción, se modifican los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido, aunque los efectos de traslación permanecen inalterados, ya que no se cambia la magnitud de la fuerza.

donde τ es llamado el momento o torque del par y es un vector perpendicular al plano que contiene las dos fuerzas y cuya magnitud es τ = rFsenθ = Fb, donde b es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas, como lo muestra la figura 4.18. El resultado dado por la ecuación (4.6), muestra que τ no depende del punto de referencia O, es decir, que el torque de un par de fuerzas o cupla es un vector libre, ya que r es independiente del centro de torques O. En algunos casos, dos pares de fuerzas tienen momentos o torques iguales en magnitud y dirección. Cuando esto ocurre, se dice que los dos

F

F

A r

r

F

O

A

O -F

Figura 4.20: Sistema fuerza par. Para que los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido no cambien, al llevar a cabo la operación anterior, se procede de la forma siguiente. En el punto O se aplican las fuerzas F y −F que no modifican ninguna acción sobre el cuerpo rígido, ya que su resultante es cero y el torque neto de ellas respecto a O es nulo.

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4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA PAR

De este modo, la fuerza F aplicada en el punto τ, dados respectivamente por A y −F aplicada en el punto O, forman un par F = F1 + F2 + F3 + · · · cuyo torque es τ = r × F; o sea, se ha logrado = ∑ Fi , encontrar una fuerza F aplicada en O y un par i de torque τ aplicado en el mismo punto. En esta τ = τ o 1o + τ2o + τ3o + · · · disposición, conocida como sistema fuerza-par, F = ∑ τio . responde por los mismos efectos de traslación i y el par de torque τ por los mismos efectos de rotación, que tiende a imprimir la fuerza única En conclusión: Siempre es posible reemplazar cualF aplicada inicialmente en el punto A. quier sistema de fuerzas por un sistema fuerza par, Si en la figura 4.20, el vector posición r y de tal forma que la fuerza se escoge igual a F para la la fuerza F aplicada en A, se encuentran en el equivalencia traslacional y el par con torque igual a plano de la hoja, el sistema fuerza par se repre- τ, se escoge para la equivalencia rotacional. Como se verá posteriormente, cuando se anasenta en la forma mostrada en la figura 4.21, donde τ es el torque del par correspondiente. lice el movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido, se tratarán por separado los efectos de traslación y rotación, esto es, las fuerzas aplicadas se reemplazarán por un F sistema fuerzas-par equivalente. A r

F

r

A

to O

O

Ejemplo 4.4 La varilla AB de la figura 4.22 tiene longitud l y está sometida a la fuerza horizontal F. Reemplazar la fuerza horizontal, por un sistema fuerza par aplicado: a) En el extremo A. b) En el punto medio C.

B

F

Figura 4.21: Sistema fuerza par en un plano. C

De lo anterior, se puede afirmar: Cualquier fuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido, se puede desplazar a un punto arbitrario O, siempre que se agregue un par de momento igual al torque de F respecto al punto O. El par tiende a imprimir al cuerpo rígido los mismos efectos de rotación respecto a O que la fuerza F tendía a generar antes de trasladarla a dicho punto, es decir, la fuerza única aplicada en A y el sistema fuerza par correspondiente, son físicamente equivalentes. Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuerpo rígido, concurrentes o no, se lleva a cabo la operación anterior con cada una de las fuerzas, obteniéndose un par resultante y un sistema de fuerzas concurrentes aplicadas en O, que se puede reemplazar por una fuerza única o resultante. Así, se obtiene un sistema fuerza par formado por la fuerza neta F y el par resultante

q A

Figura 4.22: Sistema fuerza par en A y en C.

Solución

a) Para que no cambien los efectos de traslación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, la fuerza aplicada en A debe ser la misma, esto es F = Fi. Por otro lado, los efectos de rotación no cambian si en A se aplica un par equivalente, igual al torque de la fuerza aplicada en B y evaluado respecto al punto A, o sea τA = −( Flsenθ )k En la figura 4.23 se muestra el sistema fuerza par equivalente, aplicado en el extremo A de la varilla. b) En el punto C la fuerza aplicada debe ser la misma que en el caso anterior, pero el par debe tener un torque, respecto al punto C, igual a τC = − 12 ( Flsenθ )k

10

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

B F B

C C

q

tA

F

A

b A

Figura 4.23: Sistema fuerza par en A. Figura 4.25: Varilla con fuerza vertical.

B

B

F

tC

P2

y

C

2M

M

q

A

P3 A P4

Figura 4.24: Sistema fuerza par en C. En este caso, el sistema fuerza par equivalente en el punto medio de la varilla, se muestra en la figura 4.24.

C D

x

P1

Figura 4.26: Fuerzas y pares en una escuadra.

De los dos resultados anteriores se observa que el torque del par es diferente al tomar distintos puntos. Esto debe ser así ya que la fuerza tiende a imprimir diferen-

Utilizando el teorema de Pitágoras y la definición de la función tangente, se encuentra que en magnitud y dirección la fuerza resultante está dada por

tes efectos de rotación respecto a puntos distintos. Sin em-

F = 0.91P

bargo, independientemente del punto donde se aplique el sistema fuerza par equivalente, los efectos de traslación no cambian siempre y cuando no se cambien la magnitud ni la dirección de la fuerza dada.

o

24

Calculando los torques de las fuerzas respecto al punto A y sumando los pares M y 2M, teniendo en cuenta su respectivo signo, para el par resultante se obtiene τA = ( M − 0.87Pd)k.

Ejercicio 4.4 La varilla AB de la figura 4.25 tiene longitud l y está sometida a la fuerza vertical F, dirigida hacia arriba. Reemplazar la fuerza, por un sistema fuerza par

El sistema fuerza par, formado por F y τA , se muestra en

aplicado: a) En el extremo A. b) En el punto medio C. Re-

la figura 4.27, y responde por los mismos efectos de tras-

suelva de nuevo la situación suponiendo que la fuerza está

lación y rotación que las fuerzas y los dos pares simultá-

dirigida hacia abajo.

neamente aplicados, tienden a imprimir sobre la escuadra.

Ejemplo 4.5 La escuadra de la figura 4.26, es un triángulo equilátero de lado d y está sometida a fuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M y 2M. Las magnitudes de las fuerzas están dadas por P1 = P, P2 = 2P, P3 = 23 P y P4 = 12 P. Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pares, por un sistema fuerza par equivalente aplicado en el vértice A.

Solución

Teniendo en cuenta que las fuerzas P1 y P2 forman ángulos de 60o con la dirección positiva del eje x, ya que el triángulo es equilátero, la fuerza resultante equivalente al sistema de fuerzas, está dada en componentes rectangulares por F = P(0.83i + 0.37j).

En la figura 4.27 se supone que M > 0.87Pd, en caso contrario, la tendencia a la rotación sería en sentido opuesto.

Ejercicio 4.5 La escuadra de la figura 4.28 es un triángulo equilátero de lado d y está sometida a fuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M y 2M. Las magnitudes de las fuerzas están dadas por P1 = P, P2 = 2P, P3 = P4 =

1 2 P.

2 3P

y

Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pa-

res, por un sistema fuerza par equivalente aplicado: a) En el punto B. b) En el punto C.

11

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

B

Pero ¿qué se puede decir respecto al punto de aplicación de la fuerza resultante? Como respuesta, se tiene que no siempre es posible reemplazar este sistema de fuerzas por una fuerza única que sea equivalente, ya que sólo es posible hacerlo cuando F y τo , obtenidos mediante F o 24 tA A C las ecuaciones (4.7) y (4.8), sean perpendiculares entre sí, ya que sólo de esta manera se satisface la definición τo = r × F, la cual permite deterFigura 4.27: Sistema fuerza par en A. minar el vector posición r, para el punto de aplicación de la fuerza respecto al centro de torques P2 B O. y Si la condición anterior se satisface ( τo per2M pendicular a F ), la fuerza F así aplicada es equiM valente al sistema, tanto en lo referente a rotación como a traslación. Sin embargo, esto no siempre es posible ya que en muchos casos τo y P3 C x F no son perpendiculares. A P4 D P1 En general, un sistema de fuerzas no concurrentes que actúan sobre un cuerpo rígido, no siempre es Figura 4.28: Fuerzas y pares sobre una escuadra. posible reducirlo a una fuerza única que sea equivalente. 4.5. Resultante de un sistema de Sin embargo, cuando se trata de un sistefuerzas aplicadas a un cuerpo ma de fuerzas concurrentes, coplanares ó paralelas, siempre es posible reemplazar el sistema de rígido fuerzas por una fuerza única que es completamente equivalente al sistema dado, pues en esSi sobre un cuerpo rígido actúan simultáneatos tres casos se satisface la condición de permente varias fuerzas, aplicadas en diferentes pendicularidad entre τo y F. puntos, es necesario considerar por separado los efectos de traslación y de rotación. Los efectos de traslación sobre el cuerpo, que- 4.5.1. Resultante de un sistema de fuerdan determinados por el vector suma o resulzas concurrentes tante de las fuerzas, es decir, Se considera el caso de varias fuerzas concuF = F1 + F2 + F3 + · · · rrentes actuando sobre un cuerpo rígido y que (4.7) están aplicadas en el punto A, como se muestra = ∑ Fi , en la figura 4.29. donde se opera en la misma forma que para una F partícula sometida a varias fuerzas. F De forma similar, los efectos de rotación soF F bre el cuerpo rígido, están determinados por el F A A vector suma de los torques de las fuerzas, evar r luados respecto al mismo punto de referencia, O O es decir 2

3

1

4

τo = τ1o + τ2o + τ3o + · · ·

=

∑ τio .

Figura 4.29: Resultante de varias fuerzas concu(4.8) rrentes.

12

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

El torque de la fuerza resultante F, respecto a O, está dado por τo = r × F,

20 N 10 N B

(4.9) y

donde la resultante del sistema de fuerzas aplicadas al cuerpo rígido, se obtiene mediante la expresión

10 N

60o

F = F1 + F2 + F3 + · · ·

=

τo = r × F1 + r × F2 + r × F3 + · · ·

= =

x A

∑ Fi .

En este caso, el vector posición r es común al punto de aplicación de todas las fuerzas concurrentes aplicadas, respecto al centro de torques o centro de rotación O. De este modo, la ecuación (4.9) adquiere la forma

∑ r × Fi r × ∑ Fi ,

60o 30o 5N

Figura 4.30: Fuerzas concurrentes.

Solución

Utilizando el sistema de coordenadas mostrado en la figura 4.31, se encuentra que la resultante de las fuerzas concurrentes aplicadas en el extremo B de la varilla, está dada en componentes rectangulares por F = (4.33i + 4.82j)N, o expresándola en magnitud y dirección o

48.06

F = 6.48 N

donde se ha aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial respecto a la suma, y de En la figura 4.31, se muestra la fuerza única que reseste modo, el torque total respecto a O es per- ponde por los mismos efectos de traslación y rotación que pendicular a la fuerza neta F. Así, tienden a generar las cuatro fuerzas simultáneamente apliτo = τ1o + τ2o + τ3o + · · ·

=

cadas en el extremo B de la varilla.

∑ τio .

6.48 N B

o

48.06

En conclusión, el torque con respecto al punto O de y la resultante de varias fuerzas concurrentes, es igual a la suma de los torques de las distintas fuerzas aplicadas, respecto al mismo punto O. Enunciado conocido como el teorema de Varignon. 60 En el caso particular que todas las fuerzas x A concurrentes sean coplanares y O se encuentra en el mismo plano, cada uno de los torques tieFigura 4.31: Fuerza única equivalente. ne la misma dirección perpendicular al plano, igual que el torque resultante. Como resultado general, se tiene que un sistema de fuerzas concurrentes siempre se puede re- Ejercicio 4.6 Compruebe el teorema de Varignon, para emplazar por una sola fuerza, su resultante, la que la situación planteada en el ejemplo 4.6. es completamente equivalente al sistema en lo que respecta a efectos de traslación y rotación, como se 4.5.2. Resultante de un sistema de fuerilustra en la figura 4.29. o

zas coplanares

Ejemplo 4.6 Reemplazar el sistema de fuerzas que actúan en el extremo B de la varilla mostrada en la figura 4.30, por una fuerza única equivalente.

En la figura 4.32, se tiene un sistema de fuerzas coplanares actuando sobre un cuerpo rígido.

13

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

y

r

r1

O r3 r2 F2

corresponde a un par de fuerzas o cupla, que sólo tiende a imprimir efectos de rotación.

F

F1

x

O

(x, y) x

F3

tura BD, el punto de corte de la línea de acción de la fuerza única que es equivalente al sistema fuerza par mostrado en la figura, obtenido en el ejemplo 4.33.

Figura 4.32: Resultante de varias fuerzas coplanares. Para el sistema de coordenadas mostrado en la figura 4.32, donde el origen O se hace coincidir con el centro de rotación o centro de torques, se tiene que tanto los torques individuales τ1o , τ2o , τ3o , ... como el torque total τo , son perpendiculares al plano xy, esto es, la fuerza resultante F es perpendicular al torque neto τo . Así, es posible aplicar la fuerza resultante F en un punto cuyo torque τo esta dado por la expresión τo = r × F, donde r es el vector posición del punto de aplicación de la fuerza F respecto a O. En este caso, de acuerdo con la ecuación 4.2, la relación vectorial se puede expresar en componentes por la ecuación τ = xFy − yFx

Ejemplo 4.7 Determine, sobre el lado AC y sobre la al-

y B

F o 24 tA A

C D

x

Figura 4.33: Puntos de corte de la fuerza única equivalente.

Solución

De acuerdo con el ejemplo 4.5, la fuerza resultante en componentes rectangulares está dada por F = P(0.83i + 0.37j),

(4.10)

donde Fx y Fy son las componentes rectangulares de la fuerza resultante F, x y y las componentes rectangulares del vector posición r donde se debe aplicar la fuerza F. De este modo, la fuerza única equivalente se debe aplicar en un punto de coordenadas (x, y) tal que se satisfaga la ecuación (4.10). Esta expresión, corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza resultante, es decir, hay una línea de aplicación, ya que la fuerza F se puede deslizar a lo largo de su línea de acción sin cambiar los efectos físicos, de acuerdo con el principio de transmisibilidad. En síntesis, cuando un sistema de fuerzas coplanares actúa sobre un cuerpo rígido, siempre es posible reducir el sistema a una sola fuerza F, ya que en este caso el torque neto es perpendicular a la fuerza resultante F. Este resultado se cumple aunque el centro de torques se encuentre fuera del plano de las fuerzas. Se presenta una excepción a esta regla cuando F = 0 y τo ̸= 0, pues en este caso el sistema

y el par resultante por τA = ( M − 0.87Pd)k. Mediante la ecuación (4.10), se encuentra que la ecuación de la línea de acción de la fuerza única equivalente, adquiere la forma M − 0.87Pd = 0.37Px − 0.83Py. Respecto al sistema de referencia mostrado en la figura 4.33, sobre la recta AC y = 0, así, la línea de acción de la resultante corta el eje x en x = 2.7

M − 0.87Pd . P

Por otro lado, la altura BD pasa por x = d/2, así que la línea de acción de la resultante corta la vertical en y = 1.2

(1.06Pd − M) P

Ejercicio 4.7 Determine el punto de corte, con el eje x y con el eje y, de la línea de acción de la fuerza única correspondiente al sistema fuerza 3par, del ejemplo 4.7.

14

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

4.5.3. Resultante de un sistema de fuerPor lo tanto, en el caso de fuerzas paralelas siempre es posible reemplazar el sistema de fuerzas zas paralelas por una fuerza única equivalente, que responde En la figura 4.34, se tiene un sistema de fuerpor los mismos efectos de traslación y rotación, zas paralelas actuando sobre un cuerpo rígido, que las fuerzas paralelas simultáneamente apliesto es, sus líneas de acción son paralelas y cocadas, tienden a imprimirle al cuerpo rígido. mo se indica pueden o no estar orientadas en el De este modo, la fuerza equivalente F se debe mismo sentido. Para el análisis que sigue y para aplicar en una posición rc , tal que ( ) u τo = rc × F = rc ∑ Fi × u, (4.14) O

F2

F1

F3

F4

Figura 4.34: Resultante de varias fuerzas paralelas. mayor claridad, se toma como referencia el vector unitario u, el cual permite expresar la fuerza resultante en la forma vectorial F = F1 + F2 + F3 + F4 · · ·

donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4.11). Las ecuaciones (4.13) y (4.14) se satisfacen únicamente si se cumple que ( ) rc ∑ Fi = ∑ (ri Fi ). De esta forma, respecto a O, el vector posición del punto donde se debe aplicar la fuerza única F está dado por rc =

=

∑ ri Fi ∑ Fi −r1 F1 + r2 F2 + r3 F3 − · · · . (4.15) − F1 + F2 + F3 − F4 + · · ·

Expresando los vectores de la ecuación (4.15) en = (−F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u ( ) componentes rectangulares, se encuentra que (4.11) = ∑ Fi u, las coordenadas del punto de aplicación de la así, la fuerza resultante F es paralela al vector fuerza, para que los efectos sobre el cuerpo rígido no cambien, están dadas por unitario u, y su magnitud es F = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · ·

=

∑ Fi .

Además, la suma vectorial de los torques, respecto al punto O, está dada por τo = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + r4 × F4 + · · ·

xc = yc = zc =

∑ xi Fi , ∑ Fi ∑ yi Fi , ∑ Fi ∑ zi Fi . ∑ Fi

(4.16)

∑ ri × Fi .

(4.12)Un ejemplo de esta situación se presenta en el caso del peso de un cuerpo, donde cada parAhora, con Fi = Fi u, la ecuación (4.12) se trans- tícula, por tener masa, posee un peso y todos forma en ellos corresponden a fuerzas paralelas. El punto donde se debe aplicar la fuerza resultante o τo = ∑ ri × Fi u peso del cuerpo, no es más que el centro de ma( ) = ∑ ri Fi × u. (4.13) sa del cuerpo. En la figura 4.35 se muestra esta situación. La ecuación (4.13) muestra que el torque resultante τo es perpendicular al vector unitario u, Ejemplo 4.8 Una barra uniforme de longitud l y masa

=

m, se somete al sistema de fuerzas paralelas mostrado en la

así, por la ecuación (4.11), también es perpendi- figura 4.36. La magnitud de la fuerza P es mg/2 y además, cular a la fuerza resultante F. AB = CD = l/4. a) Reemplazar las cuatro fuerzas por un

15

4.6. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UN CUERPO RÍGIDO

y D C.M.

C F B q A

W

x

Figura 4.35: Peso de un cuerpo rígido.

Figura 4.38: Fuerza única equivalente. P y

Como se muestra en la figura 4.38, la fuerza resultante F debe aplicarse en el punto B.

D

En la tabla 4.1 se muestra el valor de los coeficientes de

P/2

2P/3

l, en las expresiones para xc, yc correspondiente a dife-

C B

mg

q

A

rentes valores del ángulo θ. Se observa que al aumentar la

x

Tabla 4.1: Coeficientes de l

Figura 4.36: Fuerzas paralelas. sistema fuerza par aplicado en el extremo A. b) Determine el punto de aplicación de la fuerza única equivalente.

Solución

a) La fuerza neta equivalente al sistema de fuerzas paralelas al eje y es 5 mgj. F = − 12 Luego de calcular los torques de las fuerzas respecto al punto A, se encuentra que el torque del par resultante está dado por 5 τA = − 48 mglcosθk. Por lo tanto, el sistema fuerza par equivalente está dado por la fuerza resultante F y el torque neto τA , mostrados en la figura 4.37. b) Mediante las ecuaciones (4.16), se en-

θ 1 4 1 4

cos θ sen θ

0 0.25 0.00

30 0.22 0.12

45 0.18 0.18

60 0.12 0.22

90 0.00 0.25

inclinación de la barra, la coordenada xc disminuye mientras que la coordenada yc aumenta, pero con la fuerza F actuando siempre sobre el punto B.

Ejercicio 4.8 Resolver el ejemplo 4.8, tomando el origen de coordenadas: a) En el punto C. b) En el punto D. Compare los resultados, con el obtenido en el ejemplo 4.8.

4.6. Vector momento angular de un cuerpo rígido

D C tA

B

Por definición, el momento angular Lio de la partícula i que describe una trayectoria curvilínea con velocidad vi , está dado por

q A F

Lio = mi ri × vi ,

(4.17)

donde mi es la masa de la partícula y ri es su vector posición respecto al origen de coordenadas. cuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la En el caso de un cuerpo rígido, cuando rofuerza única equivalente están dadas por ta alrededor de un eje determinado, esta defixB = 14 lcosθ nición sigue siendo válida para cualquier partícula. Además, si los momentos angulares de yB = 14 lsenθ. Figura 4.37: Sistema fuerza par en A.

16

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

todas las partículas del cuerpo se evalúan res- El término entre paréntesis que aparece en la pecto al mismo punto, el momento angular total ecuación (4.22), se conoce como el momento de del cuerpo rígido está dado por inercia de la partícula i, respecto al eje de rotación z que pasa por el punto O. Este concepto se Lo = ∑ mi ri × vi analiza con más detalle en la siguiente sección. = ∑ Lio . (4.18) Reemplazando la ecuación (4.22) en la ecuación (4.18), se encuentra que el momento anguPrimero se considera el caso de la figura 4.39, en lar del cuerpo rígido, respecto al punto O, está la cual se tienen n partículas que forman una lá- dado por mina rígida muy delgada, de espesor desprecia( ) Lo = ∑ mi ri2 ω, (4.23) ble, con forma irregular y cuya distribución de masa también es irregular. La lámina gira con donde se ha tenido en cuenta que la velocidad velocidad angular ω, en su propio plano, alreangular es la misma para todas las partículas dedor de un eje fijo perpendicular a ella y cuyo que forman la lámina. origen O también se encuentra en ese plano. La ecuación (4.23) se puede escribir en la forz ma Li

Lo = Iz ω, w

O

ri

donde se define

vi

Iz ≡

mi

Figura 4.39: Momento angular de una lámina respecto al punto O. De las partículas que conforman la lámina, se considera la partícula genérica i, que describe una trayectoria circular de radio ri = Ri con velocidad vi = ω × ri . Como la velocidad angular es paralela al eje de rotación, esto es perpendicular a ri , la magnitud de la velocidad es vi = ωri .

∑ mi ri2 ,

z

(4.19)

Lio = mi ri2 ω,

w Ri mi

(4.21)

vi

ri

(4.20)

Reemplazando la ecuación (4.19) en la ecuación (4.20), se encuentra

(4.25)

como el momento de inercia de la lámina respecto al eje z, que pasa por el punto O. En síntesis, cuando la lámina está en rotación y el punto de referencia O coincide con el punto de intersección entre el eje de rotación y la lámina, el momento angular total es paralelo a la velocidad angular. Ahora, se considera la misma lámina, pero el origen O ya no coincide con la intersección entre el eje z y el plano de rotación, como se ilustra en la figura 4.40. En esta situación, la ecuación

Ahora, como ri es perpendicular a vi , de acuerdo con la ecuación (4.17) la magnitud del momento angular, está dada por Lio = mi ri vi .

(4.24)

gi Li

O

Figura 4.40: Momento angular de una lámina con O fuera de ella.

que corresponde a una relación entre las magnitudes de los vectores Li y ω, lo cual permite (4.20) sigue siendo válida para la partícula i, peescribir la ecuación (4.21) en la forma vectorial, ro la magnitud del vector posición ri ya no coincide con el radio de la trayectoria descrita por la Lio = (mi ri2 )ω. (4.22) partícula.

17

4.7. MOMENTO DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO

Como se ilustra en la figura 4.40, se presenta una diferencia respecto a la dirección del vector momento angular Lio , ya que de acuerdo con la definición es un vector perpendicular al plano formado por ri y vi , esto es, el vector momento angular de la partícula i forma un ángulo de 90 − γi con el eje de rotación z, y gira continuamente con la partícula alrededor del eje. Por lo anterior, si Lio no es paralelo a ω, el momento angular total de la lámina aun es dado por la ecuación (4.18), pero en general no es paralelo al vector velocidad angular. En conclusión, cuando la lámina está rotando y el punto de referencia O no coincide con el punto de intersección entre el eje de rotación y la lámina, el momento angular total no es, en general, paralelo a la velocidad angular. Cuando el vector momento angular no es paralelo a al vector velocidad angular, se considera la componente del momento angular paralela al eje z, es decir Lizo . En la figura 4.40, se tiene que esta componente está dada por

z

w Ri mi vi qi ri Li

O

Figura 4.41: Momento angular de un cuerpo rígido tridimensional.

lámina, el cuerpo rígido rota alrededor del eje z con velocidad angular ω, y todas las partículas describen trayectorias circulares. Mediante un procedimiento similar al llevado a cabo cuando el punto de referencia O se toma por fuera de la lámina, se encuentran resultados semejantes, así que en general, el momento angular total no es paralelo al vector velocidad angular, pues en general los Lio no son paralelos al eje de rotación. Por esta razón, es necesario considerar la Lizo = Lio cos(90−γi ). (4.26) componente del momento angular paralela al Reemplazando la ecuación (4.20) en la ecuación eje z, lo que lleva a relaciones idénticas a las da(4.26), teniendo en cuenta que vi = ri ωsenγi y das por las ecuaciones (4.27) y (4.28). Ri = ri senγi , se encuentra Lizo = (mi R2i )ω,

(4.27) mi R2i .

donde de nuevo aparece el término Igual que en el caso del vector momento angular total, la componente z del momento angular total de la lámina está dada por Lzo = ∑ Lizo , así que al reemplazar Lizo mediante la ecuación (4.27), se tiene la expresión escalar Lzo = Iz ω,

(4.28)

con Iz dado por la ecuación (4.25). De acuerdo con los resultados anteriores, en una placa que gira sobre su propio plano, siempre es posible tomar el origen O en ese plano y en consecuencia lograr una simplificación considerable, ya que el momento angular total es paralelo a la velocidad angular. En cambio, cuando se trata el caso más general de un cuerpo rígido tridimensional que está rotando, como el mostrado en la figura 4.41, ya no es posible hacer tal elección. Igual que en el caso de la

4.7. Momento de inercia de un cuerpo rígido Se ha encontrado que para una lámina plana cuya distribución de masa es arbitraria, el vector momento angular total dado por la ecuación (4.24), es proporcional a al vector velocidad angular si la placa gira alrededor de un eje perpendicular al plano que contiene la placa y cuando el origen O se elige en la intersección del eje zy el plano de rotación. La constante de proporcionalidad Iz , en la ecuación (4.24), fue definida como el momento de inercia de la placa respecto al eje de rotación z y está dado por la ecuación (4.25). El momento de inercia de la placa no es único, ya que su valor depende del punto de la lámina por donde pase el eje de rotación que es perpendicular a ella. En general, como se indica en la figura 4.42, el valor de los términos ri2 varían al cambiar el eje de rotación, y en conse-

18

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

z

O

z

z`

r i'

ri

R

O`

dm = r dV r

mi

z R

y x

y x

Figura 4.42: Momento de inercia respecto a dos ejes diferentes. Figura 4.43: Momento de inercia de un cuerpo rígido. cuencia el valor del momento de inercia I será men, estas cantidades están relacionadas por diferente. La ecuación (4.25) muestra que el momento dm = ρdV. de inercia total de un cuerpo rígido, respecto al eje z, es igual a la suma de los momentos de Ahora, si en la ecuación (4.25) se reemplaza la inercia de las partículas que lo conforman, del masa m por dm, la distancia ri por R y la suma mismo modo que su masa total es igual a la por una integral, esta se transforma en suma de las masas de todas las partículas del ∫ cuerpo. Esto permite afirmar que el momento de (4.29) Iz = ρR2 dV. inercia desempeña en rotación, el mismo papel que la masa en traslación. Por otro lado, si la masa del cuerpo está distriAunque se ha restringido el concepto de mo- buida uniformemente, la densidad ρ puede salir mento de inercia para el caso de una placa del- de la integral y la ecuación (4.29) se convierte en gada, este es aplicable a cualquier cuerpo rígi∫ do, ya que su valor depende de la distancia perIz = ρ R2 dV, (4.30) pendicular de cada partícula al eje, sin importar la elección del punto O tomado como referencia. lo que permite una simplificación, ya que el proEn la ecuación (4.25), la suma se extiende a toblema se reduce a resolver una integral que condas las partículas del cuerpo rígido tomadas cotiene sólo un factor geométrico, que es el mismo mo partículas discretas, esto es, como si se tratapara todos los cuerpos de igual forma y tamaño. ra de un gas de partículas. Ahora, puesto que un Dimensiones y unidades de momento de inercuerpo rígido no se considera como un conjunto cia discreto de partículas sino como un medio conDe acuerdo con la ecuación (4.25) ó (4.29), las ditinuo, la suma se convierte en una integral que mensiones de momento de inercia son ML2 . Por se extiende sobre todo el volumen del cuerpo lo tanto, la unidad en el sistema internacional de rígido. unidades está dada por kg · m2 y en el sistema Para obtener la expresión correspondiente del gaussiano de unidades por g · cm2 . momento de inercia de un cuerpo rígido, tomado como un medio continuo, se considera la fi- Ejemplo 4.9 Un cilindro homogéneo y hueco, de masa M, tiene radios interior y exterior dados respectivamente gura 4.43. Se toma un elemento del cuerpo rígido con masa dm, volumen dV, y se supone que el cuerpo tiene una densidad volumétrica de masa ρ. Teniendo en cuenta que la densidad volumétrica se define como la masa por unidad de volu-

por R1 y R2 . Halle el momento de inercia del cilindro, respecto a su eje de simetría.

Solución

Como se muestra en la figura 4.44, el cascarón cilíndrico de radio r y espesor dr tiene un volumen infinitesimal dado por dV = 2πrhdr. (1)

19

4.8. EJES PRINCIPALES DE INERCIA dr

R1

r

R2

principal de inercia. En la figura 4.45, los ejes xo , yo , zo son tres ejes principales de inercia. zo

h

c

Figura 4.44: Cilindro hueco. Reemplazando la ecuación (1) en la ecuación (4.30), con R = r, se tiene ∫R2

Ic = 2πρh

r3 dr,

yo xo

Figura 4.45: Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico.

Así, en una esfera existen infinitos ejes princidonde ρ es la densidad del material con el cual se ha cons- pales de inercia. R1

truido el cilindro. Así luego de integrar y evaluar, se encuentra Ic = 12 πρh( R42 − R41 ). (2)

Además, como M es la masa del cilindro se cumple la relación M M ρ= = . (3) 2 V π ( R2 − R21 )h

4.8.2. Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico

Para un cuerpo cilíndrico o con simetría cilíndrica, el eje del cilindro y cualquier eje que sea Llevando la ecuación (3) a la ecuación (2), y luego de sim- perpendicular a él y que pase por su centro, es plificar, se obtiene para el momento de inercia del cilindro un eje principal de inercia. En la figura 4.46, los hueco, respecto a un eje, la expresión ejes xo , yo , zo son tres ejes principales de inercia. Ic = M 12 ( R21 + R22 ).

De este modo, el radio de giro del cilindro hueco respecto a un eje, está dado por la expresión

zo

Kc2 = 12 ( R21 + R22 )

4.8.

Ejes principales de inercia xo

yo

Para todo cuerpo, sin importar su forma, hay por lo menos tres direcciones perpendiculares entre sí, respecto a las cuales el vector momento angular es paralelo al eje de rotación y es válida Figura 4.46: Ejes principales de inercia en un cuerpo la ecuación (4.23). Estos ejes se llaman ejes prin- cilíndrico. cipales de inercia, y cuando el cuerpo rígido presenta simetrías, estos ejes coinciden con algún eje de simetría. 4.8.3. Ejes principales de inercia en un

cuerpo rectangular 4.8.1.

Ejes principales de inercia en un Un bloque rectangular tiene tres ejes principales cuerpo esférico

de inercia que son perpendiculares a las caras y En un cuerpo esférico o con simetría esférica, pasan a través del centro del bloque. En la figucualquier eje que pase por su centro es un eje ra 4.47, los ejes xo , yo , zo corresponden a los tres

20

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

z

ejes principales de inercia de un cuerpo rígido con esta simetría.

zc a

zo

M

C.M.

yo

xo

Figura 4.47: Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular. En síntesis, se define un eje principal de inercia como aquel para el cual el vector momento angular es paralelo a al vector velocidad angular, que siempre se encuentra a lo largo del eje de rotación. Así, para un eje principal de inercia se cumple la ecuación (4.24), donde Iz es el momento de inercia respecto al eje principal de inercia correspondiente. Cuando un cuerpo rígido gira alrededor de un eje que no es principal, es válida la ecuación (4.28), donde Iz es de nuevo el momento de inercia respecto al eje que no es principal.

4.9. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos Generalmente se conoce el momento de inercia de un cuerpo rígido respecto a un eje que pasa por su centro de masa; pero en muchos casos, para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido, es necesario conocer el momento de inercia respecto a un eje paralelo que no pasa por el centro de masa. El teorema de Steiner o de los ejes paralelos, es una herramienta que permite llevar a cabo esta transformación. Si en la figura 4.48 se conoce el momento de inercia Ic , respecto al eje zc que pasa por el centro de masa del cuerpo rígido, el momento de inercia Iz respecto al eje z paralelo a zc , el teorema de Steiner establece la relación Iz = Ic + Ma2 , donde M es la masa del cuerpo rígido y a es la separación entre los dos ejes paralelos.

Figura 4.48: Teorema de Steiner o de los ejes paralelos.

4.10.

Radio de giro de un cuerpo rígido

El radio de giro es una cantidad física, definida de tal modo que se cumpla la relación Iz = MKz2 , √ Iz Kz = , M

(4.31)

donde Iz es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a determinado eje y M su masa. Físicamente, el radio de giro representa la distancia medida desde el eje, a la cual se puede concentrar la masa del cuerpo sin variar su momento de inercia. El radio de giro se puede determinar completamente por geometría para cuerpos homogéneos. Es una cantidad que se puede evaluar fácilmente con ayuda de la ecuación (4.30). Conocido el radio de giro, mediante la ecuación (4.31), es posible determinar el momento de inercia respectivo. En la práctica, es posible conocer la forma del radio de giro mediante la tabla 4.2, donde se da K2 , evaluado respecto a un eje específico en cuerpos con diferentes simetrías.

21

4.10. RADIO DE GIRO DE UN CUERPO RÍGIDO

Tabla 4.2: Radios de giro al cuadrado. K2

K2

Eje

Eje Cilindro macizo

Cilindro macizo

R R 1 2 2R

1 2 4 (R

+ 31 l 2 )

Varilla delgada

l/2

l/2 Cilindro hueco o anillo R2

L

R1

1 2 12 L

1 2 2 ( R1

+ R22 )

Disco

1 2 2R

R2

Esfera maciza

Esfera hueca

R 2 2 5R

R 2 2 3R

Placa rectangular

Placa rectangular

b 1 2 12 ( a

+ b2 )

a

1 2 12 b

b a

22

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

Ejemplo 4.10 Como se muestra en la figura 4.49, una se obtuvo para el caso de una partícula con movarilla delgada de masa M y longitud 4R, se coloca sobre vimiento curvilíneo, también es válida en el caun cilindro de masa 2M y radio R. Además, en los extremos de la varilla se colocan dos masas muy pequeñas cada so de un sistema de partículas, si se interpreuna de masa M/2. Halle el momento de inercia del siste- ta Lo como el vector momento angular total del ma, respecto a un eje paralelo al eje del cilindro y que pasa sistema y r × F como el vector torque total debipor el punto de contacto entre el cilindro y la varilla. do a todas las fuerzas externas que actúan sobre 2R 2R el sistema. Es decir, si se cumplen simultáneaM/2 M/2 P mente las expresiones 1 2 c R Lo = ∑ Lio , i 2M τo = ∑ τio , i

Figura 4.49: Cuerpos rígidos y partículas.

Solución

El momento de inercia del sistema, IsP , está dado por la suma de los momentos de inercia de cada cuerpo, todos evaluados respecto al eje que pasa por el punto P. Esto es Isp = Icp + Ivp + I1p + I2p .

(1)

donde ambas cantidades físicas se deben evaluar respecto al mismo punto. Por consiguiente, la ecuación (4.32) adquiere la forma dLo = τo , dt

Por el teorema de Steiner, el momento de inercia del cilindro, respecto a un eje que pasa por el punto de contacto P es Icp = Icc + 2MR2 = 3MR2 , (2)

(4.33)

con Lo y τo , evaluados respecto al mismo punto. Como el cuerpo rígido es un caso especial de un sistema de partículas, la ecuación (4.33) es aplicable en este caso y es la ecuación básica para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido, esto es, la ecuación (4.33) desempeña en rotación el mismo papel que la segunda Además, como las pequeñas masas se encuentran en posiciones simétricas, respecto al punto P, sus momentos de ley de Newton en traslación. Por esta razón, se inercia respecto al eje que pasa por P, son iguales, esto es le conoce como la ecuación de movimiento para la 2 I1p = I2p = 2MR . (4) rotación de un cuerpo rígido. donde Icc = 12 2MR2 , es el momento de inercia del cilindro respecto a un eje que pasa por el centro de masa, de acuerdo con la tabla 4.1. Como el punto de contacto P coincide con el centro de la varilla, de acuerdo con la información de la tabla 4.1, el momento de inercia de la varilla respecto al eje que pasa por P es Ivp = 43 MR2 . (3)

Reemplazando las ecuaciones (2), (3) y (4) en (1) se encuentra que el momento de inercia del sistema, respecto a un eje paralelo al eje del cilindro y que pasa por el punto P, está dado por 2 Isp = 25 3 MR .

Ejercicio 4.9 Para el sistema considerado en el ejemplo (4.10), encuentre el momento de inercia respecto a un eje coincidente con el eje del cilindro.

4.11. Ecuación de movimiento para la rotación de una cuerpo rígido Aunque la expresión dLo = r × F, dt

(4.32)

4.11.1.

Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia

Se supone que el cuerpo rígido de la figura 4.50, tiene un movimiento de rotación alrededor del eje z considerado como eje principal de inercia. Además, se toma el origen como un punto fijo en el eje que corresponde a un sistema de referencia no rotante o inercial. Como el eje de rotación z es un eje principal de inercia, se cumple la ecuación (4.24), y la ecuación (4.33) se transforma en d( Iz ω) = τo , dt

(4.34)

23

4.11. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UNA CUERPO RÍGIDO

z (Eje principal de inercia)

(disminuye) la rapidez angular disminuye (aumenta) para garantizar que la ecuación (4.36) sea satisfecha. Por otro lado, si adicionalmente el momenL to de inercia del cuerpo rígido permanece constante, la ecuación (4.36) indica que la velocidad w angular también permanece constante. Así, un O cuerpo rígido que rota alrededor de un eje principal, fijo en el cuerpo, lo hace con velocidad angular Figura 4.50: Rotación alrededor de un eje principal constante cuando el torque total externo es cero. Este enunciado, en rotación, equivale a la primera de inercia. ley de Newton en traslación. donde τo es el torque total generado por las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y el cual se evalúa respecto al punto fijo O, sobre el eje principal. Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, se tiene que el momento de inercia es constante y la ecuación (4.34) adquiere la forma

4.11.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia

Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no es principal, como en la figura 4.51, es válida la ecuación (4.28) ya que el vector momento angular total no es paralelo a al vector (4.35) velocidad angular, y la ecuación de movimienIz α = τo , to correspondiente es donde se ha empleado la definición de aceleradLzo ción angular. La ecuación (4.35), válida en rota= τzo , (4.37) dt ción, es equivalente, en traslación a la segunda ley de Newton para masa constante. donde τzo es la componente z del torque total Si el torque total de todas las fuerzas externas externo, paralela al eje de rotación z. que actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo, por z (Eje no principal) la ecuación (4.34) se cumple la condición Iω = Constante,

(4.36)

que corresponde a la conservación del vector momento angular. Un ejemplo de esta última situación, se presenta cuando un patinador rota alrededor del eje de su cuerpo, donde las fuerzas que actúa sobre él son el peso y la normal que ejerce el piso, cuyas líneas de acción coincide con el eje de rotación. En este caso, el torque del peso y la normal respecto a un punto ubicado sobre el eje es nulo y el momento angular del patinador es constante respecto a dicho punto. Esto lleva a que aumente la rapidez angular del patinador cuando cierra los brazos, pues el momento de inercia disminuye. ¿Por qué? En síntesis, cuando el torque neto es nulo, si el momento de inercia del cuerpo rígido aumenta

L

w O

Figura 4.51: Rotación alrededor de un eje no principal. Si la orientación del eje es fija respecto al cuerpo, el momento de inercia es constante. Así, al reemplazar la ecuación (4.28) en la ecuación (4.37), se obtiene Iz α = τzo , que es la ecuación de movimiento a utilizar cuando el momento de inercia es constante, y

24

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

el cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no es principal. En los problemas de rotación de un cuerpo rígido se deben seguir los siguientes pasos, luego del análisis físico del problema: 1. Se hace el diagrama de cuerpo libre, dibujando solamente las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y ubicándoFigura 4.53: Diagramas de cuerpo libre para cada las en el punto donde actúan. cuerpo. 2. Se plantea la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido, corresponPara el disco, con movimiento de rotación pura alredediente a la situación particular que se esté dor de un eje fijo que pasa por el centro C considerando.  ∑ τc = αIc ,

3. Se calculan los torques, respecto a un pun− T1 R1 + T2 R2 = 12 MR21 α, (1) to fijo del cuerpo por donde pase el eje de rotación. donde se ha tomado el sentido horario como positivo y de acuerdo con la tabla 4.1, Ic =

1 2 2 MR1 .

4. Se obtiene el momento de inercia del cuerPara el bloque de masa m1 con movimiento vertical de po rígido respecto al eje de rotación. Cuan- traslación pura do sea necesario, se emplea el teorema de + ↑ ∑ Fv = m1 a1 , Steiner o de los ejes paralelos. T1 − m1 g = m1 a1 .

(2)

5. Se resuelve la ecuación de movimiento, dePara el bloque de masa m2 con movimiento vertical de pendiendo de la información solicitada. traslación pura

Ejemplo 4.11 Un disco homogéneo de masa M y radio R1 tiene un pequeño saliente de radio R2 , como se indica en la figura 4.52. El disco rota libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro, debido a la acción de los bloques de masas m1 y m2 . a) Para cada cuerpo, haga el diagrama de cuerpo libre y plantee las respectivas ecuaciones de movimiento. b) Determine la aceleración angular del disco y la aceleración de cada bloque. c) Analice los resultados obtenidos en el numeral b).

+ ↓ ∑ Fv = m2 a2 , m2 g − T2 = m2 a2 .

(3)

b) Como la magnitud de la aceleración de m2 es igual a la magnitud de la aceleración tangencial en el borde del pequeño saliente y la magnitud de laaceleración de m1 es igual a la magnitud de la aceleración tangencial en el borde del disco se tiene a2 = αR2 ,

(4)

a1 = αR1 ,

(5)

Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (3), y la (5) en la (2), es posible encontrar α=

Figura 4.52: Disco rotante.

a1 =

a) En la figura 4.53 se muestran los diagramas de cuerpo ′ ′ libre para cada cuerpo, donde T1 = T1 y T2 = T2 . Ecuaciones de movimiento, teniendo en cuenta el sentido de movimiento supuesto.

a2 =

Solución

m2 R2 − m1 R1 R21 ( 12 M + m1 ) + m2 R22 R1 ( m2 R2 − m1 R1 ) R21 ( 21 M + m1 ) + m2 R22 R2 ( m2 R2 − m1 R1 ) R21 ( 21 M + m1 ) + m2 R22

g,

(6)

g,

(7)

g.

(8)

c) Las partículas que forman el disco, adquieren un movimiento circular uniforme, cuando la aceleración angular

25

4.11. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UNA CUERPO RÍGIDO

se hace cero, es decir, α = 0. Por la ecuación (6), esta condición se satisface si el numerador se hace cero, lo que lleva a la relación m1 R = 2. (9) m2 R1 En la ecuación (9) se observa que existe una relación inversa entre las masas de los bloques y los radios R1 y R2 . Ahora, de acuerdo con el enunciado R2 < R1 , así R2 /R1 < 1, o sea m1 /m2 < 1 o lo que es igual, m1 < m2 si la velocidad angular del disco es constante. Igualmente se observa, al comparar las ecuaciones (7) y (8) con la ecuación (9), que si el disco rota con velocidad angular constante, los bloques se trasladan con velocidad constante. En el caso particular que las masas de los bloques sean iguales, la aceleración angular no puede ser nula y el disco rotará en sentido antihorario. ¿Por qué?

O q

6R

R

Figura 4.54: Péndulo físico. FR O

El sentido de movimiento, con α ̸= 0, depende del

q

signo del numerador, ya que el denominador siempre

c'

m1 g

es positivo. Así, el disco rota en sentido horario cuando α > 0, lo que lleva a la relación m2 R2 − m1 R1 > 0, o lo que

c

es igual, m1 /m2 < R2 /R1 . Por lo tanto, como R2 /R1 < 1,

m2 g

entonces m1 < m2 .

Pregunta 4.1 Para el caso de velocidad angular cons- Figura 4.55: Diagrama de cuerpo libre para el péntante ¿la magnitud de la velocidad de los bloques es la dulo. misma? ¿Por qué? Ahora, de acuerdo con la figura 4.55 y tomando el sentido horario como positivo, el torque de las fuerzas externas

Ejercicio 4.10 Para el ejemplo 4.11, determine la ten- está dado por sión en cada una de las cuerdas.

∑ τiO = (3m1 + 7m2 ) Rgsenθ.

(2)

Ejercicio 4.11 Resuelva el ejemplo 4.11 suponiendo que los bloques están unidos mediante la misma cuerda y que esta pasa por el borde del disco de radio R1 . Recuerde que el disco se comporta como una polea real.

Ejemplo 4.12 El cuerpo rígido de la figura 4.54, conocido como un péndulo físico, consta de una varilla delgada de masa m1 y un disco de masa m2 . Suponga que la varilla tiene una longitud 6R y el disco un radio R. Por otro lado, el péndulo rota libremente alrededor de un eje fijo que pasa por el extremo O, una vez que se suelta desde una posición angular θo < 90o . a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el péndulo físico y plantee la ecuación de movimiento. b) Determine, en función del ángulo θ, la aceleración angular del péndulo, la aceleración del centro de masa de la varilla y la aceleración del centro de masa del disco. c) Determine, en función de θ, la velocidad angular del péndulo físico.

Por otro lado, como el momento de inercia del péndulo físico es igual al momento de inercia de la varilla más el momento de inercia del disco, evaluados respecto al punto O, se tiene IO = IvO + IdO , donde al emplear el teorema de Steiner y la información dada en la tabla 4.1, se llega a IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 .

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (1), se encuentra que la ecuación de movimiento adquiere la forma

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

 + ∑ τiO = αIO . i

(1)

(4)

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

Solución

a) En la figura 4.55 se muestra el diagrama de cuerpo libre donde FR es la fuerza que el eje ejerce sobre la varilla en O, m1 g el peso de la varilla y m2 g el peso del disco. La ecuación de movimiento para rotación pura alrededor del eje que pasa por O, es de la forma

(3)

α=

2(3m1 + 7m2 ) g senθ. 3R(8m1 + 33m2 )

(5)

Así, la aceleración del centro de masa de la varilla, con ac′ = 3αR, es a c′ =

2(3m1 + 7m2 ) g senθ. (8m1 + 33m2 )

26

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

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

14(3m1 + 7m2 ) g senθ. 3(8m1 + 33m2 )

De los resultados obtenidos se observa que estas cantidades se hacen cero, únicamente, cuando el ángulo θ es igual a cero, esto es, cuando la varilla se encuentra instantáneamente en posición vertical. Así, cuando la varilla se aleja de esta posición, las magnitudes de estas cantidades aumentan y cuando se acerca a ella disminuyen. c) De acuerdo con la definición de aceleración angular, la ecuación (5) se puede escribir en la forma dω = Csenθ, dt

∫θ

senθdθ,

donde el signo menos se debe tener en cuenta, ya que cuando el péndulo se suelta desde la posición inicial, el ángulo θ disminuye con el tiempo. Luego de integrar y evaluar la expresión anterior, se encuentra que la rapidez angular está dada por ω=

√

2C (cosθ − cosθ0 ).

(8)

De acuerdo con la ecuación (8), el máximo valor de la rapidez angular se presenta en el instante que el péndulo está en posición vertical. Así, cuando θ disminuye la rapidez angular aumenta y cuando θ aumenta la rapidez angular disminuye.

Pregunta 4.2 En la ecuación (8) ¿Qué condición se debe cumplir entre el ángulo θ y el ángulo θo? ¿Por qué?

y

Figura 4.56: Eje de rotación variando de posición.

θ0

0

vc

x

2(3m1 + 7m2 ) g , 3(8m1 + 33m2 ) R

ωdω = −C

w C.M.

O

tiene unidades de s−2 . Si en la ecuación (6) se multiplica a ambos lados por dθ, se obtiene ∫ω

zc z

(6)

donde la constante C definida por C≡

una rotación alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, es necesario analizar los dos movimientos por separado, esto es, considerar un sistema fuerza par equivalente. Esta situación se muestra en la figura 4.56.

Si el eje de rotación no tiene un punto fijo en un sistema de referencia inercial, como ocurre cuando un cuerpo rueda por un plano inclinado, para analizar el movimiento de traslación se emplea la segunda ley de Newton en la forma F = mac , donde F es la fuerza neta externa que actúa sobre el cuerpo rígido, m su masa que es constante y ac la aceleración del centro masa. Para el movimiento de rotación, se debe calcular el momento angular del cuerpo rígido y el torque neto sobre el cuerpo rígido, respecto al centro de masa del cuerpo. O sea, la ecuación de movimiento respectiva es dLc = τc . dt

(4.38)

Si a la vez, como ocurre generalmente, la rotaEjercicio 4.12 Resuelva el ejemplo 4.12, suponiendo ción es alrededor de un eje principal que pasa que el péndulo físico está constituido sólo por una vari- por el centro de masa, se tiene lla delgada de longitud 8R. Compare los resultados.

Ic ω = Lc

(4.39)

4.11.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígi- Ahora, si el momento de inercia es constante, eje fijo en el cuerpo, entonces mediante las ecuaciodo nes (4.38) y (4.39), se encuentra que la ecuación Cuando el movimiento de un cuerpo rígido, es de movimiento correspondiente es tal que su centro de masa tiene una traslación respecto a un sistema de referencia inercial y Ic α = τc ,

27

4.11. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UNA CUERPO RÍGIDO

donde se ha empleado la definición de aceleración angular. Si el torque total respecto al centro de masa es cero, la velocidad angular es constante y el vector momento angular se conserva respecto al centro de masa. Esta situación ocurre cuando la única fuerza externa aplicada a un cuerpo rígido homogéneo es su peso. Debido a la complejidad que se presenta, cuando se analiza este tipo de movimiento, se restringe a dos dimensiones y con cuerpos homogéneos que presentan alto grado de simetría, tales como esferas, cilindros o aros. Cuando un cuerpo rígido tiene movimiento combinado de traslación y rotación sobre una superficie, se dice que el cuerpo rueda, y en este caso se debe tener presente si rueda deslizando o sin deslizar.

µs N, la suposición es correcta; pero si la magnitud de la fuerza de fricción obtenida, es mayor que µs N, la suposición es incorrecta y el cuerpo rueda deslizando. En problemas donde se presente movimiento combinado de traslación y rotación, además de los pasos que se siguen para la rotación pura de un cuerpo rígido, alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, se debe incluir la ecuación de movimiento correspondiente a la traslación del centro de masa. Ejemplo 4.13 Como se muestra en la figura 4.57, un cascarón esférico homogéneo, de radio R y masa M, rueda sin deslizar por la superficie de un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. Determine la aceleración de la esfera, su aceleración angular y la fuerza de fricción entre la esfera y la superficie del plano inclinado.

R

Si un cuerpo rígido homogéneo, rueda y desliza, la fuerza de fricción es cinética, esto es, se cumple la relación Fk = µk N. Si el cuerpo rígido homogéneo, rueda sin deslizar, la fuerza de fricción es estática y la relación válida es Fs ≤ µs N. Otra forma de entender lo anterior, es considerando la velocidad del punto de contacto del cuerpo rígido con la superficie sobre la cual rueda. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidad del punto de contacto, con respecto a la superficie, es diferente de cero; pero si el cuerpo rueda y no desliza, la velocidad del punto de contacto, con respecto a la superficie, es igual a cero. Además, el cuerpo rígido debe ser homogéneo, para garantizar que su centro geométrico coincida con su centro de masa. Se debe tener presente que las expresiones, vc = ωR y ac = αR, sólo tienen validez si el cuerpo rígido con alto grado de simetría, es homogéneo y rueda sin deslizar, como se verá posteriormente. Cuando en un caso particular, no se sabe si el cuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslizar, primero se debe suponer que no hay deslizamiento. En el caso que la magnitud de la fuerza de fricción calculada, sea menor o igual a

M

q Figura 4.57: Esfera hueca que rueda.

Solución

En la figura 4.58 se tiene el diagrama de cuerpo libre para el cascarón esférico, donde Mg es el peso del cascarón, N la fuerza que la superficie ejerce sobre el cascarón y Fs la fuerza de fricción estática entre el cascarón y la superficie. Ecuaciones de movimiento para el cascarón esférico.

c

Fs N

Mg q

Figura 4.58: Diagrama de cuerpo libre para la esfera. Para el movimiento de traslación del centro de masa del cascarón. En la dirección paralela al plano inclinado

↘ + ∑ F// = Mac i

Mgsenθ − Fs = Mac . En la dirección perpendicular al plano inclinado

↗ + ∑ F⊥ = 0, i

(1)

28

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

N − Mgcosθ = 0.

(2)

4.12.

Energía de un cuerpo rígido

Para el movimiento de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del cascarón

En la unidad 3 se consideraron los tipos de energía mecánica que se le puede asociar a una par + ∑ τc = Ic α, tícula, de acuerdo a su estado dinámico. En esi ta sección se consideran igualmente los tipos de donde al tomar el sentido de rotación como positivo y uti- energía mecánica que se le pueden asociar a un lizando la información de la tabla 4.1, se tiene cuerpo rígido teniendo en cuenta su estado dinámico. 2 Fs R =

2 3 MR

α.

(3)

De la ecuación (3), se tiene que la fuerza de fricción es la responsable de la rotación del cascarón alrededor del eje que pasa por el centro de masa. Ahora, eliminando la fuerza de fricción Fs , mediante las ecuaciones (1) y (3), se encuentra que la aceleración del cascarón, está dada por ac = 53 gsenθ,

(4)

donde se ha empleado la expresión ac = αR,

(5)

ya que el cascarón es homogéneo y rueda sin deslizar. Ahora, igualando las ecuaciones (4) y (5), para la aceleración angular del cascarón se obtiene α=

3 5

gsenθ . R

4.12.1.

Energía cinética de un cuerpo rígido

En la unidad de trabajo y energía, se encontró que a una partícula de masa mi , con velocidad vi respecto a un sistema de referencia inercial determinado, se le asocia una energía cinética dada por Ek,i = 12 mi v2i .

Para un cuerpo rígido, que es un caso particular de un sistema de partículas, la energía cinética total está dada por la suma de las energías ciné(6) ticas de todas las partículas que lo conforman, esto es

Por las ecuaciones (3) y (6), la fuerza de fricción está dada por Fs =

2 5 Mgsenθ.

(7)

De acuerdo con los resultados obtenidos, se puede concluir 1. Por la ecuación (4), la aceleración del cascarón sólo depende del ángulo de inclinación θ y su magnitud es menor que la magnitud de la aceleración de la gravedad, como era de esperarse. 2. Para la aceleración angular del cascarón, de acuerdo con la ecuación (6), se tiene que su magnitud depende, tanto del ángulo de inclinación θ, como del tamaño del cascarón al depender de R. 3. En lo referente a la fuerza de fricción estática, la ecuación (7) muestra que su magnitud depende de la masa del cascarón M y del ángulo de inclinación θ.

Ejercicio 4.13 Resuelva el ejemplo 4.13, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga, en cada caso, que la masa del cuerpo es M y el radio es R. Compare los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.13.

Ek =

∑ ( 12 mi v2i ),

(4.40)

i

donde el término entre paréntesis corresponde a la energía cinética de la partícula i, que tiene masa mi y velocidad con magnitud vi . De acuerdo a la forma como se ha planteado la ecuación (4.40), se tiene que la energía cinética es una cantidad asociada a cualquier partícula que se encuentre en movimiento, independientemente del tipo de movimiento o de la trayectoria que describa. A diferencia del caso de una partícula, en un cuerpo rígido es necesario distinguir entre energía cinética traslacional y energía cinética rotacional, ya que generalmente las fuerzas externas tienden a imprimir movimiento de traslación del centro de masa y movimiento de rotación del cuerpo alrededor de un eje determinado.

29

4.12. ENERGÍA DE UN CUERPO RÍGIDO

4.12.2.

Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido

Cuando las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo rígido, sólo generan efectos de traslación pura, la energía cinética de traslación del cuerpo rígido está dada por la energía cinética del centro de masa, ya que en lo referente a traslación, el cuerpo rígido se comporta como si todas la fuerzas actuaran sobre él y como si su masa M se encontrara concentrada en dicho punto. Por ello, la energía cinética de esta partícula es

z

w Ri

mi vi gi ri

O

Figura 4.60: Cuerpo rígido en rotación pura.

donde el término entre paréntesis corresponde al momento de inercia del cuerpo rígido ressiendo vc la magnitud de la velocidad del centro pecto al eje de rotación, definido mediante la ecuación (4.25), con ri = Ri . Por consiguiente, de masa. Esta situación física se muestra en la figura la ecuación (4.42) se transforma en 4.59, en el caso de movimiento paralelamente al (4.43) Ek = 12 Iz ω 2 . eje x. Ek = 12 Mv2c ,

(4.41)

y

C.M.

vc

O

x

Figura 4.59: Cuerpo rígido en traslación pura.

4.12.3.

Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido

En la figura 4.60, se tiene un cuerpo rígido con movimiento de rotación pura, alrededor del eje fijo z, y con velocidad angular ω. La partícula i de masa mi , al describir la trayectoria circular con centro en el eje de rotación, tiene una rapidez que está relacionada con la rapidez angular por vi = ωRi , donde Ri es el radio de la circunferencia que describe la partícula. Así, por la ecuación (4.40), se tiene que la energía cinética total del cuerpo rígido, debido al movimiento de rotación pura, adquiere la forma ( ) Ek =

1 2

∑ mi R2i i

ω2 ,

La ecuación (4.43), permite determinar la energía cinética total de rotación de un cuerpo rígido, y es de validez general ya que se cumple respecto a cualquier eje de rotación. Además, de nuevo se observa que el momento de inercia desempeña en rotación, el mismo papel que la masa en traslación. Cuando el cuerpo rígido rota alrededor de un eje principal de inercia, se satisface la ecuación (4.24) y la ecuación (4.43) se convierte en Ek =

L2o , 2Iz

que sólo es válida si el cuerpo rígido rota alrededor de un eje principal de inercia.

4.12.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido

Cuando el cuerpo rígido posee un movimiento combinado de traslación y rotación, se debe considerar separadamente la energía cinética traslacional y la energía cinética rotacional. Ahora, si el eje de rotación pasa por el centro de masa y al mismo tiempo el centro de masa tiene un movimiento de traslación respecto a un (4.42) sistema de referencia inercial, como en la figura 4.61, la energía cinética total del cuerpo rígido,

30

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

utilizando las ecuaciones (4.41) y (4.43), está da- movimiento de rotación pura y los bloques movimiento de traslación pura. Por esta razón, para determinar la energía da por Ek =

2 1 2 Mvc

+

2 1 2 Ic ω

(4.44)

donde el primer término a la derecha de la igualdad, es la energía cinética de traslación del centro de masa y el segundo término, la energía cinética de rotación respecto a un eje que pasa por el centro de masa. La cantidad Ic , en la ecuación (4.44), es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje que pasa a través del centro de masa. Lo anterior tiene sentido, ya que en y

cinética total del sistema, es necesario incluir, además de la energía cinética de rotación del disco, la energía cinética de traslación de cada bloque, esto es Ek =

2 1 2 Ic ω

+ 12 m1 v21 + 12 m2 v22 ,

donde los tres términos a la derecha de la ecuación (1) son, respectivamente, la energía cinética de rotación del disco, la energía cinética de traslación de m1 y la energía cinética de traslación de m2 . Por otro lado, la rapidez de cada bloque está relacionada con la rapidez angular del disco por v1 = ωR1

y

v2 = ωR2 .

(2)

Reemplazando las ecuaciones (2) en la ecuación (1), se obtiene para la energía cinética total del sistema, en función de la rapidez angular del disco, la expresión

zc

Ek = 21 [( 12 M + m1 ) R21 + m2 R22 ]ω 2 .

M

(1)

(3)

w C.M.

vc x

O

Figura 4.61: Cuerpo rígido con movimiento combinado de traslación y rotación.

Los resultados del ejemplo 4.11 muestran que el disco rota con aceleración angular constante, esto es, su velocidad angular varía con el tiempo, igual que la energía cinética del sistema, de acuerdo con la ecuación (3). Utilizando tanto la expresión obtenida para la aceleración angular en el ejemplo 4.11 como la definición de aceleración angular, y teniendo en cuenta que el sistema parte del reposo, se encuentra que la rapidez angular depende del tiempo en la forma

( m2 R2 − m1 R1 ) g

ω= 2 1 t. (4) un cuerpo rígido el centro de masa está fijo en R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22 el cuerpo y el único movimiento que el cuerpo puede tener respecto a un eje que pase por su De este modo, por las ecuaciones (3) y (4), la energía cinética del sistema, en función del tiempo, está dada por centro de masa es de rotación. 2 2 Ejemplo 4.14 Un disco homogéneo de masa M y ra2 1 ( m2 R2 − m1 R1 ) g

dio R1 tiene un pequeño saliente de radio R2 , como se indica en la figura 4.62. El disco parte del reposo y rota libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro, debido a la acción de los bloques de masas m1 y m2 . Determine la energía cinética total del sistema en función del tiempo.

Ek =

2

R21 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

t .

(5)

La ecuación (5), además de mostrar que la energía cinética del sistema es positiva, indica que esta aumenta con el tiempo mientras exista movimiento.

Ejercicio 4.14 Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.11 parte del reposo, determine su energía cinética total función del tiempo. Compare los resultados con los obtenidos en el ejemplo 4.14.

Ejemplo 4.15 Determine, en función del ángulo θ, la energía cinética del péndulo físico considerado en el ejemplo 4.12.

Solución

Figura 4.62: Disco con saliente.

Solución

De acuerdo con la situación planteada, el disco tiene un

En este caso, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación alrededor de un eje que pasa por el extremo O de la figura 4.63, esto es, sólo posee energía cinética de rotación que está dada por Ek =

2 1 2 IO ω .

(1)

31

4.12. ENERGÍA DE UN CUERPO RÍGIDO

R

M

O

w q

vc

6R

q R

Figura 4.64: Cascarón que rueda. Figura 4.63: Péndulo físico.

se obtiene Ek =

Ahora, de acuerdo con el ejemplo 4.12, se tiene IO = ω= con C≡

3 2 (8m1

√

2

+ 33m2 ) R ,

(2)

2C (cosθ −cosθ0 ),

(3)

2(3m1 + 7m2 ) g . 3(8m1 + 33m2 ) R

(4)

Luego de reemplazar las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (1), se encuentra que la energía cinética de rotación del péndulo físico es Ek = gR(3m1 + 7m2 )(cosθ − cosθo ).

(5)

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

2 2 5 6 MR ω .

(3)

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), la fracción de la energía cinética total que es energía cinética traslacional, está dada por EkT = 0.6, Ek y la fracción que es energía cinética rotacional es EkR = 0.4. Ek De acuerdo con estos resultados, el 60 % de la energía cinética total es traslacional y el 40 % rotacional, independientemente del el tamaño, la masa y la rapidez angular del cascarón.

Ejercicio 4.16 Resuelva el ejemplo 4.16, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga, en cada caso, que la masa es M y el radio es R. Compare los resultados, con los

Ejercicio 4.15 Obtenga, en función del ángulo θ, la obtenidos en el ejemplo 4.16. energía cinética del péndulo físico del ejercicio 4.12. Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo 4.15.

4.12.5. Energía total de un cuerpo rígido

Ejemplo 4.16 Para el cascarón del ejemplo 4.13, determine qué fracción de la energía cinética total es traslacional y qué fracción es rotacional, una vez que se inicia el movimiento.

Solución

Como el cascarón rueda sin deslizar, el centro de masa tiene un movimiento de traslación y simultáneamente rota alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, como se muestra en la figura 4.64. Así, en un instante determinado, la energía cinética total del cascarón está dada por Ek = 21 Mv2c + 12 Ic ω 2 . (1) Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, la rapidez del centro de masa está relacionada con la rapidez angular por v = ωR. Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), con Ic =

2 2 3 MR ,

(2)

Teniendo en cuenta la definición de cuerpo rígido, la distancia entre cualquier pareja de partículas no cambia durante el movimiento. Por ello, se puede suponer que la energía potencial propia o interna permanece constante, lo que permite no considerarla cuando se analiza el intercambio de energía del cuerpo con sus alrededores. En concordancia con el teorema del trabajo y la energía, que es válido para el caso de un cuerpo rígido, se tiene Wext = ∆Ek

= Ek − Eko ,

(4.45)

32

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

donde Wext es el trabajo realizado por todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido. Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan simultáneamente fuerzas externas conservativas y no conservativas, el trabajo total se puede expresar como Wext = Wc + Wnc ,

= 12 Mv2c + 21 Ic ω 2 + Ep = Constante. En el caso particular de un cuerpo rígido que cae por acción de la gravedad y a la vez rota alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, como se ilustra en la figura 4.65, la ley de conservación de la energía adquiere la forma Eje de rotación

y

Wnc = ( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo )

M w C.M.

(4.47)

con E correspondiendo a la energía total del cuerpo rígido y Ep a la energía potencial asociada con las fuerzas externas conservativas. La ecuación (4.47), igual que en el caso de una partícula, muestra que la energía total de un cuerpo rígido no se conserva cuando sobre él actúan simultáneamente fuerzas externas conservativas y no conservativas, esto es, el sistema es no conservativo. La ecuación (4.47) se emplea, por ejemplo, cuando sobre un cuerpo rígido actúan simultáneamente la fuerza gravitacional y la fuerza de fricción dinámica. En el caso particular que sobre el cuerpo sólo actúen fuerzas externas conservativas, el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas es nulo, y la ecuación (4.47) se transforma en

( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo ) = ∆E = 0

E = Ek + Ep

(4.46)

siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzas externas conservativas y Wnc el trabajo de las fuerzas externas no conservativas. Teniendo en cuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de la ecuación (4.45), es posible demostrar que la ecuación (4.46) se convierte en

= ∆E,

en cuenta las fuerzas externas, ya que también se presentan fuerzas internas en este tipo de sistema. Matemáticamente, la conservación de la energía total se expresa en la forma

vc O

Tierra

yc x (Ep= 0)

Figura 4.65: Cuerpo rígido que desciende rotando.

+ 21 Ic ω 2 + mgyc = Constante,

E =

2 1 2 Mvc

donde yc es la altura del centro de masa, respecto al nivel cero de energía potencial gravitacional. Es importante notar en este punto que cuando un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal rugosa, actúa la fuerza de fricción estática Fs . Esta fuerza de fricción no realiza trabajo, ya que la velocidad del punto de contacto vP , respecto a la superficie, es cero. Es decir, para un desplazamiento infinitesimal

que expresa la conservación de la energía. Así, dW = Fs · dr cuando sobre el cuerpo únicamente actúan fuerdt = Fs · dr zas externas conservativas, la energía total medt cánica permanece constante, es decir, el sistema = Fs · vP dt es conservativo. = 0. De los resultados anteriores se puede afirmar que son idénticos a los obtenidos para el caso de Por lo tanto, si sobre un sistema actúan simultáuna partícula. La diferencia radica en el hecho neamente fuerzas conservativas y la fuerza de que para un cuerpo rígido sólo se deben tener fricción estática, el sistema es conservativo.

33

4.13. TRABAJO, ENERGÍA CINÉTICA ROTACIONAL Y POTENCIA DE ROTACIÓN

Ejemplo 4.17 El cascarón esférico del ejemplo 4.13, la ecuación (2) se transforma en parte del reposo desde una altura h como se muestra en la figura 4.66. Determine la rapidez angular y la rapidez del cascarón, cuando éste llega a la base del plano inclinado.

R

6gh = 3v2c + 2R2 ω 2 .

Además, como el cascarón es homogéneo y rueda sin deslizar, es válida la expresión vc = ωR.

M

(3)

(4)

Así, mediante las ecuaciones (3) y (4) se encuentra que la velocidad angular del cascarón, cuando llega a la base del plano inclinado, está dada por

h Ep= 0 q

ω=

Figura 4.66: Cascarón esférico.

1 R

√

6 5 gh,

y la velocidad del cascarón por

Solución

Diagrama de cuerpo libre para el cascarón, mostrado en la figura 4.67. De acuerdo con el diagrama espacial, sobre el cascarón actúan las siguientes fuerzas

√ vc =

6 5 gh.

Ejercicio 4.17 Partiendo de la expresión para la acele-

La normal N, que por ser perpendicular al desplazamiento del centro de masa, no realiza trabajo.

ración angular, encontrada en el ejemplo 4.13, determine

El peso mg, que realiza trabajo por tener una componente paralela al desplzamiento, y es una fuerza conservativa.

plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h.

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

Ejercicio 4.18 Resuelva el ejemplo 4.17, si el cascarón

la velocidad angular cuando el cascarón llega a la base del Compare su resultado, con el obtenido en el ejemplo 4.17.

esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. De acuerdo con sus resultados y el obtenido en el ejemplo 4.17 ¿en qué orden llegarán los

Fs

c

cuerpos a la base del plano inclinado, si se les suelta simultáneamente desde la misma posición?

N

Mg q

Figura 4.67: Diagrama de cuerpo libre para el cascarón.

4.13. Trabajo, energía cinética rotacional y potencia de rotación

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

Cuando al cuerpo rígido de la figura 4.68 se le aplica la fuerza F, este rota alrededor de un eje fijo que pasa por O, de tal forma que para un ∆E = 0 Ef = Ei , (1) desplazamiento angular dθ, el punto A pasa a la posición A’. Ahora, el trabajo infinitesimal dW, donde Ei es la energía total en la situación inicial y Ef en realizado por la fuerza F durante el desplzala situación final. Ahora, de acuerdo con el nivel cero de energía potencial miento angular dθ, está dado por elegido, la ecuación (1) adquiere la forma Mgh =

2 1 2 Mvc

+ 12 Ic ω 2 .

(2)

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

2 2 3 MR ,

dW = F · dr = FdS.

(4.48)

Ya que la fuerza F y el desplazamiento dr son paralelos. Por otro lado, de la figura 4.68 se tiene

34

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO F

F’

A’

Considerando el trabajo realizado por la fuerza F durante el intervalo de tiempo infinitesimal dt, por la ecuación (4.50), la potencia está dada por

A r

dq

dW dt dθ = τo dt = τo ω.

O

P =

Figura 4.68: Cuerpo en rotación.

(4.54)

que que dS = rdθ, por lo que la ecuación (4.48) Ejemplo 4.18 Cuando al disco homogéneo de la figuadquiere la forma dW = Frdθ.

(4.49)

Donde en la ecuación (4.49), Fr = τo , es el torque de la fuerza F respecto al punto O. Así que la ecuación (4.49) se tranforma en dW = τo dθ.

ra 4.69, de masa M y radio R, se le aplica la fuerza F en el punto A del borde del disco, este rota libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro. El disco parte del reposo y en todo instante la fuerza forma un ángulo β con la dirección radial. Cuando el punto A ha barrido 3/4 de vuelta: (a) Halle la rapidez angular del disco. (b) Halle la potencia desarrollada por la fuerza F. (c) Resuelva para M = 325 g, R = 20 cm, F = 15 N y β = 27o .

(4.50)

F b

Para un desplazamiento angular finito θ y por la ecuación (4.50), el trabajo realizado por la fuerza F entre las posiciones A y B, está dado por

A R C

∫θB

W=

M

τo dθ.

(4.51)

θA

Mientras el cuerpo rota, se satisface la expresión τo = Io α y la ecuación (4.51) se transforma en ∫θB

W=

Figura 4.69: Disco rotante.

Solución

(a) En la figura 4.70 se muestra el diagrama de cuerpo libre para el disco, en un instante determinado. Utilizando la

Io αdθ.

(4.52)

F

θA

b A

Considerando la ecuación (4.51) y la definición α = dω/dt, para un momento de inercia Io constante, se obtiene ∫θB

W = Io θA ∫ωB

= Io ωA ∫ωB

= Io

R

C M

Mg

dω dθ dt Figura 4.70: Diagrama de cuerpo libre para el disco. dθ dω dt

definición de trabajo y teniendo en cuenta que el trabajo es realizado por la componente F sen β por ser paralela al desplazamiento, con dS = Rdθ, se tiene

ωdω

3π/2 ∫

ωA

=

Feje

1 1 Io ωB 2 − Io ωA 2 . 2 2

W=

(4.53)

0

F sen βRdθ = ( FR sen β)θ |03π/2 =

3π FR sen β 2

(1).

35

4.14. CONSERVACIÓN DEL MOMENTO ANGULAR EN COLISIONES

Ahora, el trabajo sobre el disco que rota también está dado por la expresión 1 1 W = ∆( EkR ) = ∆( Iω 2 ) = Iω 2 2 2

(2).

Remplazando la ecuación (1) en la ecuación (2), con I = MR2 /2, se llega a la expresión 1 MR2 2 3π FR sen β = ω 2 2 2

(3).

Donde al simplificar la ecuación (2) y despejar, se encuentra que la rapidez angular del disco cuando ha realizado 3/4 de vuelta, está dada por √ ω=

6πF sen β . MR

(4)

La ecuación (4) muestra que entre mayor sea el valor del ángulo β, mayor es el valor de la rapidez angular. (b) La magnitud del torque de la fuerza respecto al punto O, está dado por τo = ( F sen β) R (5). Remplazando (3) y (4) en la ecuación (4.54), se encuentra que la potencia está dada por √ P = τo ω = ( F sen β) R

6πF sen β MR

(6).

(c) Remplazando los valores dados en las ecuaciones (5) y (6), se obtiene √ ω=

6π15 N sen 27o = 44 rad · s−1 . 0.325 kg0.20 m √ o

P = (15 N sen 27 )0.20 m

6π15 N sen 27o ≡ 60.52 w. 0.325 kg 0.20 m

4.14. Conservación del momento angular en colisiones En el análisis de colisiones, se enncontró que la condición para que se conserve el vector momento lineal total del sistema de partículas interactuantes, es que dicho sistema sea un sistema aislado. Igualmente se mostró que la energía cinética total del sistema de partículas se conserva, si el choque es elástico. Por otro lado, para el caso de partículas, también se demostró anteriormente que cuando una partícula adquiere MRU o cuando la fuerza neta sobre ella tiene la misma dirección que el vector posición respecto a determinado punto, el vector momento angular de la partícula se conserva respecto a dicho

punto. En esta sección, al considerar choques en donde intervienen simultáneamente partículas y cuerpos rígidos, se analiza de manera más general, si las cantidades anteriores se conservan o no, haciendo especial énfasis en la conservación del vector momento angular. Para saber si en una colisión donde interviene un cuerpo rígido, se conserva el vector momento angular, se debe utilizar la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido, esto es, dL/dt = τ, donde en acuerdo con la expresión anterior, el vector momento angular del cuerpo rígido se conserva si el torque total sobre él es nulo en la colisión. Cuando el cuerpo rígido rota altededor de un eje principal de inercia, se satisface la expresión L = Iω. Lo anterior explica la razón por la cual se incrementa la rapidez angular de un patinador en el hielo al contraer sus brazos llevándolos hacia su pecho. El patinador rota alrededor de un eje principal de inercia como lo es el eje de su cuerpo, eje donde se encuentra su centro de masa y por donde pasan las líneas de acción de las fuerzas que sobre él actúan, lo que hace que el torque neto sobre el patinador sea nulo; por ello LC = Constante. Retomando la forma general de la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido, τo =

dLo , dt

se tiene que si durante el movimiento de un cuerpo rígido, el torque neto respecto a un punto O es nulo, la derivada temporal del vector momento angular respecto al mismo punto O es nula, por lo que el vector momento angular del cuerpo rígido, respecto al punto O, es una constante del movimiento. Esta situación generalmente se presenta en colisiones entre un cuerpo rígido y una partícula. Ejemplo 4.19 Una varilla homogénea, de masa M y longitud l, se encuentra sobre una superficie horizontal de hielo. Un proyectil, de masa m, incide perpendicularmente sobre un extremo de la varilla con una velocidad vo y luego de chocar elásticamente rebota con una velocidad perpendicular a la posición inicial de la varilla. Inmediatamente después del choque, halle: (a) La rapidez angular de la varilla. (b) La rapidez de la varilla. (c) La rapidez del proyectil. Analice los resultados. (d) Resolver para M = 300 g, l = 17 cm, m = 80 g y vo = 19 cm·s−1 .

36

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

Solución

En la figura 4.71 se muestra un diagrama ilustrativo de la situación plateada.

(+)

vc

w

c

considerado en la figura 4.71. Por otro lado, la ecuación (7) indica que el sentido en que se mueve el proyectil luego del choque, depende de la relación entre las masas, esto es, si M > 4m, el proyectil se mueve horizontalmente hacia la derecha por ser v > 0, y se mueve horizontalmente hacia la izquierda si M < 4m, puesto que v < 0. (d) Resolviendo para M = 300 g, l = 17 cm, m = 80 g y vo = 19 cm·s−1 , se obtienen los valores ω = 1.73 rad · s−1 ,

vo

v

vc = 4.9 cm · s−1 v = −0.61 cm · s−1 .

Vista superior

Figura 4.71: Varilla sobre superficie lisa.

Ejercicio 4.19 Resuelva el ejemplo 4.19, suponiendo

En este caso, el sistema de interés lo conforman la varilla y el proyectil, por lo que los alrededores están conformados por la superficie horizontal de hielo y la Tierra. Lo anterior indica que sobre el sistema de interés actúan la normal ejercida por el hielo y el peso ejercido por la interacción con la Tierra. Por lo tanto, la fuerza neta sobre el sistema es nula, ya que las dos interacciones se anulan. Como las interacciones se anulan entre sí, el sistema es aislado ya que en el choque sólo interactúan el proyectil y la varilla, lo que lleva a afirmar que el vector momento lineal total del sistema se conserva en el choque, es decir, mvo = −mv + Mvc .

(1)

Adicionalmente, como el choque es elástico, se conserva la energía cinética total del sistema en el choque, o sea, 1 2 1 1 1 mvo = mv2 + mv2c + Ic ω 2 . 2 2 2 2

(2)

Finalmente, como el torque neto respecto al centro de masa de la varilla es nulo, el vector momento angular del sistema se conserva respecto a C, por lo que l l m vo = −m v + Ic ω. 2 2 Donde Ic =

1 Ml 2 . 12

(3)

(4)

Resolviendo el sistema dado por las ecuaciones (1), (2), (3) y (4), para las cuatro incógnitas, se obtienen los resultados (a) 12mvo . (5) ω= l (4m + M) (b)

2mvo . 4m + M

(6)

M − 4m vo . 4m + M

(7)

vc = (c) v=

Las ecuaciones (5) y (6) muestran que los resultados no dependen de la relación entre las masas, o sea que tanto la velocidad angular como la velocidad del centro de masa, inmediatamente después del choque, tienen el sentido

que la varilla en posición vertical, puede girar libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro de masa, y que el proyectil de plastilina queda adherido a la varilla.

4.15.

Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido

Bajo el modelo de partícula tratado en las tres primeras unidades, se han considerado cuerpos que deslizan sobre superficies reales o ásperas, es decir, sobre las superficies en contacto actúa la fuerza de fricción cinética o dinámica ya que la velocidad relativa de una superficie respecto a la otra, es diferente de cero. En esta sección, se analiza el movimiento combinado de traslación del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa de cuerpos rígidos en movimiento sobre superficies reales, tal como ocurre cuando una esfera o cilindro tiene ambos movimientos al descender sobre un plano inclinado. Además, se sabe que cuando los cuerpos rígidos ruedan sin deslizar, situación conocida como movimiento por rodadura, se debe tratar como una combinación de un movimiento de traslación y uno de rotación. Lo importante de este caso particular, se encuentra en el hecho que es posible tratar a un cuerpo rígido que rueda sin deslizar, como si su movimiento instantáneamente fuera exclusivamente de rotación. A continuación se ilustra la equivalencia de los dos métodos, o sea, partiendo de un movimiento combinado de traslación y rotación se debe llegar a un movimiento de rotación instantáneo puro, y viceversa.

37

4.15. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO

En lo que sigue, como se muestra en la figura Para ilustrar un poco más el resultado ante4.72, se considera un cuerpo rígido homogéneo, rior, en la figura 4.73 se muestran las velocidacon alto grado de simetría y que rueda sin des- des lineales de diversos puntos del cilindro que lizar en un plano. rueda sin deslizar. Como consecuencia del movimiento de rotación instantánea pura, la velos = Rq cidad lineal de cualquiera de los puntos señas lados, se encuentra en una dirección perpendia q cular a la recta que va de ese punto al punto de C C contacto con la superficie. En cualquier instante, R el punto de contacto P está en reposo instantáa a' neo respecto a la superficie, ya que no se preSuperficie rugosa senta deslizamiento de las superficies entre sí. Figura 4.72: Movimiento por rodadura de un cuerpo Por esta razón, el eje que pasa por el punto de contacto P, que es perpendicular a la hoja, se le rígido. conoce como eje instantáneo de rotación. Por otro lado, se supone que es un cuerpo ríP' vP' = 2 vc gido de radio R y masa M, que rueda sobre una superficie horizontal áspera. Como el cuerpo ríQ' gido rueda sin deslizar, cuando el radio barre vQ' vc un ángulo θ, el centro de masa C se desplaza C Q vQ horizontalmente una distancia s = Rθ, como lo muestra la figura 4.72. Por lo tanto, la magnitud de la velocidad del centro de masa, para el moP vP = 0 vimiento por rodadura, está dada por ds dt dθ = R dt = ωR,

Figura 4.73: Rotación alrededor de un eje instantáneo que pasa por P.

vc =

(4.55)

y la magnitud de la aceleración del centro de masa, por dvc dt dω = R dt = αR.

ac =

(4.56)

Partículas del cuerpo rígido, tales como Q y Q’, tienen componentes horizontal y vertical de la velocidad. Sin embargo, los puntos P, P’ y el centro de masa C, son únicos y tienen un interés especial. Por definición, el centro de masa del cilindro se mueve con velocidad vc = Rω, en tanto que el punto de contacto P tiene velocidad cero. Entonces, se concluye que el punto P’ debe tener una velocidad vP = 2vc = 2Rω, dado que todos los puntos del cuerpo tienen la misma velocidad angular y la distancia PP’ es dos veces la distancia PC. Ahora se lleva a cabo el procedimiento inverso, considerando la energía cinética del cuerpo rígido. Para rotación instantánea pura, la energía cinética total del cuerpo rígido que rueda sin deslizar, está dada por

Las ecuaciones (4.55) y (4.56) muestran que el cuerpo rígido se comporta como si rotara instantáneamente alrededor de un eje que pasa por el punto de contacto del cuerpo con la superficie sobre la cual rueda sin deslizar. Se habla de rotación instantánea ya que el punto de contacto cambia continuamente mientras el cuerpo rueda. En otras palabras, se consideró inicialmente Ek = 12 IP ω 2 , (4.57) un movimiento combinado de traslación y rotación, y se ha llegado a un movimiento de rota- siendo IP el momento de inercia del cuerpo ríción instantánea pura. gido respecto al eje instantáneo que pasa por el

38

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

punto de contacto P. De acuerdo con el teorema de Steiner, el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a un eje que pasa por el punto de contacto P, está dado por IP = Ic + MR2 ,

Fs P N

c

mg q

(4.58)

donde Ic es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a un eje que pasa por el centro de masa, M es la masa del cuerpo y R la separación entre los ejes, coincidente con el radio. Reemplazando la ecuación (4.58) en la ecuación (4.57) y utilizando la relación vc = ωR, finalmente se encuentra que la energía cinética total del cuerpo es Ek = 12 Ic ω 2 + 21 Mv2c .

Figura 4.75: Diagrama de cuerpo libre. de fricción estática Fs , están aplicadas en el punto de contacto del cascarón con la superficie sobre la cual rueda sin deslizar. Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, este se comporta como si instantáneamente rotara alrededor de un eje que pasa por el punto de contacto P. De este modo, la ecuación de movimiento para la rotación instantánea pura, es de la forma  + ∑ τP = IP α. (1) i

(4.59) Por otro lado, como el peso mg es la única fuerza que

En la ecuación (4.59), se observa que el primer término de la derecha corresponde a la energía cinética de rotación del cuerpo, respecto a un eje que pasa por su centro de masa, y el segundo término corresponde a la energía cinética de traslación del centro de masa. Por lo anterior, se tiene nuevamente que los efectos combinados de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, son equivalentes a una rotación instantánea pura con la misma velocidad angular con respecto a un eje que pasa por el punto de contacto de un cuerpo que va rodando sin deslizar. Ejemplo 4.20 Resolver el ejemplo 4.13, considerando el eje instantáneo de rotación, que pasa por el punto P de la figura 4.74.

genera rotación respecto al punto P, la ecuación (1), con IP = Ic + MR2 , adquiere la forma gsenθ = 35 Rα,

(2)

donde se ha tomado el sentido horario como positivo y se cumple la expresión Ic = 23 MR2 . Por consiguiente, de la ecuación (2) se tiene que la magnitud de la aceleración angular del cascarón es α=

3 5

gsenθ , R

y la aceleración del centro de masa, con ac = αR, es ac = 53 gsenθ. Estos resultados, al ser idénticos a los obtenidos en el ejemplo 4.13, muestran que realmente el cascarón se comporta como si rotara instantáneamente respecto al eje que pasa por el punto de contacto P. Para determinar la fuerza de fricción es necesario recurrir al método de movimiento combinado del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, utilizado en el ejemplo 4.13, ya que el método de

R

rodadura no permite obtenerla.

M P

Ejercicio 4.20 Resuelva el ejemplo 4.20, si el cascarón esférico se cambia por a) Una esfera maciza. b) Un cilindro

q

o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. Compare lo resultados con los obtenidos

Figura 4.74: Eje instantáneo de rotación.

Solución

En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.75, se observa que las líneas de acción de la normal N y de la fuerza

en el ejemplo 4.20.

Ejemplo 4.21 Determine, en función de la rapidez angular, la energía cinética total del cascarón esférico del ejemplo 4.16, considerando el eje instantáneo de rotación.

39

4.15. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO

R

Fs

c

M

c r Fs P

P N

N

Mg

q

mg q

Figura 4.78: Diagrama de cuerpo libre. Figura 4.76: Eje instantáneo de rotación.

Solución

Para rotación instantánea pura, la energía cinética total del cascarón se obtiene mediante la expresión Ek =

2 1 2 IP ω ,

(1)

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

2 2 3 MR

+ MR2 .

(2)

Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se obtiene Ek = 56 MR2 ω 2 , resultado idéntico al encontrado en el ejemplo 4.16, para la energía cinética total del cascarón.

Método 1: Movimiento combinado de traslación del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por su centro de masa De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, las ecuaciones de movimiento

↙ + ∑ Fx

=

Mac ,

↖ + ∑ Fy

=

0,

∑ τc

=

Ic α,

i

i

i

adquieren, respectivamente, la forma Mgsenθ − Fs = Mac ,

(1)

N − mgcosθ = 0,

(2)

Fs r =

2 1 2 MR α.

(3)

a) Mediante las ecuaciones (1) y (3), con ac = αr, se en-

Ejercicio 4.21 Resuelva el ejemplo 4.21, si se cambia el cuentra que la aceleración de la rueda está dada por cascarón esférico por a) Una esfera maciza. b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es

ac =

M y el radio es R. Compare los resultados con el obtenido

2r2 gsenθ . R2 + 2r2

(4)

Si la ecuación (4) se escribe en la forma

en el ejemplo 4.19.

Ejemplo 4.22 Una rueda acanalada o " yo-yo", de masa M y radio R, desciende sin deslizar sobre un carril inclinado un ángulo θ respecto a la horizontal, como se ilustra en la figura 4.77. La rueda está apoyada sobre su eje de radio r. Despreciando el momento de inercia del eje, determine a) La aceleración del centro de masa de la rueda y su aceleración angular. b) La fuerza fricción que actúa sobre el eje. Resuelva el problema por dos métodos diferentes.

R M

c r P

ac =

gsenθ R2 2r2

+1

,

se tiene que para un ángulo de inclinación constante, entre mayor sea el radio del eje de la rueda, la aceleración del centro de masa se hace mayor, obteniéndose el máximo valor en el caso que R = r, donde la aceleración sería ac = 23 gsenθ. Por medio de la ecuación (4), con ac = αr, se tiene que la aceleración angular de la rueda es α=

2rgsenθ . R2 + 2r2

(5)

q

Figura 4.77: Rueda acanalada.

Solución

En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.78, las fuerzas que actúan sobre la rueda son la normal N, el peso mg y la fuerza de fricción estática Fs .

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

MgR2 senθ . R2 + 2r2

Se observa que para una inclinación constante, la fuerza de fricción disminuye al incrementar el radio del eje de la

40

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

rueda, adquiriendo su máximo valor, cuando el eje coincide con el borde exterior de la rueda, en cuyo caso 1 3 Mgsenθ.

Fs =

Método 2: Eje instantáneo de rotación. a) En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.78, se observa que la normal y la fuerza de fricción estática están aplicadas en el punto de contacto P. Esto hace que el peso Mg sea la única fuerza que genera rotación instantánea pura, alrededor del eje que pasa por P. Así, la ecuación de movimiento es de la forma

+ ∑ τP = IP α.

Lo anterior, se puede expresar en forma matemática como sigue. Que la fuerza del sistema fuerza par, no tienda a imprimir efectos de traslación, significa F =

∑ Fi i

= 0,

(4.60)

- Que el par del sistema fuerza par, no tienda a imprimir efectos de rotación, quiere decir

i

τ =

Ahora, al tomar el sentido antihorario como positivo y empleando el teorema de Steiner con Ic = 12 MR2 , la ecuación (6) adquiere la forma

∑ τi i

= 0.

(4.61)

Cuando las fuerzas actúan sobre un plano, por ejemplo en el plano xy, se dispone de las Así, la aceleración del centro de masa, con ac = αr y por la expresiones grsenθ = ( 12 R2 + r2 )α.

(6)

ecuación (6), está dada por ac =

∑ Fx ∑ Fy ∑ τz

2r2 gsenθ , R2 + 2r2

y la aceleración angular por

= 0, = 0, = 0.

(4.62)

2rgsenθ , R2 + 2r2

Las ecuaciones (4.62) son de validez general, y particularmente la sumatoria de torques se saque son resultados idénticos a los encontrados en el méto- tisface respecto a cualquier punto, siempre y do de movimiento combinado de traslación del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por su centro cuando el cuerpo rígido esté en equilibrio. α=

de masa. b) Para determinar la fuerza de fricción, se debe emplear la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa, ya que por el método de rodadura no es po-

4.16.1.

Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas

Si un cuerpo rígido está en equilibrio, sometido únicamente a la acción de dos fuerzas, el torque total de las dos fuerzas respecto a cualquier 4.16. Equilibrio de un cuerpo rígi- punto es nulo. Así, al considerar los puntos de aplicación de las fuerzas F1 y F2 en la figura 4.79 do (a), se tiene De acuerdo con la sección 4.4, siempre es posi∑ τA = 0, ble reemplazar un sistema de fuerzas, actuancondición que se satisface siempre y cuando do sobre un cuerpo rígido, por un sistema fuerla línea de acción de la fuerza F2 pase por el za par aplicado en un punto arbitrario y que punto A como se ilustra en la figura 4.79 (b). es completamente equivalente en lo referente a Igualmente, respecto al punto B también se detraslación y rotación. En el caso particular que la be cumplir la condición fuerza y el par sean cero, el sistema de fuerzas externas forma un sistema equivalente fuerza∑ τB = 0, par nulo, es decir, no tienden a imprimir ningún efecto de traslación ni de rotación sobre el por lo que en este caso, la línea de acción de F1 cuerpo rígido. Cuando esto ocurre, se dice que debe pasar por el punto B como lo muestra la el cuerpo rígido se encuentra en equilibrio. figura 4.79 (c). sible.

41

4.16. EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO F2 B

F1

F2

A

F2 B

B

F1 A

(a)

F1

A

2. Hacer el diagrama de cuerpo libre, teniendo en cuenta las conexiones y apoyos que muestre el diagrama espacial.

(c)

(b)

Figura 4.79: Cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas. Por otro lado, como se presenta equilibrio de traslación, esto es

∑ F = 0, se debe cumplir que F1 = −F2 . En síntesis, si un cuerpo rígido sometido a la acción de dos fuerzas se haya en equilibrio, las dos fuerzas deben tener igual magnitud, la misma línea de acción y sentidos opuestos.

4.16.2.

1. Analizar el diagrama espacial.

3. Plantear las ecuaciones de equilibrio, tanto traslacional como rotacional. 4. Resolver las ecuaciones obtenidas. 5. Verificar las dimensiones y unidades en las respuestas encontradas. Ejemplo 4.23 La varilla AB, de longitud L y masa M, permanece en la posición mostrada en la figura 4.81. Si la pared es lisa y la superficie horizontal es rugosa, determine a) Las reacciones en los extremos de la varilla. b) La fuerza de fricción estática, si el movimiento de la varilla es inminente y el coeficiente de fricción en el extremo A es µ. c) Los valores de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores, para M = 3kg, θ = 25o y µ = 0.25.

Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas

B

Igual que en el caso anterior, si el cuerpo rígido está en equilibrio sometido solamente a la acción de tres fuerzas, figura 4.80 (a), se cumple la condición ∑ τ = 0, donde los torques son evaluados respecto al mismo punto. Como en F1

F1 A

F3

F1 A

F2

B

F3

A

C

C F2

B

q A

D

Figura 4.81: Varilla estática.

F3 C

F2

B

D

Solución

Diagrama de cuerpo libre: Como se muestra en la figura (a)

(b)

(c)

B

Figura 4.80: Cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas. la figura 4.80 (b) las líneas de acción de F1 y F1 se cortan en el punto el punto D, entonces ∑ τD = 0, por lo que la línea de acción también debe pasar por D para garantizar el equilibrio, como se muestra en la figura 4.80 (c). Así, las tres fuerzas deben ser tales que sus líneas de acción sean concurrentes, o se corten en algún punto, para garantizar que el cuerpo rígido se encuentre equilibrio. En la solución de problemas de equilibrio de un cuerpo rígido, se deben seguir los siguientes pasos

Ax A

q

B

Mg

Ay

Figura 4.82: Diagrama de cuerpo libre. 4.82, en el extremo B sólo actúa la normal B que la pared lisa ejerce sobre la varilla, mientras que en el extremo A actúan, la fuerza Ax debida a la fricción estática entre la varilla y la superficie horizontal y la normal Ay ejercida por el piso. Por otro lado, el peso de la varilla actúa en su centro de masa, coincidente con el centro geométrico si es homogénea como se supone en este caso.

42

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

L

Ecuaciones de movimiento. Como la varilla permanece en la posición mostrada, quiere decir que está en equilibrio estático, esto es, se deben cumplir simultáneamente las siguientes condiciones +

→ ∑ Fx = 0, A x − B = 0,

A

C

m q

(1)

B

+ ↑ ∑ Fy = 0, Ay − Mg = 0,

(2)

Figura 4.83: Varilla unida a un bloque.

y tomando el sentido antihorario como positivo

∑ τA = 0 − 21 MgLcosθ + BLsenθ = 0.

T

a) Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra que las reacciones en los extremos de la varilla están dadas por

mg

A=

1 2 Mgcscθ

√

1 2 Mgcotθ

T’

Mg

b B B

←

1 + 3sen2 θ ∠ tan−1 (2tanθ ).

Ay Ax

(3)

B=

A

C

(5)

Figura 4.84: Diagramas de cuerpo libre para cada cuerpo.

b) En general, entre la fuerza de fricción estática y la normal de la superficie se cumple la relación Fs ≤ µN.

(6)

Ahora, como el movimiento es inminente, la ecuación (6) adquiere la forma Fs = µN. (7) Por las ecuaciones (1), (2) y (7), con A x = Fs y Ay = N, la fuerza de fricción estática es A x = µMg.

(8)

c) Reemplazando valores en las ecuaciones (4), (5) y (8), se obtiene B A Fs

= = =

31.52N ← . 43.11N ∠ 43o . 7.35N → .

isósceles. De ahí que el ángulo que forma la cuerda con la horizontal es β = 90 − 12 θ. (1) Diagramas de cuerpo libre, mostrados en la figura 4.84 Para el bloque Ecuaciones de movimiento Para el bloque + ↑ ∑ Fy = 0, T − mg = 0. Para la varilla

(2)

+

→ ∑ Fx = 0, A x − Tcosβ = 0,

(3)

+ ↑ ∑ Fy = 0, B + Tsenβ − Mg + Ay = 0,

(4)

y tomando el sentido antihorario como positivo

Ejercicio 4.22 Analice la situación que se presenta,

∑ τA = 0,

cuando en el ejemplo 4.21 se supone que el piso es liso y la pared es rugosa.

1 2 MgLcosθ

− BLcosθ − TLsenβ = 0.

(5)

a) Para determinar la masa mínima m, se considera el ins-

Ejemplo 4.24 La varilla AB de longitud L y masa M, tante en el cual la varilla deja de tener contacto con el piso, conectada a una articulación en el extremo A, está unida a un bloque de masa m, mediante una cuerda que pasa por una polea ideal fija, como se muestra en la figura 4.83. La superficie horizontal es lisa. Determine a) La masa mínima del bloque, que permite levantar la varilla del piso. b) Las componentes rectangulares de la reacción en A y la tensión en la cuerda. c) La masa mínima m, la reacción en A y la tensión en la cuerda, para M = 2kg y θ = 40o .

Solución

De acuerdo con el diagrama espacial, el triángulo ABC es

esto es, en el momento que la normal B se hace cero. Así, mediante las ecuaciones (1), (2) y (5), se llega a la expresión m=

1 1 2 Mcosθsec 2 θ.

(6)

b) Con ayuda de las ecuaciones (1), (2), (3), (4) y (6), se encuentra que las componentes rectangulares de la reacción en A, están dadas por Ax =

1 1 2 Mgcosθtan 2 θ,

(7)

43

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS 1 2 Mg (2 − cosθ ).

4.2 Sobre el cuerpo mostrado en la figura 4.86, actúan simultáneamente las fuerzas mostradas. Reemplazando la ecuación (6) en la ecuación (2), la tensión Justificando cada respuesta, diga qué efectos geen la cuerda es neran las fuerzas sobre el cuerpo, cuando: (a) La T = 12 Mgcosθsec 21 θ. (9) fuerza neta es no nula y el momento neto respecto al centro de masa C es nulo. (b) La fuerza c) Por la ecuación (6), la masa mínima tiene el valor neta es nula y el momento neto respecto al punto A es no nulo. (c) La fuerza neta es no nula y m = 0.82kg. el momento neto respecto al centro de masa C Reemplazando valores en las ecuaciones (7) y (8), es posi- es no nulo. Ay =

(8)

ble encontrar que la reacción en A es

A = 12.4N ∠ 77.27o .

A Finalmente, por la ecuación (9), la tensión en la cuerda está dada por T = 7.99N ∠ 70o ,

C

donde la dirección corresponde al ángulo β mostrado en el diagrama de cuerpo libre.

Figura 4.86: Efectos de fuerzas sobre un cuerpo. Ejercicio 4.23 El disco de masa M y radio R, de la figura 4.85, está unido a un bloque de masa m, mediante una

4.3 Justificando cada una de sus respuestas, diga los efectos que se generan cuando sobre un masa mínima m que le permite al disco subir escalón de cuerpo actúa: (a)Un par. (b)Un sistema fuerza altura 12 R. b) Las componentes rectangulares de la reacpar. (c) Una llave de torsión. cuerda que pasa por una polea ideal fija. Determine a) La

ción en A y la tensión en la cuerda. c) La masa mínima m, la reacción en la esquina A y la tensión en la cuerda, para M = 1.5kg y R = 20cm.

R m A

M

R/2

4.4 A la varilla de la figura 4.87, de longitud d, se le aplica la fuerza F en diferentes puntos. (a) Halle el momento de la fuerza, aplicada en el punto A, respecto al punto B y respecto al punto C. (b) Halle el momento de la fuerza, aplicada en el punto B, respecto al punto A y respecto al punto C. (c) Halle el momento de la fuerza, aplicada en C, respecto al punto A y respecto al punto B. ¿Qué conclusiones puede obtener al comparar los resultados anteriores? Explique.

B Figura 4.85: Disco unido a un bloque. C

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS

A

g (a)

F

g

B

B

B F

b

C

C

F A

b (b)

A

g

b (c)

Figura 4.87: Momento de fuerzas respecto a diferen4.1 Se dispone de dos llaves de contención, una tes puntos. más larga que la otra. Si se desea aflojar un tubo, ¿cuál de las dos llaves es más adecuada para 4.5 A la varilla de la figura 4.88, de longitud llevar a cabo esta operación? ¿Por qué? d, se le aplica la fuerza F en diferentes puntos.

44

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

(a) Reemplace la fuerza, aplicada en A, por un B sistema fuerza par aplicado en B y por un sistema fuerza par aplicado en C. (b) Reemplace la fuerza, aplicada en B, por un sistema fuerza C A par aplicado en A y por un sistema fuerza par aplicado en C. (c) Reemplace la fuerza, aplicada en C, por un sistema fuerza par aplicado en A y Figura 4.89: Fuerzas y pares en un plano. por un sistema fuerza par aplicado en B.(d) En cada caso, ¿cambian los efectos sobre la varilla, 4.9 Resuelva los enunciados 4.4 y 4.5, tomando al cambiar la fuerza única por el sistema fuerza como referencia para los momentos: (i) el punto par correspondiente? Explique. B y (ii) el punto C. F

4.10 Como se ilustra en la figura 4.90, a la lámina en forma de triángulo equilátero, de lado F 10 cm, se le aplican las fuerzas y pares mostrab g C C C dos en la figura. (a) Halle la fuerza neta que acF b b g túa sobre la lámina. ¿Qué puede concluir de su A A A (c) (a) resultado? Explique. (b) Encuentre, respecto a (b) cada vértice, el momento neto que actúa sobre la Figura 4.88: Sistema fuerza par aplicado en diferen- lámina. ¿Qué puede concluir de sus resultados? tes puntos. Explique. ¿Qué sistema actúa sobre la lámina? Explique. Muestre, en un diagrama, el resultado obtenido. 4.6 Un sistema fuerza par, igual que una llave de torsión, generan tanto efectos de traslación como de rotación. ¿Cuál es la diferencia entre estos dos sistemas? Explique. B

B

g

B

4.7 A la escuadra de la figura 4.89, se le aplican las fuerzas y pares mostrados. (a) Halle la magnitud y dirección de la fuerza neta que actúa sobre la escuadra. ¿Qué efectos genera la fuerza neta sobre la escuadra? Explique. (b) Encuentre la magnitud y dirección del momento neto sobre la escuadra, respecto al punto A. ¿Qué efectos genera el momento neto sobre la escuadra? Explique. (c) La fuerza neta y el momento neto, ¿qué sistema forman en el punto A? Muestre su respuesta en un diagrama. (d) Obtenga la ecuación de la línea de acción de la fuerza resultante y los puntos donde esta corta la escuadra. Muestre, en un diagrama, su resultado.

4.11 Resuelva el enunciado 4.7, tomando como referencia el punto C. Compare sus resultados con los del enunciado anterior.

4.8 Reemplazar el sistema de fuerzas y pares del enunciado 4.7, por un sistema equivalente formado por dos fuerzas con líneas de acción paralelas, una aplicada en B y la otra aplicada en C. Muestre, en un diagrama, el resultado obtenido.

4.13 Una persona se encuentra sentada en una silla giratoria con los brazos extendidos. La silla rota con velocidad angular constante y en las manos se sostienen masas iguales. ¿Qué efecto se presenta cuando se sueltan las masas? Justifique la respuesta.

Figura 4.90: Fuerzas y pares en un triángulo.

4.12 Suponga que dispone de un plano inclinado, de una esfera hueca y de una esfera maciza, que pueden rodar sin deslizar sobre el plano inclinado. Explique cómo podría determinar cuál es la esfera hueca y cuál es la esfera maciza.

45

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS

4.14 Considere una persona que se encuentra sobre un tornamesa horizontal, el cual puede girar libremente alrededor de un eje que pasa por su centro. ¿Qué le ocurre al tornamesa cuando la persona se desplaza alrededor de su perímetro? Explique su respuesta. 4.15 Se tiene una varilla compuesta, formada por dos varillas delgadas de igual longitud, como se muestra en la figura 4.91. Se obtiene el momento de inercia de la varilla compuesta respecto a un eje que pasa por A, y respecto a un eje que pasa por B. ¿Son iguales estos dos momento de inercia? Justifique su respuesta. A

4.18 Como se muestra en la figura 4.93, el disco, de radio R y masa m, gira con velocidad angular ωo , hasta que cae sobre él una placa cuadrada de igual masa m y de arista a, que inicialmente se encontraba en reposo. Los dos cuerpos se encuentran sobre el mismo eje y sus centros coinciden. Debido a la fricción entre las superficies, los cuerpos se mueven como si estuvieran pegados. (a) Halle la velocidad angular del sistema, luego que la placa rectangular cae sobre el disco. (b) Resuelva para R = 98 cm, ωo = 12.3 rad · s−1 , a = 49 cm y a = 49 cm.

w

w

B Hierro

Aluminio

Figura 4.91: Varilla compuesta. R

R

4.16 En cada uno de los vértices de un triánFigura 4.93: Placa que cae sobre disco. gulo equilátero de lado d, se tienen esferitas de masa m, 2m y 3m. Halle el momento de inercia del sistema y el radio de giro, respecto a un eje 4.19 El sistema disco-bloque, mostrado en la fiperpendicular al triángulo y que pasa por (a) ca- gura 4.94, rota con velocidad angular ωo , debida uno de sus vértices y (b) el punto medio de do a la fricción entre sus superficies. El pequeño bloque tiene masa m y se encuentra inicialmencada uno de sus lados. te a una distancia r1 del eje de rotación, mien4.17 Como se ilustra en la figura 4.92, sobre un tras que el disco tiene masa M y radio R. (a) Enaro de masa M y radio R, se adhieren simétri- cuentre la velocidad angular del sistema discocamente tres canicas cada una de masa m. Halle bloque, si la distancia del bloque al eje se reduce el momento de inercia del sistema, respecto a a r2 , mediante una cuerda atada al bloque y que un eje perpendicular al aro y que pasa por (a) pasa por el centro del disco. (b) Encuentre la reangulares, cuando el centro del aro y (b) una de las canicas. En ca- lación1 entre las1 velocidades 2 R, r = R y m = M. (c) Resuelva para r = 2 2 4 3 da caso, ¿el momento de inercia del sistema de- 1 − 1 pende de la posición de las canicas sobre el aro? ωo = 9.7 rad · s . Explique.

w

R

Figura 4.92: Canicas y cuerpo rígido.

r1

R

Figura 4.94: Tirando con la cuerda.

46

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

4.20 Considere el disco homogéneo mostrado en la figura 4.95. Cuando el disco tiene (a) Traslación pura sobre una superficie plana, (b) rotación pura alrededor de un eje fijo que pasa por su centro y (c) movimiento combinado de traslación y rotación sobre una superficie plana, responda las siguientes preguntas. En cada caso: (i) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el disco? Explique. (ii) ¿Qué trayectoria describen las partículas que lo conforman? Explique. (iii) ¿Dichas trayectorias tienen algo en común? Explique. (iv) En el último caso, ¿qué trayectoria describe el centro de masa? Explique.

A

Figura 4.96: Varilla que rota.

cual desliza sobre la superficie del plano inclinado cuyo coeficiente de fricción es µ. El bloque de masa m2 está sujeto a otra cuerda enrollada en el borde exterior de la polea. El sistema parte del reposo y la polea puede girar libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar a los bloques y a la polea? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo. (c) C Plantee las ecuaciones de movimiento para cada cuerpo. (d) Halle la aceleración de los bloques y la aceleración angular de la polea. ¿Bajo qué condición matemática, los cuerpos se mueven en sentido contrario al supuesto inicialmente? Figura 4.95: Disco homogéneo. Explique. (e) Encuentre la tensión en las cuerdas. (f) Evalúe para: M = 500 g, R = 23 cm, 4.21 La varilla homogénea de la figura 4.96, m1 = 127 g, m2 = 370 g, µ = 0.33 y θ = 29o . que tiene masa m y longitud l, rota libremente ¿En qué sentido se mueven los cuerpos? Explialrededor de un eje fijo que pasa por su extre- que. mo A, cuando se suelta desde la posición vertical mostrada. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la varilla? Explique. (b) Para m una posición diferente a la inicial, haga el diagrama de cuerpo libre para la varilla. (c) Obtenga, en función de la posición angular de la varim lla, su aceleración angular y su velocidad angular. (d) Halle las componentes tangencial y norFigura 4.97: Bloques y cuerpo rígido. mal, de la fuerza que el eje ejerce sobre la varilla. (e)Encuentre las cantidades obtenidas en los numerales (c) y (d), cuando la varilla pasa por la 4.23 Un disco que ha partido del reposo y deshorizontal y cuando se encuentra en la posición de una altura h, oscila en el interior de un riel más baja de su movimiento. (f) ¿Cuál es la mag- cuya superficie es rugosa. El disco rueda sin nitud y dirección de la fuerza que el eje ejerce deslizar y alcanza a ambos lados de la supersobre la varilla, para las posiciones indicadas en ficie circular una altura determinada, luego de pasar por el fondo. a) A medida que transcurre el numeral anterior. el tiempo, ¿la altura alcanzada por el disco au4.22 Como se muestra en la figura 4.97, la polea menta, disminuye o permanece igual a h? Jusde masa M y radio R, tiene un pequeño saliente tifique su respuesta. b) ¿Qué transformaciones de radio R/2, alrededor del cual se enrolla una de energía se presentan a medida que el disco cuerda que está sujeta al bloque de masa m1 , el oscila? Justifique su respuesta. 1

2

47

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS

4.24 El cuerpo de la figura 4.98 que se encuentra inicialmente en reposo, puede rodar sin deslizar por la superficie horizontal. Cuando se aplica la fuerza F mediante una cuerda enrollada alrededor del pequeño saliente, ¿qué le sucede al cuerpo? Justifique su respuesta. F

Figura 4.98: Cuerpo que rueda. 4.25 Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , se lanza sobre una superficie horizontal rugosa con una velocidad vo paralela a la superficie y de tal manera que inicialmente tiene traslación pura. Luego de ser lanzado, el cuerpo rueda deslizando hasta un instante a partir del cual continúa rodando sin deslizar. El coeficiente de fricción dinámico entre las superficies en contacto es µ. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo? Explique. (b) Para una posición diferente a la inicial, haga el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo. (c) Plantee las ecuaciones de movimiento correspondientes. (d) Halle, en función del radio de giro, la aceleración del cuerpo y su aceleración angular. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo? Explique. (e) Encuentre el tiempo que tarda el cuerpo en empezar a rodar sin deslizar. (f) En el instante anterior, determine el desplazamiento del centro masa, la velocidad del cuerpo y su velocidad angular. (f) Teniendo en cuenta los resultados anteriores, ¿en qué orden los cuerpos empiezan a rodar sin deslizar, si simultáneamente se lanzaran un cilindro, un aro, una esfera hueca y una esfera maciza, de igual masa m e igual radio R? (g) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas en los numerales (d), (e) y (f), sabiendo que: vo = 15 cms−1 , R = 0.1 m y µ = 0.19.

ralela al plano. Justificando completamente su respuesta, diga si se conserva la energía total de la esfera cuando el cuerpo en su ascenso rueda: (a) deslizando y (b) sin deslizar. (c) Si las superficies en contacto son lisas, ¿qué movimiento adquiere la esfera? Explique. 4.27 La esfera de la figura 4.99,rueda sin deslizar sobre la superficie de un plano inclinado. Sin hacer cálculos, determine el sentido de la fuerza de fricción que la superficie ejerce sobre la esfera si: (a) La esfera se suelta desde la parte superior del plano inclinado, (b) la esfera se lanza desde la base del plano inclinado. Justifique completamente cada respuesta.

Figura 4.99: Sentido de la fuerza de fricción. 4.28 Al carrete de la figura 4.100, de masa m y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor del pequeño saliente de radio r. Cuando en el extremo de la cuerda se aplica la fuerza P, que forma un ángulo β con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el carrete? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para el carrete. (c) Plantee las ecuaciones de movimiento para el carrete. (d) Halle la aceleración del carrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué condición matemática, el carrete se mueve hacia la derecha? Explique. (e) Encuentre la fuerza de fricción y el coeficiente de fricción mínimo que le impide al carrete deslizar sobre la superficie. ¿Qué condición matemática debe satisfacer el coeficiente de fricción mínimo, para que el resultado tenga significado físico? Explique. (f) Calcule, para β = 0o y β = 23o , el valor de las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e) si: m = 300 g, R = 10 cm, r = 4 cm y P = 5 N.

4.26 Desde la base de un plano inclinado, se 4.29 Al carrete de la figura 4.101, de masa m lanza una esfera con determinada velocidad pa- y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor

48

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

P

R m

r

b

Figura 4.100: Carrete rodando. del pequeño saliente de radio r. Cuando en el extremo de la cuerda se aplica la fuerza P, que forma un ángulo γ con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el carrete? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para el carrete. (c) Plantee las ecuaciones de movimiento para el carrete. (d) Halle la aceleración del carrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué condición matemática, el carrete se mueve hacia la derecha? Explique. (e) Encuentre la fuerza de fricción y el coeficiente de fricción mínimo que le impide al carrete deslizar sobre la superficie. ¿La fuerza fricción puede tener un sentido opuesto al asumido inicialmente? Explique. ¿Qué condición matemática debe satisfacer el coeficiente de fricción mínimo, para que el resultado tenga significado físico? Explique. (f) Calcule, para γ = 0o y γ = 23o , el valor de las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e) si: m = 830 g, R = 63 cm, r = 27 cm y P = 6 N.

pondientes. (d) Halle, en función del radio de giro, la aceleración del cuerpo, su aceleración angular, la fuerza de fricción y el coeficiente de fricción mínimo que impide al cuerpo deslizar sobre la superficie. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo? Explique. (e) Encuentre la velocidad del cuerpo y su velocidad angular, cuando llega a la parte más baja del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h respecto a su base. ¿Varía la rapidez del centro de masa, al variar la inclinación del plano inclinado? Explique.(f) Teniendo en cuenta los resultados anteriores, determine el orden de llegada a la base del plano inclinado, si simultáneamente parten un disco, un aro, una esfera hueca y una esfera maciza, de igual masa m e igual radio R. (g) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e), sabiendo que: m = 500 g, R = 0.1 m, h = 28 cm y θ = 25o .

4.31 Como se muestra en la figura 4.102, al yoyo, de masa M y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor de un pequeño saliente de radio r. La cuerda, que está sujeta al bloque de masa m, pasa por una polea de masa m y radio r. Una vez que el sistema parte del reposo, el yo-yo rueda sin deslizar sobre la superficie del plano inclinado. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar al yo-yo, a la polea y al bloque? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los cuerpos de interés. (c) P Plantee las ecuaciones de movimiento para cag da cuerpo. (d) Encuentre la aceleración del yoR yo, su aceleración angular, la aceleración angum r lar de la polea y la aceleración del bloque. ¿El sistema se mueve en el sentido asumido inicialmente? Explique. (e) Halle la tensión en la cuerFigura 4.101: El carrete rueda sin deslizar. da, la fuerza de fricción sobre el yo-yo y el coeficiente de fricción estático mínimo que impide al yo-yo deslizar sobre la superficie. (f) Determine 4.30 Un cuerpo con simetría circular, de masa el valor de las cantidades obtenidas en los num, radio R y radio de giro Kc , rueda sin desli- merales (d) y (e), para M = 1.5 kg, m = 113 g, zar, luego de partir desde la parte más alta de R = 15 cm, r = 11 cm, y θ = 25o . un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo 4.32 Un disco, un aro, una esfera hueca y una se debe tratar dicho cuerpo? Explique. (b) Haga esfera maciza, de igual masa e igual radio, rueel diagrama de cuerpo libre para el cuerpo. (c) dan sin deslizar, luego de partir simultáneaPlantee las ecuaciones de movimiento corres- mente desde la parte más alta de un plano in-

49

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS

R M

q

m

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

r

r

m M

Figura 4.102: Cuerpos rígidos y bloque.

m1 h m2

clinado. (a) ¿Se conserva la energía mecánica de los cuerpos durante su movimiento? Explique. (b) ¿Se presentan diferencias en los valores de la energía potencial gravitacional de los cuerpos, en el instante que se inicia el movimiento? Explique. (c) Encuentre la relación entre la energía cinética traslacional y la energía cinética rotacional de los cuerpos mientras descienden sobre el plano inclinado. (d) Teniendo en cuenta el numeral anterior, ¿cuál es el orden de llegada de los cuerpo a la base del plano inclinado? Justifique su respuesta. (e) Obtenga la energía cinética total de cada cuerpo, en función de la energía cinética traslacional. ¿Qué puede concluir de sus resultados, al compararlos con el numeral anterior? 4.33 (a) Para la varilla del enunciado 4.21, resuelva el numeral (c) mediante consideraciones de energía. (b) Evalúe para l = 18 cm y θ = 29o . 4.34 En la figura 4.103, la polea de masa M y radio R, tiene un pequeño saliente de radio r, alrededor del cual se enrolla una cuerda que está sujeta al bloque de masa m2 . El bloque de masa m1 está sujeto a otra cuerda enrollada en el borde exterior de la polea. El sistema parte del reposo cuando m1 se encuentra a una altura h respecto al piso y la polea puede girar libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su centro. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar a los bloques y a la polea? Explique. (b) ¿Cuáles fuerzas actúan sobre el sistema bloques-cuerdapolea? Explique. (c) De acuerdo con las fuerzas que actúan, ¿qué tipo de sistema se tiene? Explique. Exprese matemáticamente la condición anterior. (d) Encuentre la velocidad de los bloques y la velocidad angular de la polea, en el instante que m1 llega al piso. ¿Qué relación debe existir entre m1 y m2 , para que el resultado ten-

Piso

Figura 4.103: Polea con pequeño saliente.

4.35 Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , rueda sin deslizar, luego de partir desde la parte más alta de un plano inclinado. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo? Explique. (b) ¿Cuáles fuerzas actúan sobre el cuerpo? ¿Qué tipo de sistema se tiene? Exprese matemáticamente la condición anterior. (c) Halle, en función del radio de giro, la velocidad del cuerpo y su velocidad angular, cuando llega a la parte más baja del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h respecto a la base del plano inclinado. (d) Teniendo en cuenta los resultados anteriores, determine el orden de llegada a la base del plano inclinado, si simultáneamente parten un disco, un aro, una esfera hueca y una esfera maciza, de igual masa m e igual radio R. (e) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas en el numeral (c), sabiendo que: R = 0.1 m y h = 28 cm. 4.36 Al carrete de la figura 4.104, de masa m y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor del pequeño saliente de radio r. Cuando en el extremo de la cuerda se aplica la fuerza P, que forma un ángulo β con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el carrete? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para el carrete. (c) Utilizando el concepto de rodadura, plantee la ecuación de movimiento para el carrete. (d) Halle la aceleración del carrete y su aceleración angular. ¿Bajo qué condición matemática, el carrete se mueve hacia la derecha? Explique. ¿Qué movimiento adquiere

50

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

el centro de masa del cuerpo, si el ángulo β permanece fijo? Explique. (e) Calcule, para β = 0o y β = 23o , el valor de las cantidades obtenidas en el numeral (d) si: m = 300 g, R = 10 cm, r = 4 cm y P = 5 N. Compare sus resultados, con los obtenidos en el enunciado 18.

P

R m

b

r

Figura 4.104: Carrete deslizando. 4.37 Al carrete de la figura 4.105, de masa m y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor del pequeño saliente de radio r. Cuando en el extremo de la cuerda se aplica la fuerza P, que forma un ángulo γ con la horizontal, el carrete rueda sin deslizar sobre la superficie horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el carrete? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para el carrete. (c) Utilizando el concepto de rodadura, plantee la ecuación de movimiento para el carrete. (d) Halle la aceleración del carrete y su aceleración angular. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo, si el ángulo γ permanece fijo? Explique. (e) Calcule, para γ = 0o y γ = 23o , el valor de las cantidades obtenidas en el numeral (e) si: m = 830 g, R = 63 cm, r = 27 cm y P = 6 N. Compare sus resultados con los obtenidos en el enunciado 19. P g R m

r

Figura 4.105: Rodadura en un carrete.

la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar dicho cuerpo? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo. (c) Empleando el concepto de rodadura, plantee la ecuación de movimiento correspondiente. (d) Halle, en función del radio de giro, la aceleración del cuerpo y su aceleración angular. ¿Qué movimiento adquiere el centro de masa del cuerpo? Explique. (e) Encuentre la velocidad del cuerpo y su velocidad angular, cuando llega a la parte más baja del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h respecto a su base. ¿Varía la rapidez del centro de masa, al variar la inclinación del plano inclinado? Explique.(f) Teniendo en cuenta los resultados anteriores, determine el orden de llegada a la base del plano inclinado, si simultáneamente parten un disco, un aro, una esfera hueca y una esfera maciza, de igual masa m e igual radio R. (g) Para cada cuerpo, evalúe las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e), sabiendo que: m = 500 g, R = 0.1 m, h = 28 cm y θ = 25o . 4.39 (En este enunciado, utilice el concepto de rodadura). En la figura 4.106, al yo-yo, de masa M y radio R, se le enrolla una cuerda alrededor de un pequeño saliente de radio r. La cuerda, que está sujeta al bloque de masa m, pasa por una polea de masa m y radio r. Una vez que el sistema parte del reposo, el yo-yo rueda sin deslizar sobre la superficie del plano inclinado. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar al yo-yo, a la polea y al bloque? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los cuerpos de interés. (c) Plantee las ecuaciones de movimiento para cada cuerpo. (d) Encuentre la aceleración del yo-yo, su aceleración angular, la aceleración angular de la polea y la aceleración del bloque. ¿El sistema se mueve en el sentido asumido inicialmente? Explique. (e) Halle la tensión en la cuerda. (f) Determine el valor de las cantidades obtenidas en los numerales (d) y (e), para M = 1.5 kg, m = 113 g, R = 15 cm, r = 11 cm, y θ = 25o .

4.38 Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , rueda sin desli- 4.40 (En este enunciado, utilice el concepto de zar, luego de partir desde la parte más alta de rodadura). Un disco, un aro, una esfera hueca y un plano inclinado que forma un ángulo θ con una esfera maciza, de igual masa e igual radio,

51

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS

R M

q

m

r

r

m

entre sí un ángulo θ. a) ¿Qué condición deben cumplir las líneas de acción de las fuerzas que actúan sobre la esfera? Justifique su respuesta. b) ¿La condición anterior depende del valor del ángulo ? ¿Por qué?

Figura 4.106: Dos cuerpos rígidos y un bloque. ruedan sin deslizar, luego de partir simultáneamente desde la parte más alta de un plano inclinado. (a) ¿Se conserva la energía mecánica de los cuerpos durante su movimiento? Explique. (b) ¿Se presentan diferencias en los valores de la energía potencial gravitacional de los cuerpos, en el instante que se inicia el movimiento? Explique. (c) Encuentre la relación entre la energía cinética traslacional y la energía cinética rotacional de los cuerpos mientras descienden sobre el plano inclinado. (d) Teniendo en cuenta el numeral anterior, ¿cuál es el orden de llegada de los cuerpo a la base del plano inclinado? Justifique su respuesta. (e) Obtenga la energía cinética total de cada cuerpo, en función de la energía cinética traslacional. ¿Qué puede concluir de sus resultados, al compararlos con el numeral anterior?

q

Figura 4.108: Esfera sobre dos superficies.

4.43 En el interior de un almacén, hay un aviso de masa m que está suspendido mediante dos cuerdas, una de las cuales está orientada verticalmente. ¿Cómo debe estar orientada la otra cuerda para garantizar que el aviso permanezca estático? Justifique física y completamente su respuesta.

4.44 ¿En el aviso del enunciado anterior, las dos cuerdas pueden estar orientadas horizon4.41 El disco de la figura 4.107 puede rotar al- talmente, para garantizar que este permanezrededor de un eje fijo que pasa por su centro O. ca estático? Justifique física y completamente su a) ¿Se presenta alguna diferencia en el momento respuesta. de inercia del disco respecto al eje, si este se encuentra en reposo o en movimiento? ¿Por qué? 4.45 La viga homogénea de masa m, que esb) ¿Para que el disco esté en equilibrio, necesa- tá apoyada sobre una pared vertical rugosa, se riamente debe estar en reposo? ¿Por qué? c) Si mantiene en la posición mostrada mediante un el disco rota con velocidad angular constante, cable perpendicular a la viga y sujeto en su pun¿qué otra cantidad física no cambia? ¿Por qué? to medio, como se muestra en la figura 4.109. El otro extremo del cable está pegado a la pared vertical. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la viga? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para la viga. (c) Plantee O las ecuaciones que garantizan el estado dinámico de la viga. (d) Halle la tensión en el cable y la reacción en el extremo A. ¿El último resultado está de acuerdo con lo esperado? Explique. Figura 4.107: Disco estático o en movimento. (e) Encuentre el coeficiente de fricción mínimo que le impide a la viga deslizar sobre la pared. 4.42 Como se ilustra en la figura 4.108, una es- (f) Calcule el valor de las cantidades obtenidas fera descansa sobre dos superficies que forman en el numeral (d), sabiendo que m = 17 kg.

52

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

D

x

B

l

C

B C

A

Figura 4.111: Tabla articulada en la mitad.

l A Figura 4.109: Viga apoyada en pared vertical. 4.46 Resuelva los numerales del enunciado anterior, suponiendo que un extremo de la cuerda está sujeto a la viga en B y el otro extremo al mismo punto D de la pared, como se ilustra en la figura 4.110.

D

B

4.48 Una varilla homogénea de masa m y longitud d, que está conectada a un pasador liso en su extremo B, permanece horizontal debido a la acción de un resorte de constante k, como se ilustra en la figura 4.112. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la varilla? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para la varilla. (c) Plantee las ecuaciones que garantizan el estado de la varilla. (d) Encuentre la deformación del resorte y la reacción en B. (e) Evalúe para m = 5 kg, d = 98 cm, h = 63 cm y k = 250 Nm.

k

l C

o

48

h

l A

C A

Figura 4.110: Viga apoyada y conectada en sus extremos. 4.47 Mientras una persona de masa m, camina sobre una tabla homogénea de masa M y longitud l, esta permanece apoyada al piso en su extremo A, estando conectada a una articulación en su punto medio, como se ilustra en la figura 4.111. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la tabla. (b) Haga el diagrama de cuerpo para la tabla. (c)Plantee las ecuaciones que garantizan el estado de la tabla. (d) Halle, en función de la posición de la persona, la reacción en la articulación y en el apoyo. ¿Qué le ocurre a la magnitud de cada reacción, a medida que la persona se aleja del extremo A? Explique. (e) ¿Hasta qué posición puede caminar la persona sin que cambie el estado de la tabla? Explique. (f) Halle el valor de la reacción en C, para la situación considerada en el numeral anterior si m = 65 kg y M = 25 kg.

d

B

Figura 4.112: Varilla articulada en un extremo. 4.49 Mediante la grúa de la figura 4.113, se sostiene el bloque de masa m, que está sujeto a una cuerda fijada a la pared en el punto D. La cuerda pasa por el extremo A de la viga AB, que tiene longitud l y masa M, y la cual está apoyada en la pared vertical rugosa.(a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la viga y al bloque? Explique. (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para la varilla y para el bloque. (c) Plantee las ecuaciones que garantizan el estado de la varilla y del bloque. (d) Encuentre la tensión en la cuerda y las componentes de reacción en el apoyo B. (e) Halle magnitud y dirección de la reacción en B y el coeficiente de fricción mínimo que le impide a la viga deslizar sobre la pared vertical, sabiendo que m = 20 kg, M = 15 kg.

53

4.17. PREGUNTAS Y ENUNCIADOS

A o

56

D

C

m

o

39

B

Figura 4.113: Bloque sostenido por una grúa.

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CAPÍTULO 4. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

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