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MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA Y ENERGIA BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2017

Índice general

4. Momento angular y momento de una fuerza 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. Momento de una fuerza respecto a un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Momento 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. Llave de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 4.7.1. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . . 4.7.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia 4.7.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . 4.8. Energía en un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . 4.8.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografía

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

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

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

1 1 2 2 2 3 8 8 8 9 11 12 13 13 15 17 18 18 21 24 24 24 24 25 27 29 33 40

3

Cap´ıtulo

4

Momento angular y momento de una fuerza Competencias En esta unidad se busca que el estudiante

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

Infiera la diferencia entre movimiento traslacional y movimiento rotacional.

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

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

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

Aplique el principio de transmisibilidad.

Obtenga la energía total de un cuerpo rígido.

Defina el concepto de par de fuerzas o cupla y analice los efectos que este sistema genera sobre un cuerpo rígido.

Analice situaciones utilizando el concepto de energía total.

Identifique el momento de un par de fuer- CONCEPTOS BASICOS zas como un vector libre. En esta sección, se definirá el concepto vector momento de una fuerza (M), par de fuerzas o Defina un el concepto de sistema fuerza par cupla, relación entre el vector momento angular y analice los efectos que este sistema genera y el vector momento de una fuerza, movimiensobre el cuerpo. to de rotación pura, movimiento combinado de Reemplace una fuerza por un sistema fuer- traslación y rotación, energía de un cuerpo rígido y rodadura. za par equivalente. Obtenga la fuerza resultante de un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido.

4.1. Introducción

Obtenga la fuerza neta equivalente en el ca- Hasta ahora se ha analizado la dinámica de los so de fuerzas concurrentes, fuerzas copla- cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de nares y fuerzas paralelas. partícula; esto ha sido posible ya que solo inDefina el centro de masa de un cuerpo rígi- teresaba considerar el efecto de las fuerzas en lo que se refiere al movimiento de traslación. do. En esta unidad se busca considerar con detaObtenga y defina el concepto de llave de lle, otro tipo de movimiento que tienden a imprimir las fuerzas sobre los cuerpos, lo que hace torsión.

2

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

que el modelo de partícula no sea válido, pues en su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígido que fue definido en la unidad anterior. Un cuerpo rígido, es un caso particular de un sistema de partículas, que deben cumplir la condición que la separación entre cualquier par de ellas siempre permanece constante, sin importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. Esta definición permite afirmar que un cuerpo rígido no se deforma bajo ninguna interacción con otros cuerpos. En esta unidad se consideran aquellos casos en los cuales un cuerpo rígido interactúa con otros cuerpos, generando fuerzas que tienden a imprimirle un movimiento que puede ser de traslación pura, de rotación pura o 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, todos los puntos del cuerpo sufren el mismo desplazamiento a medida que transcurre el tiempo. De acuerdo con la figura 4.1, 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 considerar el movimiento del centro de masa del cuerpo. Es posible demostrar 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

C.M.

A

d

Figura 4.1: Traslación pura de un cuerpo rígido. Por ello, para analizar el movimiento de traslación de un cuerpo rígido se utilizan los mismos 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 o resultante y ac la aceleración del centro de masa del cuerpo.

4.1.2.

Movimiento de rotación pura

Un cuerpo rígido posee un 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 4.2, 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. Rotación

i vi O vj j

Figura 4.2: Rotación pura de un cuerpo rígido.

4.1.3.

Movimiento combinado de traslación y rotación

Un cuerpo rígido puede tener dos movimientos simultáneos uno de traslación y otro de rotación, 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 4.3, el movimiento del cuerpo al pasar de la posición (1) a

3

4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO

la posición (2), se puede considerar como una traslación del centro de masa y una rotación alrededor de un eje que pasa a través del 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 4.3: Movimiento de traslación y rotación.

4.2. Momento de una fuerza respecto a un punto Como es sabido, una fuerza F que actúa sobre un cuerpo rígido se puede descomponer en sus componentes rectangulares Fx , Fy y Fz , que 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, en general, 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 4.4.

el efecto de rotación que las fuerzas tienden a imprimirle a los cuerpos rígidos alrededor de un eje que pasa por un punto. La tendencia de una fuerza F a imprimirle un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un punto, se mide mediante el concepto de momento de una fuerza. En otras palabras, el momento de una fuerza es una medida de la cantidad de rotación que una fuerza tiende a imprimirle a un cuerpo rígido, respecto a un punto. Para definir esta cantidad física, se considera la fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de la figura 4.4. Necesariamente, el efecto de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje que pasa por el punto O, depende de la magnitud, dirección y punto de aplicación de la fuerza. Adicionalmente, la posición del punto de aplicación A, se establece en forma conveniente por medio del vector posición r que une el punto de referencia o centro de rotación O con el punto de aplicación A. Se define el momento Mo 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, Mo ≡ r × F.

(4.1)

De acuerdo con la definición de producto vectorial ó producto cruz, el momento de fuerza Mo es perpendicular al plano formado por el vector posición r y el vector fuerza F , o lo que es igual, el momento de una fuerza es perpendicular tanto al vector posición r como al vector fuerza F. Por otro lado, el sentido de Mo está definido por el sentido de rotación que alinearía a r con F. En el caso de la figura 4.4, sería en el sentido de movimiento de las manecillas del reloj para un observador no rotante situado en O. Este senq F tido coincide con el sentido de rotación de un A tornillo de rosca derecha. r Otra forma de obtener el sentido de rotación, en el caso de rotación en un plano, es medianb M te la regla de la mano derecha, que consiste en O lo siguiente: se coloca la mano abierta paralelamente al vector posición y luego se cierra en el Figura 4.4: Momento de la fuerza F respecto al punsentido del ángulo menor formado por los vecto O. tores r y F. Procediendo de esta forma, el pulgar En esta unidad interesa considerar primero, apunta en el sentido de Mo , que para el caso de o

4

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

z

la figura 4.4 apunta perpendicularmente hacia la hoja. Mo Como en tres dimensiones el vector posición y O está dado en componentes rectangulares por r r = xi + yj + zk y el vector fuerza por F = F Fx i + Fy j + Fz k, se puede determinar el momenx A to de la fuerza, respecto a un eje que pasa por el punto O, mediante el determinante Figura 4.6: Dirección de M con r y F en el plano xy. i j k y z Mo = r × F = x En la figura 4.4 se observa que b = rsenθ, o sea Fx Fy Fz que la ecuación (4.3) se transforma en Resolviendo el determinante se obtiene

Mo = Fb,

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

Mo O

F r

q

A

Figura 4.5: Posiciones relativas de r, F y Mo . En la figura 4.5, se muestran las direcciones relativas de los vectores r, F y Mo , donde se observa la condición de perpendicularidad entre el plano formado por los vectores r y F con el vector Mo . Expresando el momento de la fuerza F en la forma Mo = Mx i + My j + Mz k, las componentes rectangulares Mx ,My y Mz miden la tendencia de la fuerza a imprimir al cuerpo rígido un movimiento de rotación alrededor de los ejes x, y y z, respectivamente. En el caso particular que r y F se encuentren en el plano xy, como en la figura 4.6, se tiene z = 0 y Fz = 0, por lo que el momento de la fuerza queda expresado por Mo = ( xFy −yFx )k,

(4.2)

(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 momento de una fuerza mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar o girar al cuerpo alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de Mo . Igualmente se nota en la figura 4.4, que la fuerza F se puede desplazar a lo largo de su línea de acción sin cambiar el momento de la fuerza, 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 Mo = xFy −yFx para el caso de dos dimensiones, corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza cuyo momento de la fuerza es Mo , siendo x y y arbitrarios.

cuya magnitud está dada por Mo = xFy − yFx y corresponde a un vector paralelo al eje z. Sabiendo que en la figura 4.4, θ es el ángulo menor entre el vector posición r y la línea de acción de la fuerza F, por definición de produc- Dimensiones y unidades del momento de una to vectorial, ecuación (4.1), la magnitud del mo- fuerza De acuerdo con la ecuación (4.4), se tiene que mento de la fuerza está dada por la dimensión del momento de una fuerza está Mo = rFsenθ = F (rsenθ ). (4.3) dada por la dimensión de fuerza multiplicada

5

4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO

por la dimensión de brazo, es decir, [F][b] que es la forma como se acostumbra expresarla, para no confundirla con las dimensiones de trabajo y energía. Por consiguiente, la unidad del momento de una fuerza 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 el caso particular de dos dimensiones, es común emplear la expresión Mo = Fb que sólo permite obtener la magnitud del momento de una fuerza. Pero como en dos dimensiones el cuerpo rígido puede rotar en dos sentidos, es necesario tener una convención de signos. De acuerdo con la figura 4.7, el momento de la fuerza se toma positivo cuando el cuerpo rígido rota en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativo al rotar en el mismo sentido de las manecillas del reloj. F

_

+

F

A

A

r r Mo

b

b

O

O

Mo

Figura 4.7: Convención de signos para Mo .

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.

Efectuando el producto vectorial entre estos vectores, se encuentra que el momento de la fuerza respecto al punto A es MA = −( FLsenβ)k.

(1)

Operando en forma similar, con rc F

= =

1 2 L (cosβ i + sen β j)

F i,

el momento de la fuerza respecto al punto medio C, está dado por MC = − 12 ( FLsenβ)k.

(2)

De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2), se tiene i) En ambos casos el momento de la fuerza es 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 tiende a generar una rotación sobre la varilla en sentido horario. ii) Para una orientación fija de la varilla, es mayor la cantidad de rotación que tiende a imprimir la fuerza respecto al punto A, al compararla con la rotación que tiende a imprimir respecto al punto C. 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.

Ejemplo 4.1 La varilla AB de la figura 4.8 tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Utilizando la ecuación (4.1), determine el momento Ejercicio 4.1 La varilla AB de la figura 4.9 tiene de la fuerza respecto al extremo A y respecto al pun- longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.1), determine el momento de to medio C. Compare los resultados obtenidos. la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) y hacia abajo. Compare los resultados obtenidos. F B

C

b

x

A Figura 4.8: Momento respecto al punto A.

Ejemplo 4.2 La varilla AB de la figura 4.10 tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Compare los resultados obtenidos. Solución De acuerdo con la figura 4.11, la magnitud del momento de la fuerza F, respecto al extremo A, donde el brazo de la fuerza es bA = Lsenβ, está dado por MA = F ( Lsenβ).

(1)

6

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

Ejercicio 4.2 La varilla AB de la figura 4.12 tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el momento 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.

F y

B

C

b

F

x

A

B

Figura 4.9: Momento de fuerza vertical.

B

C

F b A

C Figura 4.12: Momento de fuerza vertical respecto a dos puntos.

q A

Ejemplo 4.3 La varilla AB de la figura 4.13 tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Halle el momento de la fuerza respecto al extremo Figura 4.10: Momento de una fuerza horizontal. A y respecto al punto medio C, descomponiendo la fuerza en una componente paralela a la varilla y una Igualmente, con bC = 12 Lsenβ, el momento res- componente perpendicular a ella. Compare los resultados obtenidos. pecto al punto medio de la varilla es

B

MC = F ( 12 Lsenβ).

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 rotación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, o sea, MA > MC .

B bC

C

b A Figura 4.13: Fuerza en componentes paralela y perpendicular a la varilla.

F

b

C

bA

F

(2)

b A Figura 4.11: Efectos del punto de aplicación de la fuerza.

Solución En este caso, como lo muestra la figura 4.14, 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 rotación 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 MA

=

F ( Lsenβ)

MC

=

F ( 21 Lsenβ),

7

4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO z

F// B

A

b F F

17 m

C 3.5 m 2m

C 3m

b

B 1m

y

o

35

D

A

x

Figura 4.14: Descomposición de la fuerza.

Figura 4.16: Momento de fuerzas en tres dimensiones. z

con rotación de la varilla en el sentido de las manecillas del reloj. Estos resultados son idénticos a los encontrados en los ejemplos 4.1 y 4.2. 17 m

A

TCA T BA

Ejercicio 4.3 La varilla AB de la figura 4.15 tiene

TDA

lCA

3.5 m longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Enl 3m C 2m B cuentre el momento de la fuerza respecto al extremo 1m y A y respecto al punto medio C, descomponiendo la 35 l fuerza en una componente paralela a la varilla y una D x componente perpendicular a ella, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los reFigura 4.17: Vectores unitarios paralelos a las fuersultados obtenidos. BA

o

DA

zas. F B

C

b A

Figura 4.15: Descomponiendo la fuerza.

A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2, m 0), C (−3 m, −3.5 m, 0) y D (5.73 m, 4.02 m, 0) Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores, se encuentra que los vectores unitarios en componentes rectangulares están dados por λBA λCA λDA

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

Como TBA = TBA λBA , TCA = TCA λCA y TDA = TDA λDA , las componentes rectangulares de las tenEjemplo 4.4 La torre de la figura 4.16 se sostiene siones en cada una de las cuerdas, están dadas por mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 500 N, la TBA = (30i − 60j + 495k) N, tensión en el cable AC es 800 N y la tensión en el T CA = (136i + 160j + 776k) N, cable AD es 103 N. El punto D se encuentra a 7 (m) TDA = (−310i − 220j + 920k) N. del origen de coordenadas. Halle el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen Igualmente, los vectores posición del punto de aplide coordenadas. Solución cación de cada tensión respecto al origen de coorPara determinar las componentes de la tensión en denadas, están dados en componentes rectangulares cada una de las cuerdas, se definen los vectores uni- por tarios λBA , λCA y λDA , paralelos respectivamente a las tensiones TBA , TCA y TDA , como se ilustra en la rOB = (−i + 2j) m, figura. rOC = (−3i − 3.5j) m, De acuerdo con la figura 4.17, las coordenadas rOD = (5.73i + 4.02j) m. de los extremos de cada cuerda están dadas por

8

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

Teniendo en cuenta las componentes rectangulares 4.3.2. Efectos de rotación de un par de de la tensión en cada cuerda y sus respectivos vecfuerzas tores posición, se encuentra que el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen de Para considerar los efectos de rotación, es nececoordenadas, está dado respectivamente por sario determinar el momento total o resultante M1,o M2,o M3,o

= = = = = =

rOB × TBA (990i + 495j) N · m, rOC × TCA (−2716i + 2328j − 4k) N · m, rOD × TDA (3698.4i − 5271.6j − 14.4k) N · m.

de las dos fuerzas cuando actúan sobre el cuerpo rígido. Para ello se considera el par de fuerzas de la figura 4.19. B -F rB O

4.3. Momento de un par de fuerzas o cupla

b

r

q

rA

F

A

Figura 4.19: Momento de un par de fuerzas o cupla.

En la figura 4.18, las fuerzas F1 y F2 forman un La suma vectorial de los momentos de las par de fuerzas o cupla si cumplen simultáneafuerzas F y −F, respecto al punto arbitrario O, mente las tres condiciones siguientes está dada por M = rA × F + rB × (−F)

A

= (rA − rB ) × F.

F2

F1

B

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

Figura 4.18: Par de fuerzas o cupla.

i) Las fuerzas son de igual magnitud, esto es, F1 = F2 . ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero 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 de fuerzas no tiende a generar ningún efecto de traslación cuando se aplica a un cuerpo rígido.

(4.5)

(4.6)

donde M es llamado el momento del par y es un vector perpendicular al plano que contiene las dos fuerzas y cuya magnitud es M = rFsenθ = Fb, donde b es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas, como lo muestra la figura 4.19. El resultado dado por la ecuación (4.6), muestra que M no depende del punto de referencia O, es decir, que el momento de un par de fuerzas o cupla es un vector libre, ya que r es independiente del centro de momentos O. En algunos casos, dos pares de fuerzas tienen momentos iguales en magnitud y dirección; cuando esto ocurre, se dice que los dos pares son equivalentes ya que tienden a generar los mismos efectos de rotación al actuar, por separado, sobre un cuerpo rígido. Esta situación se ilustra en la figura 4.20, donde F1 b1 = F2 b2 .

9

4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA PAR

-F2

b1

F1

b2

-F1

F2

Figura 4.20: Pares equivalentes.

4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par

punto. En esta disposición, conocida como sistema fuerza-par, F responde por los mismos efectos de traslación y el par de momento Mo por los mismos efectos de rotación, que tiende a imprimir la fuerza única F aplicada inicialmente en el punto A. Si como en la figura 4.21, el vector posición r y la fuerza F aplicada en A, se encuentran en el plano de la hoja, el sistema fuerza-par se representa en la forma mostrada en la figura 4.22, donde Mo es el momento del par correspondiente.

F En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.21, se desea trasladar el punto de aplicación de la A A r r fuerza F del punto A al punto O, sin cambiar F los efectos tanto de traslación como de rotación M O sobre el cuerpo rígido. De acuerdo con el princiO pio de transmisibilidad, se sabe que si la fuerza se desliza a lo largo de su línea de acción, no Figura 4.22: Sistema fuerza-par en un plano. cambian los efectos de traslación ni de rotación; pero si se desplaza al punto O, por fuera de su De lo anterior, se puede afirmar: Cualquier línea de acción, se modifican los efectos de rotafuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido, se pueción sobre el cuerpo rígido, aunque los efectos de traslación permanecen inalterados, ya que de desplazar a un punto arbitrario O, siempre que se agregue un par de momento igual al momento de F no se cambia la magnitud de la fuerza. respecto al punto O. El par tiende a imprimir al cuerpo rígido los F F mismos efectos de rotación respecto a O que la A A fuerza F tendía a generar antes de trasladarla a r r F dicho punto, es decir, que la fuerza única aplicaO O da en A y el sistema fuerza-par correspondien-F te, son físicamente equivalentes. Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuerpo rígido, concurrentes o no, se lleva a cabo Figura 4.21: Sistema fuerza-par. la operación anterior con cada una de las fuerPara que los efectos de rotación sobre el cuer- zas, obteniéndose un par resultante y un sistepo rígido no cambien, al llevar a cabo la opera- ma de fuerzas concurrentes aplicadas en O, que ción anterior, se procede de la forma siguiente. se puede reemplazar por una fuerza única o reEn el punto O se aplican las fuerzas F y −F que sultante. Así, se obtiene un sistema fuerza-par no modifican ninguna acción sobre el cuerpo rí- formado por la fuerza neta F y el par resultante gido, ya que su resultante es cero y el momento Mo , dados respectivamente por o

neto de ellas respecto a O es nulo. De este modo, la fuerza F aplicada en el punto A y −F aplicada en el punto O, forman un par cuyo momento es Mo = r × F, o sea, se ha logrado encontrar una fuerza F aplicada en O y un par de momento M aplicado en el mismo

F = F1 + F2 + F3 + · · ·

=

∑ Fi , i

Mo = M1 + M2 + M3 + · · ·

=

∑ Mi . i

10

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

En conclusión: Siempre es posible reemplazar cualquier sistema de fuerzas por un sistema fuerza-par, de tal forma que la fuerza se escoge igual a F para la equivalencia traslacional y el par con momento igual a Mo , se escoge para la equivalencia rotacional. Como se verá posteriormente, cuando se analice 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 sistema fuerzas-par equivalente.

B

C

MA

q

F

A

Figura 4.24: Sistema fuerza par aplicado en A.

B Ejemplo 4.5 La varilla AB de la figura 4.23 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

C

F

A C

F

MC

q

Figura 4.25: Sistema fuerza par aplicado en C.

q

De los dos resultados anteriores se observa que el momento del par es diferente al tomar distintos punA tos. Esto debe ser así ya que la fuerza tiende a imprimir diferentes efectos de rotación respecto a punFigura 4.23: Sistema fuerza par en A y en C. tos distintos. Sin embargo, independientemente del Solución punto donde se aplique el sistema fuerza-par equia) Para que no cambien los efectos de traslación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, la fuerza valente, los efectos de traslación no cambian siempre y cuando no se cambien la magnitud ni la dirección aplicada en A debe ser la misma, esto es de la fuerza dada. F = Fi. Por otro lado, los efectos de rotación no cambian si Ejercicio 4.4 Resolver el ejemplo 4.5, suponiendo en A se aplica un par equivalente, igual al momen- que la fuerza aplicada en el extremo B es vertical y to de la fuerza aplicada en B y evaluado respecto al dirigida: a) Hacia arriba. b) Hacia abajo. punto A, o sea

Ejemplo 4.6 La escuadra de la figura 4.26, que es un triángulo equilátero de lado d, está sometida a fuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M1 y En la figura 4.24 se muestra el sistema fuerza-par M . La magnitud de las fuerzas y los pares están da2 equivalente, aplicado en el extremo A de la varilla. das por b) En el punto C la fuerza aplicada debe ser la misma que en caso anterior, pero el par debe tener un P1 = P, P2 = 2P, P3 = 32 P P4 = 12 P, M1 = M, yM2 = 2M,. momento, respecto al punto C, igual a MA = −( FLsenθ )k

Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pares, por un sistema fuerza-par equivalente aplicado en el vértice A. En este caso, el sistema fuerza-par equivalente en el Solución punto medio de la varilla, se muestra en la figura Teniendo en cuenta que las fuerzas P1 y P2 forman 4.25. ángulos de 60o con la dirección positiva del eje x, MC = − 12 ( FLsenθ )k

11

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

4.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido

P2

B y

M2 M1

P3

C

A P4

D

x

P1

Figura 4.26: Pares y fuerzas sobre la escuadra. ya que el triángulo es equilátero, la fuerza resultante equivalente al sistema de fuerzas, está dada en componentes rectangulares por

Si sobre un cuerpo rígido actúan varias fuerzas, aplicadas en diferentes puntos, es necesario considerar por separado los efectos de traslación y de rotación. Los efectos de traslación sobre el cuerpo, quedan determinados por el vector suma o resultante de las fuerzas, es decir, F = F1 + F2 + F3 + · · · =

∑ Fi ,

(4.7)

donde se opera en la misma forma que para una partícula sometida a varias fuerzas concurrentes. Utilizando el teorema de Pitágoras y la definición De forma similar, los efectos de rotación sobre de la función tangente, se encuentra que en magniel cuerpo rígido, están determinados por el vectud y dirección la fuerza resultante está dada por tor suma de los momentos de las fuerzas, evaF = 0.91P ∠24o . luados respecto al mismo punto de referencia, Calculando los momentos de las fuerzas respecto al es decir F = P(0.83i + 0.37j).

punto A y sumando los pares M y 2M, teniendo en cuenta su respectivo signo, para el par resultante se obtiene MA = ( M − 0.87Pd)k.

El sistema fuerza-par, formado por F y MA , se muestra en la figura 4.27, y responde por los mismos efectos de traslación y rotación que las fuerzas y los dos pares simultáneamente aplicados, tienden a imprimir sobre la escuadra. En la figura 4.27 se supone que M > 0.87Pd, en caso contrario, el sentido de rotación es opuesto.

B

F MA A

24o

C

Figura 4.27: Sistema fuerza par en el vértice A. Ejercicio 4.5 Reemplace el sistema de fuerzas y los dos pares del ejemplo 4.6, por un sistema fuerzapar aplicado a) En el punto B. b) En el punto C.

Mo = M1,o + M2,o + M3,o + · · · =

∑ Mi,o (4.8)

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 M, obtenidos mediante las ecuaciones (4.7) y (4.8) sean perpendiculares, ya que sólo de esta manera se satisface la expresión Mo = r × F que permite determinar el vector posición r, que da el punto de aplicación de la fuerza F respecto al centro de rotación. Si la condición anterior se satisface (Mo perpendicular a F), la fuerza F así aplicada es equivalente al sistema, tanto en lo referente a rotación como a traslación. Sin embargo, esto no siempre es posible ya que en muchos casos F y Mo no son perpendiculares. En general, un sistema de fuerzas no concurrentes que actúan sobre un cuerpo rígido, no siempre es posible reducirlo a una fuerza única que sea equivalente. Sin embargo, hay tres casos en los que siempre es posible reemplazar un sistema de fuerzas por una fuerza única que es completamente

12

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

equivalente al sistema dado, pues en ellos se sa- las distintas fuerzas aplicadas, respecto al mistisface la condición de perpendicularidad entre mo punto O. Enunciado conocido como el teoF y M. rema de Varignon. En el caso particular que todas las fuerzas concurrentes sean coplanares y que O se en4.5.1. Resultante de un sistema de fuercuentre en el mismo plano, cada uno de los mozas concurrentes mentos de fuerza tiene la misma dirección perSe considera el caso de varias fuerzas concu- pendicular al plano, igual que el momento rerrentes actuando sobre un cuerpo rígido y que sultante. están aplicadas en el punto A, como se muestra Como un resultado general, se tiene que un en la figura 4.28. sistema de fuerzas concurrentes siempre se puede reemplazar por una sola fuerza, su resultanF te, la que es completamente equivalente al sisF tema en lo que respecta a efectos de traslación y F F rotación, como se ilustra en la figura 4.28. F A A 2

3

1

4

r

r O

Ejemplo 4.7 Reemplazar el sistema de fuerzas que actúan en el extremo B de la varilla, por una fuerza única equivalente (ver figura 4.29).

O

Figura 4.28: Sistema de fuerzas concurrentes. El momento de la fuerza resultante F, respecto al punto O, está dado por Mo = r × F

∑ Fi

En este caso, el vector posición r es común al punto de aplicación de todas las fuerzas, respecto al centro de rotación O. De este modo, la ecuación (4.9) adquiere la forma F = F1 + F2 + F3 + · · · =

10 N B y

(4.9)

donde la resultante del sistema de fuerzas aplicadas al cuerpo rígido, se encuentra mediante la expresión F = F1 + F2 + F3 + · · · =

20 N

∑ Fi

60 o 30o 5N

10 N

60o x A

Figura 4.29: Fuerzas concurrentes. Solución Utilizando el sistema de coordenadas mostrado en la figura 4.29, se encuentra que la resultante de las fuerzas concurrentes aplicadas en el extremo B de la varilla, está dada en componentes rectangulares por F = (4.33 i + 4.82 j)N, o sea que su magnitud y dirección están dadas por

donde se ha aplicando la propiedad distributiva F = 6.48 N∠ 48.06o del producto vectorial respecto a la suma, y de este modo el momento total de las fuerzas apli- En la figura 4.30, se muestra la fuerza única que rescadas al cuerpo rígido, respecto al punto O, es ponde por los mismos efectos de traslación y rotaperpendicular a la fuerza neta F. Así, ción que tienden a generar las cuatro fuerzas simulMo = M1,o + M2,o + M3,o + · · · =

∑ Mi .

táneamente aplicadas en el extremo B de la varilla.

En conclusión, el momento con respecto al punto O de la resultante de varias fuerzas concu- Ejercicio 4.6 Compruebe el teorema de Varignon, rrentes, es igual a la suma de los momentos de para la situación planteada en el ejemplo 4.7.

13

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

6.48 N

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 exy presión, corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza resultante, es decir, hay una línea de aplicación, ya que esta puede deslizarse a lo largo de su línea de acción sin cambiar 60 x los efectos físicos, de acuerdo con el principio A de transmisibilidad. En síntesis: Cuando un sistema de fuerzas coFigura 4.30: Fuerza única equivalente. planares actúa sobre un cuerpo rígido, siempre es posible reducir el sistema a una sola fuerza F, 4.5.2. Resultante de un sistema de fuer- ya que en este caso el momento neto Mo es perzas coplanares pendicular a la fuerza resultante F. Este resultado se cumple aunque el centro de momentos se En la figura 4.31, se tiene un sistema de fuerencuentre fuera del plano de las fuerzas. zas coplanares actuando sobre un cuerpo rígiSe presenta una excepción a esta regla y es do. cuando F = 0 y Mo ̸= 0, pues en este caso el sisy y tema corresponde a un par de fuerzas o cupla, F F que sólo tiende a imprimir efectos de rotación. B

48.06o

o

1

r

r1

O r3 r2 F2

x

(x, y)

O x

F3

Figura 4.31: Sistema de fuerzas coplanares. Para el sistema de coordenadas mostrado en la figura 4.31, donde el origen O se hace coincidir con el punto de rotación o centro de momentos, se tiene que tanto los momentos individuales M1,o ,M2,o ,M3,o , · · · . como el momento total Mo , son perpendiculares al plano xy, esto es, la fuerza resultante es perpendicular al momento neto Mo . Así, es posible aplicar la fuerza resultante F en un punto cuyo momento esta dado por la expresión Mo = 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 reemplazar por la expresión Mo = xFy − yFx

Ejemplo 4.8 Determine, sobre el lado AC y sobre la altura BD, el punto de corte de la línea de acción de la fuerza única que es equivalente al sistema fuerza par obtenido en ejemplo 4.6. Solución De acuerdo con la ecuación (4.10), 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 utilizado en el ejemplo 4.6, 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 Determinar el punto de corte, sobre el eje x y sobre el eje y, de la línea de acción de la fuerza única correspondiente al sistema fuerza par obtenido en cada uno de los puntos del ejercicio 4.6.

(4.10)

4.5.3. Resultante de un sistema de fuer-

donde Fx y Fy son las componentes rectangulazas paralelas res de la fuerza resultante F, x y y las componentes rectangulares del vector posición r donEn la figura 4.32, se tiene un sistema de fuerde debe aplicarse la fuerza F. zas paralelas actuando sobre un cuerpo rígido,

14

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

esto es, sus líneas de acción son paralelas y pue- donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4.11). den o no estar orientadas en el mismo sentido. Las ecuaciones (4.13) y (4.14) se satisfacen únicamente si se cumple que u ( ) O F rc ∑ Fi = ∑ (ri Fi ). 2

F1

F3

De esta forma, respecto a O, el vector posición del punto donde se debe aplicar la fuerza única F está dado por

F4

Figura 4.32: Sistema de fuerzas paralelas. Para el análisis que sigue y para 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 · · ·

rc =

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

Expresando los vectores de la ecuación (4.15) en componentes rectangulares, se encuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza, para que los efectos sobre el cuerpo rígido no cambien, están dadas por

(4.11)

= (− F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u ( ) = ∑ Fi u,

xc =

∑ xi Fi ∑ yi Fi ∑ zi Fi , yc = , zc = F F ∑ i ∑ i ∑ Fi

(4.16)

Un ejemplo de esta situación se presenta en el así, la fuerza resultante es paralela al vector uni- caso del peso de un cuerpo, donde cada partícula, por tener masa, posee un peso y todos tario u, y su magnitud es ellos corresponden a fuerzas paralelas. El punF = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · · = ∑ Fi . to donde se debe aplicar la fuerza resultante o peso del cuerpo, no es más que el centro de masa del cuerpo. En la figura 4.33 se muestra esta Mo = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + · (4.12) ·· situación. = ∑ ri × Fi . Ahora, con Fi = Fi u, la ecuación (4.12) se transforma en ( ) Mo = ∑ ri × Fi u = ∑ ri Fi × u. (4.13) La ecuación (4.13) muestra que el momento resultante Mo es perpendicular al vector unitario u, así, por la ecuación (4.11), también es perpendicular a la fuerza resultante F. Por lo tanto, en el caso de fuerzas paralelas siempre es posible reemplazar el sistema de fuerzas por una fuerza única equivalente, que responde por los mismos efectos de traslación y rotación, que las fuerzas paralelas simultáneamente aplicadas, tienden a imprimirle al cuerpo rígido. De este modo, la fuerza equivalente F se debe aplicar en una posición rc , tal que ( ) Mo = rc × F = rc ∑ Fi × u (4.14)

C.M. W

Figura 4.33: Sistema de fuerzas paralelas. Ejemplo 4.9 Una barra uniforme de longitud L y masa m, se somete al sistema de fuerzas paralelas mostrado en la figura 4.34. La magnitud de la fuerza P es mg/2 y además AB = BC = CD = L/4, a)Reemplace las cuatro fuerzas por un 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 F = − 12 mgj.

15

4.6. LLAVE DE TORSIÓN

y

P y

D D

C

P/2

2P/3

F B q A

C B A

mg

q

x

Figura 4.34: Fuerzas paralelas .

x

Figura 4.36: Fuerza resultante.

Luego de calcular los momentos de las fuerzas res- Ejercicio 4.8 Resuelva el ejemplo 4.9, tomando el pecto al punto A, se encuentra que el momento del origen de coordenadas a) En el punto C. b) En el par resultante está dado por punto D.Compare los resultados, con el obtenido en 5 el ejemplo 4.9. MA = − mgLcosθk. 48

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

D C B MA

q

A F Figura 4.35: Sistema fuerza par en A. b)Mediante las ecuaciones (4.16), se encuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza única equivalente están dadas por xB = 14 Lcosθ y yB = 41 Lsenθ Como se muestra en la figura 4.36, la fuerza resultante debe aplicarse en el punto B. En la tabla siguiente se muestra el valor de los coeficientes de L, en xc y xc , para diferentes valores del ángulo θ. θ cos θ 4 sen θ 4

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

Se observa que al aumentar la 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.

4.6. Llave de torsión Como un resultado general, se tiene que todo sistema de fuerzas en el espacio, que actúe sobre un cuerpo, se puede reemplazar por un sistema fuerza par equivalente, que genera tanto efectos de traslación como efectos de rotación, o por un par, que sólo genera efectos de rotación. En las secciones anteriores se analizaron los tres casos en los cuales es posible reemplazar un sistema de fuerzas por una fuerza única equivalente al sistema de fuerzas. Un sistema de fuerzas en el espacio se puede reemplazar por una fuerza única equivalente sólo cuando la fuerza neta F que actúa sobre el cuerpo y el momento neto M son perpendiculares. En el caso particular, que la fuerza neta F y el momento neto M no sean perpendiculares, el sistema fuerza par equivalente formado por estas dos cantidades, se puede reemplazar por una llave de torsión. Esta situación se ilustra en la figura 4.37, donde el ángulo entre la fuerza neta y el momento neto es β. Para obtener la llave de torsión correspondiente al sistema fuerza par de la figura, primero se descompone el momento del par resultante, en una componente paralela a la línea de acción de la fuerza resultante F y en otra componente perpendicular a la línea de acción de la resultante F, como se ilustra en la figura 4.38. O sea

16

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

dirección, como se muestra en la figura 4.39. El nombre se debe a que la acción simultánea de b empujar y torcer, es semejante a la acción generada por una llave de torsión, la broca en un tao ladro o un destornillador, donde se ejerce una fuerza y un par actuando sobre la línea de acción de dicha fuerza. A la línea de acción de la fuerza neta F, se le Figura 4.37: Sistema fuerza par no perpendiculares. conoce como el eje de torsión. Ahora, como M1 = M1 F1 /F1 , se tiene que M2 = Mo − M1 F1 /F1 . Por lo tanto, se obtiene Mo = M1 + M2 , que donde las magnitudes de estos pares compoF nentes están dados por: Mo − M1 = r × F, F mediante la cual se puede hallar el vector poM1 = Mo cos β y M2 = Mo sen β. sición r, donde se debe aplicar el sistema fuerza par formado por F y M1 , para que se genere el momento M2 , y así el sistema conocido como F llave de torsión, sea equivalente al sistema de M1 fuerzas aplicadas al cuerpo rígido. F

Mo

o M2

Figura 4.38: Para paralelo y perpendicular a F.

Ejemplo 4.10 Sobre el cubo de la figura 4.40, de lado 100 mm, actúan cinco fuerzas paralelas a sus respectivas aristas. a) Reemplace el sistema de fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el punto O. b) Determine el ángulo que forman la fuerza neta y el par resultante. c) ¿Qué puede concluir del resultado obtenido? d) Obtenga la llave de torsión correspondiente.

Una vez se lleva a cabo esta descomposición, se aplica el sistema fuerza par formado por la fuerza neta F y por el par M1 , en un punto A donde la fuerza neta genere el mismo momento M2 respecto al punto O, es decir,

A

D

10 N

C 15 N

25 N O

25 N x

M2 = r × F.

z B

E

G 20 N

H

y

Figura 4.40: Fuerzas paralelas sobre un cubo.

F M1

Solución a) Para obtener el sistema fuerza par en O, es neceA sario hallar la fuerza resultante y el momento resulr tante de las fuerzas, evaluado respecto al origen de o coordenadas. Este sistema fuerza par debe responder por los mismos efectos de traslación y rotación que el sistema de fuerzas aplicadas tiende a imprimirle al cuerpo rígido. Figura 4.39: Llave de torsión formada por F y M. Teniendo en cuenta el sistema de coordenadas de la figura y la componente de cada una de las fuerAl sistema formado por la fuerza neta F y por zas, se encuentra que la fuerza neta en componentes el par M1 , se le conoce como una llave de tor- rectangulares está dada por sión, donde ambos vectores actúan en la misma F = (−50 i − 5 j + 20 k)N (1).

17

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

Donde su magnitud y dirección con cada uno de los producto punto, esto es ejes de coordenadas, son F θx θy θz

= = = =

cos γ =

54.08 N, 157.60o , 95.30o , 68.30o .

Como la resultante del sistema de fuerzas inicialmente aplicado al cubo es diferente de cero, significa que estas tienden a imprimirle efectos de traslación a lo largo de cada uno de los ejes coordenados, puesto que la fuerza neta tiene componentes no nulas a lo largo de cada uno de ellos. De igual manera, considerando cada una de las fuerzas aplicadas y el vector posición de su punto de aplicación respecto al origen de coordenadas, se encuentra que el momento neto que actúa sobre el cubo, debido a las fuerzas aplicadas, está dado en componentes rectangulares por Mo = (2.5 i − 4.5 j + 3.5 k)N m

F · Mo . FMo

(3)

Reemplazando las ecuaciones (1), (2) y sus respectivas magnitudes en la ecuación (3) y luego de llevar a cabo las operaciones indicadas, se encuentra que el ángulo entre la fuerza y el momento del par es γ = 95.54o . c) Como el ángulo entre la fuerza y el momento del par es diferente de 90o , significa que este sistema fuerza par no se puede reemplazar por una fuerza única equivalente. d) Para obtener la llave de torsión, primero se descompone el par resultante en una componente paralela y en una componente perpendicular a la fuerza neta. De este modo, el paso de torsión está dado por p=

(2).

F · Mo = −0.01. F2

Por lo que su magnitud y dirección respecto a cada Por consiguiente, la llave de torsión está formada por la fuerza resultante F y por el par con compouno de los ejes de coordenadas es nentes rectangulares Mo = 6.22 N · m, M1 = pF ≡ (0.5i + 0.05j − 0.2k). θ x = 66.30o , o θy = 136.34 , θz

= 55.76o .

En este caso, como el momento neto de las fuerzas aplicadas al cubo, respecto al punto O es diferente de cero, significa que el sistema de fuerzas tienden a imprimirle efectos de rotación al cuerpo rígido a lo largo de cada uno de los ejes coordenados, puesto que el momento resultante tiene componentes no nulas a lo largo de cada uno de ellos. En la figura 4.41, en busca de claridad, solo se muestra el sistema fuerza par en O obtenido, donde F responde por los mismos efectos de traslación que el sistema de fuerzas aplicado y Mo por los mismos efectos de rotación generados por las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido.

z Mo

F

4.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido Se sabe que el momento angular de un cuerpo rígido respecto al punto O, está dado por dLo = r × F, dt

donde r es el vector posición que va desde el centro de momentos hasta el punto donde está aplicada la fuerza F. Por otro lado, teniendo en cuenta la definición de momento de una fuerza respecto a un punto, la ecuación (4.17) adquiere la forma

g

x

dLo = Mo, dt O

y

con Lo =

Figura 4.41: Llave torsión en el espacio. b) Para determinar el ángulo γ que forman la fuerza neta y el par resultante, se utiliza la definición de

(4.17)

∑ Li,o , i

y Mo =

∑ Mi,o , i

(4.18)

18

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

donde estas cantidades se evalúan respecto al mismo punto. La ecuación (4.18) corresponde a la ecuación básica para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido, esto es, la ecuación (4.18) desempeña en rotación el mismo papel que la segunda ley de Newton en traslación. Por esta razón, se le conoce como la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido.

Si el momento total de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo, de acuerdo con la ecuación (4.19) se cumple la condición Iω = Constante

que corresponde a la conservación del momento angular, como se analizó en la unidad anterior.

4.7.1. Rotación de un cuerpo rígido alre- 4.7.2. dedor de un eje principal de inercia Se supone que el cuerpo rígido de la figura 4.42, 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. z (Eje principal de inercia)

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

Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no corresponde a un eje principal de inercia, como en la figura 4.43, es válida la ecuación Lz , o = Iω, ya que el momento angular total no es paralelo a la velocidad angular, y la ecuación de movimiento correspondiente, es dLz , o = Mz , o dt

L

(4.21)

(4.22)

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

w O

z (Eje no principal)

Figura 4.42: Rotación alrededor de un eje principal de inercia. Como el eje de rotación z es un eje principal de inercia, se cumple la ecuación Lo = Iω, y la ecuación (4.18) se transforma en d( Iω) = Mo, dt

L

w O

Figura 4.43: Rotación alrededor de un eje no princi(4.19) pal de inercia.

donde M es el momento total generado por las Si la orientación del eje es fija respecto al cuerfuerzas externas y evaluado respecto al punto po, el momento de inercia es constante. Así, al fijo O, sobre el eje principal de inercia. reemplazar la ecuación Lz = Iω en la ecuación Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, se (4.22), se obtiene tiene que el momento de inercia es constante y Iα = Mz , o, la ecuación (4.19) adquiere la forma (4.20) que es la ecuación de movimiento a utilizar cuando el momento de inercia es constante, y expresión en la que se ha empleado la definición el cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no de aceleración angular. La ecuación (4.20), váli- es principal. da en rotación, es equivalente en traslación a la En los problemas de rotación de un cuerpo rísegunda ley de Newton para masa constante. gido, se recomienda seguir los siguientes pasos Iα = Mo,

19

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

1. Se hace el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo de interés, dibujando solamente las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y ubicándolas en el punto donde actúan. 2. Se plantea la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido, correspondiente a la situación particular que se esté considerando.

Movimiento

Feje R1

c R2 T1´ M T2´ Mg T1 T2 m1 Movimiento Movimiento m2 m1g m2g

Figura 4.45: Dos partículas y un cuerpo rígido.

3. Se calculan los momentos, respecto al punto fijo del cuerpo por donde pasa el eje de a) En la figura 4.45 se muestran los diagramas de rotación. cuerpo libre, donde T1 = T1 ′ y T2 = T2 ′ .

En lo que sigue se plantean las ecuaciones de movimiento para cada uno de los cuerpos,teniendo en 4. Se obtiene el momento de inercia del cuercuenta el sentido de movimiento considerado en los po rígido respecto al eje de rotación. Cuan- diagramas de cuerpo libre de la figura 4.45. do sea necesario, se emplea el teorema de Como el disco tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por el centro C, Steiner o de los ejes paralelos. su ecuación de movimiento tiene la forma general

5. Se resuelve la ecuación de movimiento, de ∑ Mc =αIc , pendiendo de la información suministrada y solicitada. y teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre, se convierte en

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 4.44. El disco rota alrededor de un eje 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).

R1 c R2

M

− T1 R1 + T2 R2 = 12 MR21 α,

(1)

donde se ha tomado el sentido horario como positivo y de acuerdo con la tabla de radios de giro de la unidad 3, se ha tomado Ic = 12 MR21 . Para el bloque de masa m1 , que tiene un movimiento vertical de traslación pura hacia arriba, su ecuación de movimiento, está dada por

+ ↑ ∑ Fv = m1 a1 , T1 − m1 g = m1 a1 .

(2)

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

+ ↓ ∑ Fv = m2 a2 ,

m1

m2

m2 g − T2 = m2 a2 .

(3)

b) Como la aceleración de m2 es igual a la aceleración tangencial en el borde del pequeño saliente y la Figura 4.44: Disco con pequeño saliente. aceleración de m1 es igual a la aceleración tangencial en el borde externo del disco se satisfacen las expresiones Solución a1 = αR1 , (4) En la solución de la situación planteada, se debe tener presente que los bloques al tener traslación pura a2 = αR2 . (5) se trata bajo el modelo de partícula, mientras que para el disco que tiene rotación pura se considera bajo Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (2) y la el modelo de cuerpo rígido. (5) en la (3), se encuentra, que la aceleración angular

20

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

del disco y la aceleración de los bloques, respectivamente, están dadas por α=

m2 R2 − m1 R1 g, 1 2 R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22

(6)

a1 =

R1 ( m2 R2 − m1 R1 ) g, 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(7)

a2 =

R2 ( m2 R2 − m1 R1 ) g. 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(8)

O 6R

q

R

Figura 4.46: Péndulo físico o compuesto. c) Teniendo en cuenta que cada una de las partículas que forman el disco, adquieren un movimiento circular uniforme cuando la aceleración angular se hace cero, es decir, α = 0, por la ecuación (6), se tie- de masa de la varilla y la aceleración del centro de ne que esta condición se satisface si el numerador se masa del disco. c) Determine, en función de θ, la velocidad angular del péndulo físico. hace cero, lo que lleva a la relación Solución a) En la figura 4.47 se muestra el diagrama de cuerpo R m1 = 2. (9) libre para el péndulo físico, donde FR es la fuerza m2 R1 que el eje ejerce sobre la varilla en O, m1 g es el peso En la ecuación (9) se observa que existe una relación de la varilla y m2 g es el peso del disco. 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.

Pregunta 4.1 Para el caso de velocidad angular

FR O q

c'

m1 g c m2 g

constante, ¿la magnitud de la velocidad de los blo- Figura 4.47: Diagrama de cuerpo libre en péndulo ques del ejemplo anterior es la misma? ¿Por qué? físico.

Ejercicio 4.9 Para el enunciado del ejemplo 4.11, De acuerdo con el enunciado, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un determine la tensión en cada una de las cuerdas. eje fijo que pasa por extremo O. Por lo tanto, la ecuaEjercicio 4.10 Resuelva la situación del ejemplo ción de movimiento en este caso es de la forma 4.11 suponiendo que los bloques están unidos me(1) ∑ MiO = αIO . diante la misma cuerda y que esta pasa por el borde i del disco de radio R1 . Recuerde que el disco se comAhora, de acuerdo con el diagrama de cuerpo libre porta como una polea real. para el péndulo compuesto y tomando el sentido hoEjemplo 4.12 El cuerpo rígido de la figura 4.46, rario como positivo, el momento de las fuerzas externas está dado por conocido como un péndulo físico, consta de una varilla delgada de masa m1 y un disco de masa m2 . Su(2) ∑ MiO = (3m1 + 7m2 ) Rg senθ. poner que la varilla tiene una longitud 6R y el disco un radio R. Por otro lado, el péndulo rota alrededor de un eje que pasa por el extremo O, una vez que Por otro lado, como el momento de inercia del pénse suelta desde la posición angular θo < 90o . a) Ha- dulo físico es igual al momento de inercia de la vaga el diagrama de cuerpo libre para el péndulo fí- rilla más el momento de inercia del disco, evaluados sico y plantee su respectiva ecuación de movimien- respecto al extremo O de la varilla, se tiene to. b) Determine, en función del ángulo θ, la aceleración angular del péndulo, la aceleración del centro IO = I ˚ O + IdO ,

21

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

donde al emplear el teorema de Steiner y la infor- ángulo θ disminuye con el tiempo. Luego de intemación dada en la tabla 4.1 para el radio de giro al grar y evaluar se encuentra que la velocidad angular cuadrado, se llega a del péndulo físico está dado por IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 .

(3)

ω=

√

2C (cosθ −cosθ0 ).

(8)

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (1), se encuentra que la ecuación de movimiento para el pén- De acuerdo con la ecuación (8), el máximo valor de la velocidad angular se presenta en el instante que dulo físico, adquiere la forma el péndulo está en posición vertical. Así, cuando θ (3m1 + 7m2 ) gsenθ = 32 α(8m1 + 33m2 ) R. (4) disminuye la velocidad angular aumenta y cuando θ aumenta la velocidad angular disminuye. b) De acuerdo con la ecuación (4), la aceleración angular del péndulo físico está dada por Pregunta 4.2 En la ecuación (8) ¿Qué condición se debe cumplir entre el ángulo θ y el ángulo θo ? ¿Por 2(3m1 + 7m2 ) g α= senθ (5) qué? 3R(8m1 + 33m2 ) Así, la aceleración del centro de masa de la varilla, con ac′ = α3R, es a c′ =

2(3m1 + 7m2 ) g senθ. (8m1 + 33m2 )

Ejercicio 4.11 Resuelva el ejemplo 4.12,suponiendo que el péndulo físico está constituido sólo por una varilla delgada de longitud 8R. Compare los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.12.

Finalmente, para la aceleración del centro de masa 4.7.3. 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

Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido

Cuando el movimiento de un cuerpo rígido, es tal que su centro de masa tiene movimiento de traslación respecto a un sistema de referencia inercial y un movimiento de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, es necesario analizar los dos movimientos por separado, es decir, considerar el sistema fuerza par que actúa sobre el cuerpo rígido debido al sistema de fuerzas externas que actúan. Esta situación se muestra en la figura 4.48.

(6)

zc z

donde la constante C definida por w

2(3m1 + 7m2 ) g C≡ , 3(8m1 + 33m2 ) R

C.M.

(7) O

s−2 .

vc

y

tiene unidades de Si en la ecuación (6) se multiplica a ambos lados por dθ, se obtiene Figura 4.48: Rotación y traslación de un cuerpo rí∫ω

ωdω = −C

x

gido.

∫θ

senθdθ,

Si el eje de rotación no está fijo respecto a un sistema de referencia inercial, como ocurre el signo menos se debe tener en cuenta, ya que cuan- cuando un cuerpo rueda por un plano inclinado el péndulo se suelta desde la posición inicial, el do, para analizar el movimiento de traslación 0

θ0

22

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

del cuerpo se emplea la segunda ley de Newton y se tiene en cuenta que el centro de masa, en lo referente a traslación, se comporta como si toda la masa estuviera concentrada en dicho punto. De este modo, la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa del cuerpo rígido se expresa en la forma F = m ac ,

centro de masa del cuerpo coincida con su centro geométrico. 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. Si un cuerpo rígido homogéneo, rueda y desliza, la fuerza de fricción es cinética, esto es, se cumple la relación Fk = µk N.

donde F es la fuerza neta debida a las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido, m su masa y ac la aceleración del centro masa. Si el cuerpo rígido homogéneo, rueda sin Para el movimiento de rotación, se debe caldeslizar, la fuerza de fricción es estática y cular el momento angular y el momento total la relación válida es Fs ≤ µs N. debido a las fuerzas externas, respecto al centro de masa del cuerpo. O sea, la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido alre- Otra forma de entender lo anterior, es considededor de un eje que pasa por el centro de masa rando la velocidad del punto de contacto del cuerpo rígido con la superficie sobre la cual rueestá dada por da. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidad del dLc punto de contacto, con respecto a la superficie = Mc . (4.23) dt es diferente de cero; pero si el cuerpo rueda y Si a la vez, como ocurre generalmente, la ro- no desliza, la velocidad del punto de contacto, tación es alrededor de un eje principal que pasa con respecto a la superficie, es igual a cero. Las expresiones, vc = ωR y ac = αR, sólo por el centro de masa, se tiene tienen validez si el cuerpo rígido con alto grado (4.24) de simetría, es homogéneo y rueda sin deslizar. Ic ω = Lc . Cuando en un caso particular, no se sabe si Ahora, si el momento de inercia es constante, eje el cuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslifijo en el cuerpo, entonces mediante las ecuaciozar, primero se debe suponer que no hay desnes (4.23) y (4.24), se encuentra que la ecuación lizamiento. En el caso que la fuerza de fricción de movimiento correspondiente es calculada, sea menor o igual a µs N, la suposiIc α = Mc , ción es correcta; pero si la fuerza de fricción obtenida, es mayor que µs N, la suposición es incodonde se ha empleado la definición de acelerarrecta y el cuerpo rueda deslizando. ción angular. En problemas donde se presente movimiento Si para un cuerpo el momento total respecto combinado de traslación y rotación, además de al centro de masa es cero, la velocidad angular los pasos que se siguen para la rotación pura de es constante y el momento angular se conserva. un cuerpo rígido, alrededor de un eje que pasa Esta situación ocurre cuando la única fuerza expor su centro de masa, se debe incluir la ecuaterna aplicada a un cuerpo rígido homogéneo es ción de movimiento correspondiente a la traslasu peso. ción del centro de masa. Debido a la complejidad que se presenta, cuando se analiza este tipo de movimiento en Ejemplo 4.13 Como se ilustra en figura 4.49, un tres dimensiones, se restringe el movimiento cascarón esférico homogéneo, de radio R y masa M, a dos dimensiones y con cuerpos homogéneos rueda sin deslizar por la superficie de un plano inclique presentan alto grado de simetría, tales co- nado que forma un ángulo θ con la horizontal. Determine la aceleración de la esfera, su aceleración anmo esferas, cilindros o aros. Se consideran cuer- gular y la fuerza de fricción entre la esfera y la superpos homogéneos, con el fin de garantizar que el ficie del plano inclinado.

23

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

Fs R = 32 MR2 α,

R

(3)

donde se ha utilizado la información dada por la tabla 4.1, para un cascarón. 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, que corresponde a la aceleración de su centro de masa, está dada por

M

q Figura 4.49: Cascarón esférico que rueda sin deslizar.

ac = 35 gsenθ,

(4)

donde se ha empleado la expresión Solución ac = αR, (5) En la figura 4.50 se muestra el diagrama de cuerpo libre para el cascarón esférico, donde Mg es el peso del cascarón, N la fuerza que la superficie ejerce ya que el cascarón es homogéneo y rueda sin deslisobre el cascarón y Fs la fuerza de fricción estática zar.Ahora, igualando las ecuaciones (4) y (5), para la entre el cascarón y la superficie. aceleración angular del cascarón se obtiene α=

Fs

N

c

3 5

gsenθ . R

(6)

Finalmente, por las ecuaciones (3) y (6), la fuerza de fricción estática que actúa sobre el cascarón esférico, está dada por Fs = 52 Mgsenθ. (7)

Mg

De acuerdo con los resultados obtenidos, se puede concluir

q Figura 4.50: Diagrama de cuerpo libre de cascarón esférico. Teniendo en cuenta que el cascarón tiene un movimiento combinado de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa,las ecuaciones de movimiento para este cuerpo rígido, están dadas como sigue. Ecuaciones de movimiento para la traslación del centro de masa. En la dirección paralela al plano inclinado + ↘ ∑ F// = Mac , i

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

(1)

1. Por la ecuación (4), la aceleración del cascarón sólo depende del ángulo de inclinación θ y su magnitud es menor que la aceleración de la gravedad, como es de esperarse, ya que no es una caída libre. 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 del radio 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 4.12 Resuelva el ejemplo 4.13, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera mai ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga en N − Mgcosθ = 0. (2) cada caso que la masa es M y el radio es R. Compare Ecuación de movimiento para la rotación alrededor los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.13. de un eje que pasa por el centro de masa del cascarón Si se sueltan simultáneamente desde la misma altura,¿cuál llega primero a la base del plano inclinado?  ∑ Mc = Ic α, Explique. + ↗ ∑ F⊥ = 0,

i

24

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

4.8. Energía en un cuerpo rígido

4.8.2.

Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido

En esta sección se consideran los tipos de energía que puede poseer un cuerpo rígido cuando está en movimiento. Como se mostrará, los tipos de energía que tenga el cuerpo rígido, depende del tipo de movimiento que este tenga.

4.8.1.

Cuando las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo rígido, sólo tienen 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 maEnergía cinética de un cuerpo rígi- sa M se encontrara concentrada en dicho punto. do Por ello, la energía cinética de esta partícula es

En la unidad de trabajo y energía, se encontró (4.26) Ek = 12 Mv2c , que a una partícula de masa m, con velocidad v respecto a un sistema de referencia determina- siendo vc la magnitud de la velocidad del centro de masa. Esta situación física se muestra en la do, se le asocia una energía cinética dada por figura 4.51, en el caso de movimiento del cuerpo rígido paralelamente al eje x. E = 1 mv2 . k

2

y

De esta forma, para un cuerpo rígido, que es un caso particular de un sistema de partículas, la energía cinética total del cuerpo rígido está dada por la suma de las energías cinéticas de todas las partículas que lo conforman, esto es

C.M.

vc

O

Ek =

∑ ( 12 mi v2i ),

(4.25)

x

Figura 4.51: Traslación pura de un cuerpo rígido.

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 (4.25), 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 descrita. A diferencia del caso de una partícula, en un cuerpo rígido es necesario distinguir entre energía cinética traslacional y energía cinética rotacional, ya que las fuerzas externas tienden a imprimir movimiento de traslación pura, o movimiento de rotación pura alrededor de un eje determinado o en la situación más general, movimiento combinado de traslación del centro de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del cuerpo.

4.8.3.

Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido

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

w Ri

mi vi gi ri

O

Figura 4.52: Rotación pura de un cuerpo rígido. La partícula i de masa mi , al describir la trayectoria circular con centro en el eje de rotación, tiene una velocidad de magnitud vi que

25

4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO

está relacionada con la velocidad angular por vi = ωRi , donde Ri es el radio de la circunferencia que describe la partícula. Así, por la ecuación (4.25), se tiene que la energía cinética total del cuerpo rígido, debido al movimiento de rotación pura, adquiere la forma ( Ek =

1 2

)

∑ mi R2i

ω2 ,

(4.27)

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 (4.29), es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje que pasa a través del centro de masa. y

i

donde el término entre paréntesis corresponde al momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje de rotación, definido en la unidad 3, con ri = Ri . Por consiguiente, la ecuación (4.27) se transforma en

zc

M

w C.M.

vc x

O

Ek = 12 Iω 2 .

(4.28) Figura 4.53: Movimiento combinado de rotación y traslación de un cuerpo rígido. La ecuación (4.28), permite determinar la energía cinética total de rotación de un cuerpo rígiLo anterior tiene sentido, ya que en un cuerpo do, y es de validez general ya que se cumple rígido el centro de masa está fijo en el cuerpo y respecto a cualquier eje de rotación. Además, el único movimiento que el cuerpo puede tener de nuevo se observa que el momento de iner- respecto a su centro de masa es de rotación. cia desempeña en rotación, el mismo papel que la masa en traslación. Ejemplo 4.14 Sabiendo que el sistema del ejemCuando el cuerpo rígido rota alrededor de un plo 4.11 parte del reposo, determine su energía cinéeje principal de inercia, la ecuación (4.28) se con- tica total función del tiempo (ver figura 4.54). Solución vierte en De acuerdo con la situación planteada y como lo L2o muestra la figura, el disco tiene un movimiento de Ek = 2I rotación pura y los bloques movimiento de traslaexpresión que sólo es válida si el cuerpo rígido rota alrededor de un eje principal de inercia.

4.8.4.

Energía cinética total de un cuerpo rígido

ción pura.

R1 R2

c

M Cuando un cuerpo rígido posee un movimiento combinado de traslación y rotación, se debe m1 considerar por separado la energía cinética trasm2 lacional y la energía cinética rotacional. Ahora, si el eje de rotación pasa por el centro de masa Figura 4.54: Polea con pequeño saliente. y al mismo tiempo el centro de masa tiene un movimiento de traslación respecto a un sistema Por esta razón, para determinar la energía cinétide referencia inercial, como en la figura 4.53, la ca total del sistema, es necesario incluir, además de energía cinética total del cuerpo rígido, utilizan- la energía cinética de rotación del disco,la energía cinética de traslación de cada bloque, esto es do las ecuaciones (4.26) y (4.28), está dada por Ek = 12 mv2c + 12 Ic ω 2 ,

(4.29)

Ek = 12 Ic ω 2 + 12 m1 v21 + 21 m2 v22 ,

(1)

26

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

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 velocidad de cada bloque está relacionada con la velocidad angular del disco por v1 = ωR1

y

v2 = ωR2 .

O q

6R

(2)

R

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

Figura 4.55: Rotación pura del péndulo compuesto.

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

Ahora, de acuerdo con el ejemplo 4.10, se tiene

(3)

Los resultados del ejemplo 4.10 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 4.10 como la definición de aceleración angular, y teniendo en cuenta que el sistema parte del reposo, se encuentra que la velocidad angular depende del tiempo en la forma ω=

( m2 R2 − m1 R1 ) g t. 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(4)

IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 , √ ω = 2C (cosθ −cosθ0 ), con C≡

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

(2) (3) (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 este modo, por las ecuaciones (3) y (4), la ener- de rotación se hace instantáneamente cero, cuando el gía cinética del sistema, en función del tiempo, está péndulo físico llega a los extremos de la trayectoria, dada por esto es, donde θ = θo . Por otro lado, adquiere su máximo valor en el instante que el péndulo está en 2 2 2 1 ( m2 R2 − m1 R1 ) g posición vertical, o sea, cuando θ = 0. Ek = 2 2 1 t . (5) R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22 Ejercicio 4.14 Obtenga, en función del ángulo θ, la La ecuación (5), además de mostrar que la energía energía cinética del péndulo físico del ejercicio 4.11. cinética del sistema es positiva, indica que esta au- Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo menta con el tiempo mientras exista movimiento. 4.15.

Ejercicio 4.13 Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.10 parte del reposo, determine su energía cinética total función del tiempo. Compare los resultados con los obtenidos en el ejemplo 4.14.

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. (Ver figura 4.56) Solución Como el cascarón tiene un movimiento de rodadura, el centro de masa tiene un movimiento de traslación y simultáneamente rota alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Así, en un instante determinado, la energía cinética total del cascarón está dada por (1) Ek = 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 .

Ejemplo 4.15 Determine, en función del ángulo θ, la energía cinética del péndulo físico considerado en ejemplo 4.12 (ver figura 4.55). Solución En este caso, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por el extremo O, esto es, sólo posee energía cinética ro- Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, la velocidad del centro de masa está relacionada con la tacional dada por velocidad angular por Ek = 12 IO ω 2 .

(1)

v = ωR.

(2)

27

4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO

En concordancia con el teorema del trabajo y la energía, que es válido para el caso de un cuerpo rígido, se tiene

R

M w

vc

Wext = ∆Ek

= Ek − Eko ,

q

(4.30)

donde Wext es el trabajo realizado por todas las Figura 4.56: Cascarón esférico sobre plano inclinafuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rído. gido. Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan simulReemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), con táneamente fuerzas externas conservativas y no conservativas, el trabajo total se puede expresar Ic = 23 MR2 , como se obtiene

Ek = 56 MR2 ω 2 .

(3)

Wext = Wc + Wnc ,

(4.31)

siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzas

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), la fracción de externas conservativas y Wnc el trabajo de las la energía cinética total que es energía cinética trasfuerzas externas no conservativas. Teniendo en lacional, está dada por EkT = 0.6, Ek

cuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de la ecuación (4.30), es posible demostrar que la ecuación (4.31) se convierte en

y la fracción que es energía cinética rotacional es EkR = 0.4. Ek

Wnc = ( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo )

= ∆E,

(4.32)

con E correspondiendo a la energía total del

De acuerdo con estos resultados, el 60 % de la enercuerpo rígido y Ep a la energía potencial asogía cinética total es traslacional y el 40 % rotacional, ciada con las fuerzas externas conservativas. La independientemente del tamaño, la masa y la veloecuación (4.32), igual que en el caso de una parcidad angular del cascarón.

Ejercicio 4.15 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 obtenidos en el ejemplo 4.16.

4.8.5.

Energía total de un cuerpo rígido

tícula, 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 (4.32) 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 (4.32) se transforma en

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 ( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo ) = ∆E propia o interna permanece constante, lo que = 0 permite no considerarla cuando se analiza el intercambio de energía del cuerpo con sus alrede- que expresa la conservación de la energía. Así, dores. cuando sobre el cuerpo únicamente actúan fuer-

28

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

zas externas conservativas, la energía total mecánica permanece constante, es decir, el sistema es conservativo. De los resultados anteriores se puede afirmar que son idénticos a los obtenidos para el caso de una partícula; la diferencia radica en el hecho que para un cuerpo rígido sólo se deben tener 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 E = Ek + Ep

= 12 Mv2c + 12 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 4.57, la ley de conservación de la energía adquiere la forma Eje de rotación

y

M w C.M.

vc O

Tierra

yc x (Ep= 0)

Figura 4.57: Cuerpo rígido que desciende rotando.

Es decir, para un desplazamiento infinitesimal dW = Fs · dr dt dt = Fs · vP dt

= Fs · dr = 0.

Por lo tanto, si sobre un sistema actúan simultáneamente fuerzas conservativas y la fuerza de fricción estática, el sistema es conservativo. Ejemplo 4.17 El cascarón esférico del ejemplo 4.13, parte del reposo desde una altura h como se muestra en la figura. Determine la velocidad angular y la velocidad del cascarón, cuando éste llega a la base del plano inclinado. (Ver figura 4.58)

R M h Ep= 0 q

Figura 4.58: Cascarón esférico que rueda. Solución Diagrama de cuerpo libre para el cascarón. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.59, sobre el cascarón actúan las siguientes fuerzas La normal N, que por ser perpendicular al desplazamiento del centro de masa, no realiza trabajo. El peso mg, que realiza trabajo y es una fuerza conservativa.

+ 12 Ic ω 2 + Mgyc = Constante,

E =

2 1 2 Mvc

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

donde yc es la altura del centro de masa, respecto al nivel cero de energía potencial gravitacioFs c nal. Es importante notar en este punto que cuando un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobre Mg N una superficie horizontal rugosa, actúa la fuerq za de fricción estática Fs . Esta fuerza de fricción no realiza trabajo, ya que la velocidad del punto Figura 4.59: Diagrama de cuerpo libre paran el casde contacto vP , respecto a la superficie, es cero. carón.

29

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO

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,

4.9. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido Bajo el modelo de partícula tratado en las tres

∆E = 0

Ef = Ei ,

(1) primeras unidades, se han considerado cuerpos

que deslizan sobre superficies reales o ásperas,

donde Ei es la energía total en la situación inicial y es decir, sobre las superficies en contacto actúa Ef en la situación final. Ahora, de acuerdo con el nivel cero de energía po- la fuerza de fricción cinética o dinámica ya que tencial elegido, la ecuación (1) adquiere la forma la velocidad relativa de una superficie respecto Mgh = 21 Mv2c + 12 Ic ω 2 .

a la otra, es diferente de cero. En esta sección, (2) se analiza el movimiento combinado de trasla-

ción y rotación de cuerpos rígidos sobre superfi-

Como el momento de inercia del cascarón, respecto a un eje que pasa por el centro de masa, está dado cies reales, tal como ocurre cuando una esfera o por cilindro tiene ambos movimientos al descender sobre un plano inclinado. Ic = 23 MR2 , la ecuación (2) se transforma en 6gh = 3v2c + 2R2 ω 2 .

(3)

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

(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 1 ω= R

√

6 5 gh,

y la velocidad del cascarón por √ vc =

6 5 gh.

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 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. En lo que sigue, como se muestra en la figura 4.60, se considera un cuerpo rígido homogéneo, con alto grado de simetría y que rueda sin deslizar en un plano bidimensional. s = Rq

Ejercicio 4.16 Partiendo de la expresión para la aceleración angular, encontrada en el ejemplo 4.13, determine la velocidad angular cuando el cascarón llega a la base del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h. Compare su resultado, con el obtenido en el ejemplo 4.17.

Ejercicio 4.17 Resuelva el ejemplo 4.17, si el cascarón 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 radio es R. De acuerdo con sus resultados y el obtenido en el ejemplo 4.16 ¿en qué orden llegarán los cuerpos a la base del plano inclinado, si se les suelta simultáneamente desde la misma posición?

s a

q C R a

C a' Superficie rugosa

Figura 4.60: Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido. Por otro lado, se supone que es un cuerpo rígido de radio R y masa M, que rueda sobre una superficie horizontal áspera. Como el cuerpo rígido rueda sin deslizar, cuando el radio barre un ángulo θ, el centro de masa C se desplaza

30

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

P' vP' = 2 vc

horizontalmente una distancia s = Rθ, como lo muestra la figura 4.60. Por lo tanto, la magnitud de la velocidad del centro de masa, para el movimiento puro por rodadura, está dada por vc

ds = dt dθ = R dt = Rω,

Q' C Q

vc

vQ'

vQ

P vP = 0

(4.33)

Figura 4.61: Rotación alrededor de un eje instantáy la magnitud de la aceleración del centro de neo que pasa por P. masa, por centro de masa C, son únicos y tienen un intedvc rés especial. Por definición, el centro de masa ac = dt del cilindro se mueve con velocidad vc = Rω, dω en tanto que el punto de contacto P tiene velo= R dt cidad cero. Entonces, se concluye que el punto = Rα. (4.34) P’ debe tener una velocidad v = 2v = 2Rω, c P dado que todos los puntos del cuerpo tienen la Las ecuaciones (4.33) y (4.34) muestran que el misma velocidad angular y la distancia PP’ es cuerpo rígido se comporta como si rotara insdos veces la distancia PC. tantáneamente alrededor de un eje que pasa por Ahora se lleva a cabo el procedimiento inverel punto de contacto del cuerpo con la superficie so, considerando la energía cinética del cuerpo sobre la cual rueda sin deslizar. Se habla de rorígido. Para rotación instantánea pura, la enertación instantánea ya que el punto de contacto gía cinética total del cuerpo rígido que rueda sin cambia continuamente mientras el cuerpo ruedeslizar, está dada por da. En otras palabras, se consideró inicialmente un movimiento combinado de traslación y rota(4.35) Ek = 12 IP ω 2 , ción, y se ha llegado a un movimiento de rotasiendo IP el momento de inercia del cuerpo ríción instantánea pura. Para ilustrar un poco más el resultado ante- gido respecto al eje instantáneo que pasa por el rior, en la figura 4.61 se muestran las velocida- punto de contacto P. De acuerdo con el teorema de Steiner, el modes lineales de diversos puntos del cilindro que mento de inercia del cuerpo rígido respecto a rueda. Como consecuencia del movimiento de rotación instantánea pura, la velocidad lineal de un eje que pasa por el punto de contacto P, está cualquiera de los puntos señalados, se encuen- dado por tra en una dirección perpendicular a la recta que IP = Ic + MR2 , (4.36) va de ese punto al punto de contacto con la superficie. En cualquier instante, el punto de con- donde I es el momento de inercia del cuerpo c tacto P está en reposo instantáneo respecto a la respecto a un eje que pasa por el centro de masa, superficie, ya que no se presenta deslizamiento M es la masa del cuerpo y R la separación entre entre las superficies. Por esta razón, el eje que los ejes, coincidente con el radio. pasa por el punto de contacto P, que es perpenReemplazando la ecuación (4.36) en la ecuadicular a la hoja, se le conoce como eje instantá- ción (4.35) y utilizando la relación v = Rω, c neo de rotación. finalmente se encuentra que la energía cinética Partículas del cuerpo rígido, tales como Q y total del cuerpo es Q’, tienen componentes horizontal y vertical de la velocidad; sin embargo, los puntos P, P’ y el Ek = 12 Ic ω 2 + 21 Mv2c . (4.37)

31

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO

En la ecuación (4.37), 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.

Por otro lado, como el peso mg es la única fuerza que genera rotación respecto al punto P, la ecuación (1), con IP = Ic + MR2 , se transforma en gsenθ = 35 Rα,

(2)

donde se ha tomado el sentido horario como positivo y se cumple la expresión Ic = 32 MR2 . Por consiguiente, de la ecuación (2) se tiene que la aceleración del cascarón es α=

3 5

gsenθ , R

y la aceleración del centro de masa, con ac = αR, es ac = 35 gsenθ.

Ejemplo 4.18 Resolver el ejemplo 4.13,para el Estos resultados, al ser idénticos a los obtenidos en el cascarón de la figura 4.62, considerando el eje ins- ejemplo 4.13, muestran que realmente el cascarón se comporta como si rotara instantáneamente respecto tantáneo de rotación. al eje que pasa por el punto de contacto P. Para determinar la fuerza de fricción es necesario R recurrir al método utilizado en el ejemplo 4.13, ya que este método no permite obtenerla. M

P

Ejercicio 4.18 Resuelva el ejemplo 4.18, si el cas-

q Figura 4.62: Eje instantáneo de rotación en un cascarón.

carón esférico se cambia por a) Una esfera maciza. b) Un cilindro 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 en el ejemplo 4.18.

Ejemplo 4.19 Determine, en función de la veloSolución En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.63, se cidad angular, la energía cinética total del cascarón observa que las líneas de acción de la normal N y de esférico del ejemplo 4.13, considerando el eje instanla fuerza de fricción estática Fs , están aplicadas en táneo de rotación. (Ver figura 4.64) el punto de contacto del cascarón con la superficie sobre la cual rueda sin deslizar. c

Fs

Fs P N

c

P N

mg q

mg q

Figura 4.64: Cascarón que rueda. Figura 4.63: Diagrama de cuerpo libre para el casca- Solución rón. Para rotación instantánea pura, la energía cinética total del cascarón se obtiene mediante la expresión Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, este se comporta como si instantáneamente rotara alreEk = 21 IP ω 2 , (1) dedor de un eje que pasa por el punto de contacto P. De este modo, la ecuación de movimiento para la donde el momento de inercia del cascarón, respecto rotación instantánea pura, es de la forma al eje instantáneo de rotación, es

 ∑ MP = IP α. i

(1)

IP = 32 MR2 + MR2 .

(2)

32

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se en la dirección perpendicular al plano inclinado obtiene Ek = 56 MR2 ω 2 , ↖ + ∑ F⊥ = 0, resultado idéntico al encontrado en el ejemplo 4.15, para la energía cinética total del cascarón.

i

∑ Mc

=

Ic α,

i

Ejercicio 4.19 Resuelva el ejemplo 4.19, si se cam- adquieren la forma bia el cascarón esférico por a) Una esfera maciza. b) Mgsenθ − Fs = Mac , (1) Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. Compare los N − mgcosθ = 0, (2) resultados con el obtenido en el ejemplo 4.19. Fs r = 21 MR2 α. (3) Ejemplo 4.20 La rueda acanalada o o-yo"de la figura 4.65, de masa M y radio R, desciende sin desli- a) Mediante las ecuaciones (1) y (3), con ac = αr, se zar sobre un carril inclinado un ángulo θ respecto a encuentra que la aceleración de la rueda está dada la horizontal. La rueda está apoyada sobre su eje de por 2r2 gsenθ radio r. Despreciando el momento de inercia del eje, ac = 2 . (4) determine a) La aceleración del centro de masa de la R + 2r2 rueda y su aceleración angular. b) La fuerza fricción que actúa sobre el eje. Resuelva el problema por dos Si la ecuación (4) se escribe en la forma métodos diferentes. gsenθ , ac = 2 R + 1 2 2r R 2

M

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

c r P

q

Figura 4.65: Rueda acanalada sobre plano inclinado.

ac = 32 gsenθ.

Por medio de la ecuación (4), con ac = αr, se tiene Solución En el diagrama de cuerpo libre de la figura 4.66, las que la aceleración angular de la rueda es fuerzas que actúan sobre la rueda son la normal N, 2rgsenθ el peso mg y la fuerza de fricción estática Fs . α= 2 . (5) R + 2r2

R M

c r Fs P

Mg

q

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

N

Se observa que para una inclinación constante, la fuerza de fricción disminuye al incrementar el radio Figura 4.66: Diagrama de cuerpo libre para yo-yo. del eje de la rueda, adquiriendo su máximo valor, cuando el eje coincide con el borde exterior de la rueMétodo 1: Movimiento combinado de traslación y ro- da, en cuyo caso tación De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, las Fs = 13 Mgsenθ. ecuaciones de movimiento, en la dirección paralela al plano inclinado Método 2: Eje instantáneo de rotación.

↙ + ∑ F// i

=

Mac ,

a) En el diagrama de cuerpo libre, se observa que la normal y la fuerza de fricción estática están aplicadas en el punto de contacto P. Esto hace que el peso

33

4.10. ENUNCIADOS

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

∑ MP = IP α.

(6)

C

i

Ahora, al tomar el sentido antihorario como positivo y empleando el teorema de Steiner con Ic = 12 MR2 , la ecuación (6) adquiere la forma grsenθ = ( 12 R2 + r2 )α. Así, la aceleración del centro de masa, con ac = αr y por la ecuación (6), está dada por ac =

2r2 gsenθ , R2 + 2r2

y la aceleración angular por α=

2rgsenθ , R2 + 2r2

que son resultados idénticos a los encontrados en el método anterior. b) Para determinar la fuerza de fricción, se debe emplear la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa, ya que por este método no es posible.

Figura 4.67: Disco homogéneo. cuerpo, cuando: (a) La fuerza neta es no nula y el momento neto respecto al centro de masa C es nulo. (b) La fuerza neta es nula y el momento neto respecto al punto A es no nulo. (c) La fuerza neta es no nula y el momento neto respecto al centro de masa C es no nulo.

A C

Figura 4.68: Efectos de fuerzas sobre un cuerpo.

4.10. ENUNCIADOS 1. Considere el disco homogéneo mostrado en la figura 4.67. 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. 2. Sobre el cuerpo mostrado en la figura 4.68, actúan simultáneamente las fuerzas mostradas. Justificando cada respuesta, diga qué efectos generan las fuerzas sobre el

3. Justificando cada una de sus respuestas, diga los efectos que se generan cuando sobre un cuerpo actúa: (a)Un par. (b)Un sistema fuerza par. (c) Una llave de torsión. 4. A la varilla de la figura 4.69, de longitud d, se le aplica la fuerza F en diferentes puntos. (a) Halle el momento de la fuerza, 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. 5. A la varilla de la figura 4.70, de longitud d, se le aplica la fuerza F en diferentes puntos. (a) Reemplace la fuerza, aplicada en A,

34

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

C A

g

emplazar por una fuerza única equivalente ó por una llave de torsión.

F

g

B

B

B F

b

C

C

F A

(a)

b

A

(b)

g

z

A

b (c) 17 m

Figura 4.69: Momento de fuerzas respecto a diferentes puntos.

3m

3.5 m 2m

C O

B 1m

y

o

35

por un 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 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 por un sistema fuerza par aplicado en B.(d) En cada caso, ¿cambian los efectos sobre la varilla, al cambiar la fuerza única por el sistema fuerza par correspondiente? Explique.

C A

g (a)

F

g

B

B

B F

b

C

C

F A

b (b)

A

g

b (c)

Figura 4.70: Sistema fuerza par aplicado en diferentes puntos.

x

D

Figura 4.71: Momento neto respecto al punto A. 8. A la escuadra de la figura 4.72 , 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. B

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. 7. La torre de la figura 4.71 se sostiene mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 450 N, la tensión en el cable AC es 850 N, la tensión en el cable AD es 900 N y la distancia OD es 7 m. (a) Exprese cada una de las fuerzas en sus componentes rectangulares. (b) Encuentre el momento neto que actúa sobre la torre en el extremo A. (c) Determine si las tres fuerzas se pueden re-

C A

Figura 4.72: Fuerzas y pares en un plano.

9. Resuelva el enunciado anterior tomando como referencia el punto C. Compare sus resultados con los del enunciado anterior. 10. Reemplazar el sistema de fuerzas y pares del enunciado anterior, por un sistema equivalente formado por dos fuerzas con líneas de acción paralelas, una aplicada en B

35

4.10. ENUNCIADOS

y la otra aplicada en C. Muestre, en un diagrama, el resultado obtenido.

las posiciones indicadas en el numeral anterior.

11. Resuelva los dos enunciados anteriores, tomando como referencia para los momentos: (i) el punto B y (ii) el punto C. 12. Como se ilustra en la figura 4.73, a la lámina en forma de triángulo equilátero, de lado 10 cm, se le aplican las fuerzas y pares mostrados en la figura. (a) Halle la fuerza neta que actúa sobre la lámina. ¿Qué puede concluir de su resultado? Explique. (b) Encuentre, respecto a cada vértice, el momento neto que actúa sobre la lámina. ¿Qué puede concluir de sus resultados? Explique. ¿Qué sistema actúa sobre la lámina? Explique. Muestre, en un diagrama, el resultado obtenido.

Figura 4.73: Fuerzas y pares en un triángulo.

13. La varilla homogénea de la figura 4.74, que tiene masa m y longitud l, rota libremente alrededor de un eje fijo que pasa por su extremo A, cuando se suelta desde la posición vertical mostrada. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la varilla? Explique. (b) Para 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 varilla, su aceleración angular y su velocidad angular. (d) Halle las componentes tangencial y normal, 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 horizontal y cuando se encuentra en la posición más baja de su movimiento. (f) ¿Cuál es la magnitud y dirección de la fuerza que el eje ejerce sobre la varilla, para

A

Figura 4.74: Varilla que rota. 14. Como se muestra en la figura 4.75, la polea de masa M y radio R, tiene un pequeño saliente de radio R/2, alrededor del cual se enrolla una cuerda que está sujeta al bloque de masa m1 , el 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) 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? Explique. (e) Encuentre la tensión en las cuerdas. (f) Evalúe para: M = 500 g, R = 23 cm, m1 = 127 g, m2 = 370 g, µ = 0.33 y θ = 29o . ¿En qué sentido se mueven los cuerpos? Explique.

m1

m2

Figura 4.75: Partículas y cuerpo rígido. 15. Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , se lanza sobre

36

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

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. 16. Desde la base de un plano inclinado, se lanza una esfera con determinada velocidad paralela 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. 17. La esfera de la figura 4.76,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 4.76: Sentido de la fuerza de fricción.

18. Al carrete de la figura 4.77, 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.

P

R m

r

b

Figura 4.77: Carrete rodando.

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

37

4.10. ENUNCIADOS

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. P g R m

r

Figura 4.78: El carrete rueda sin deslizar. 20. Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , rueda sin deslizar, luego de partir desde la parte más alta de un plano inclinado que forma un ángulo θ con 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) Plantee las ecuaciones de movimiento correspondientes. (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 cuer-

po 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 . 21. Como se muestra en la figura 4.79, 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, 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 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 . R M

q

m

r

r

m

Figura 4.79: Cuerpo rígido y partícula.

38

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

22. Un disco, un aro, una esfera hueca y una esfera maciza, de igual masa e igual radio, 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? 23. (a) Para la varilla del enunciado 13, resuelva el numeral (c) mediante consideraciones de energía. (b) Evalúe para l = 18 cm y θ = 29o . 24. En la figura 4.80, 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-cuerda-polea? 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

tenga 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.

M

m1 h m2 Piso

Figura 4.80: Polea con pequeño saliente. 25. Un cuerpo con simetría circular, de masa m, radio R y radio de giro Kc , rueda sin 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. 26. Al carrete de la figura 4.81, 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

39

4.10. ENUNCIADOS

condición matemática, el carrete se mueve hacia la derecha? Explique. ¿Qué movimiento adquiere 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 4.81: Carrete deslizando. 27. Al carrete de la figura 4.82, 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 4.82: Rodadura en un carrete.

28. 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 que forma un ángulo θ con 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 . 29. (En este enunciado, utilice el concepto de rodadura). En la figura 4.83, 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 asumi-

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CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

do 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 . R M

q

m

r

r

m

Figura 4.83: Dos cuerpos rígidos y una partícula. 30. (En este enunciado, utilice el concepto de rodadura). Un disco, un aro, una esfera hueca y una esfera maciza, de igual masa e igual radio, 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?

[11] F. W. Sears, M. W. Zemansky, H. D. Young y R. A. Freedman. "Física Universitaria Volumen 1 (Décimo tercera edición)". Pearson Educación, 2013. [12] P. M. Fishbane, S. Gasiorowica y S. T. Thornton. ÏFísica para Ciencias e Ingeniería". Prentice-Hall Hispanoamericana S. A. 1984.

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[13] F. P. Beer y E. R. Johnston, Jr. "Mecánica Vectorial para Ingenieros, Dinámica". McGraw-Hill, 1998. [1] R. A. Serway, J. W. Jewett, Jr. "Física (Séptima edición), Volumen 1". Cengage Learning Editores S.A., 2009.

[14] F. P. Beer y E. R. Johnston, Jr. "Mecánica Vectorial para Ingenieros, Estática". McGraw-Hill, 1998.

[15] A. Boresi, R. J. Schmidt, . Ïngeniería Mecánica: Estática". Thomson Editores, 2001. [2] Manuel José Páez. "Mecánica, Fluidos y Termodinámica". Ude@, 2005. [16] A. Boresi, R. J. Schmidt, . Ïngeniería Mecánica: Dinámica". Thomson Editores, 2002. [3] Paul A. Tipler, Gene Mosca. "Física para la ciencia y la tecnología (Quinta edición), Volumen 1". Editorial Reverté, 2005. [4] R. L. Reese. "Física Universitaria, Volumen I". Thomson, 2002. [5] R. Resnick, D. Hallyday y K. Krane, "Físiva Vol.1, (Quinta edición)". Compañía Editorial Continental, 2002. [6] W.E.Gettys, F. O. Keller y M. J. Skover. "Física Clásica y Moderna, Tomo 1.". McGraw Hill, 2005. [7] R. M. Eisberg y L. S. Lerner. "Física Fundamentos y Aplicaciones". McGraw Hill S. A., 1984. [8] Arthur P. Boresi. Richard J. Schmidt. Ïngeniería Mecánica: ESTATICA". Thomson, 2001. [9] J. P. McKelvey y H. Grotch. "Física para Ciencias e Ingeniería". Harla, 1978. [10] M. Alonso y E. Finn. "Física, vol. I (Mecánica)". Fondo Educativo Interamericano, S.A., 1976. 41

Índice alfabético

A, aceleración angular, 22 del centro de masa, 2, 22 B, brazo de una fuerza, 4 C, cantidad de rotación, 3 centro de masa, 2, 22 de rotación, 2, 3 geométrico, 22 centro de masa, 14 componentes rectangulares del vector fuerza, 4 del vector momento de una fuerza, 4 del vector posición, 4 conservación de la energía, 27 del momento angular, 18, 22 convención de signos, 5 cuerpo homogéneo, 22 D, definición de cuerpo rígido, 2 de momento de una fuerza, 3 dimensiones de momento de una fuerza, 5 dirección del momento de una fuerza, 3

E, ecuación de la línea de acción, 13 de movimiento rotacional, 18 efecto de rotación, 3 efectos de rotación, 11 de traslación, 11 de una fuerza, 3 eje instantáneo, 30 instantáneo de rotación, 30 principal de inercia, 25 energía cinética, 24 cinética rotacional, 24, 25, 31 cinética total, 24, 25, 30 cinética traslacional, 24, 25, 31 de un cuerpo rígido, 24 potencial, 27 total, 27 equivalencia rotacional, 10 traslacional, 10 F, fricción cinética, 22, 29 estática, 22 fuerza única equivalente, 11–15 conservativa, 27 de fricción dinámica, 27 externa, 22, 27 externa conservativa, 27 gravitacional, 27 42

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ÍNDICE ALFABÉTICO

interna, 28 neta, 2, 11 no conservativa, 27 resultante, 14 I, interacción entre cuerpos, 2 L, ley de conservación de la energía, 28 LL, llave de torsión, 15, 16 M, magnitud del momento de una fuerza, 4 modelo de cuerpo rígido, 2 de partícula, 1 momento de inercia, 25 de una fuerza, 3, 4 de una par, 8 resultante, 14 momento de una fuerza en dos dimensiones, 4 movimiento combinado, 3, 10, 21, 24 de rotación pura, 2 de traslación, 2 N, nivel cero de energía potencial, 28 P, par de fuerzas, 15 efectos de rotación, 8 efectos de traslación, 8 o cupla, 8 peso de un cuerpo, 14 principio de transmisibilidad, 4, 9, 13 punto de contacto, 22, 30

R, regla de la mano derecha, 3 rodadura, 29 rodar, 22 deslizando, 22 sin deslizar, 22, 28, 29 rotación, 3 alrededor de un eje no principal, 18 alrededor de un eje principal, 18 instantánea, 30 instantánea pura, 29, 31 rotación pura pura, 24 S, segunda ley de Newton, 2, 22 sistema conservativo, 28 de fuerzas concurrentes, 12 de fuerzas coplanares, 13 de fuerzas paralelas, 13, 14 de partículas, 2 fuerza par, 9, 21 fuerzas par, 15 no conservativo, 27 T, teorema de Steiner, 30 de Varignon, 12 del trabajo y la energía, 27 traslación del centro de masa, 3, 22 pura, 2, 24 trayectoria circular, 2 U, unidades de momento de una fuerza, 5 V, vector deslizante, 9, 13 libre, 8