Unidad 7
Rotacioacuten
bull Analizar la relacioacuten que existe entre la velocidad y aceleracioacuten
lineales con la velocidad y aceleracioacuten angulares en los
movimientos de rotacioacuten
bull Aplicar la relacioacuten entre el cambio de energiacutea cineacutetica y el
trabajo para describir el movimiento rotacional de un cuerpo
bull Aplicar la relacioacuten entre momento aceleracioacuten e impulso
angulares en el anaacutelisis de movimientos rotacionales
bull Analizar el movimiento rotacional mediante la ley de
conservacioacuten del momento angular
Ob
jeti
vo
s
171
Introduccioacuten
Se denomina rotacioacuten al movimiento que realiza un cuerpo cuando gira en torno
a un eje que se mantiene fijo en el espacio Dicho eje se denomina eje de rotacioacuten y
puede ser real (una rueda de automoacutevil girando alrededor de su eje) o imaginario (el eje
de rotacioacuten terrestre) lo cual se muestra en la figura 71
( a ) ( b )
Figura 71 En la figura (a) se muestra una rueda girando alrededor de un eje real
La figura (b) muestra el eje imaginario alrededor del cual gira nuestro planeta
Considerando que el cuerpo estaacute formado por partiacuteculas individuales las trayectorias
que siguen dichas partiacuteculas corresponden a ciacuterculos inscritos en planos perpendiculares
al eje de rotacioacuten El radio de cada trayectoria circular es mayor entre maacutes alejada esteacute
la partiacutecula del eje de rotacioacuten y viceversa Las partiacuteculas individuales que estaacuten sobre el
eje de rotacioacuten permanecen fijas mientras el cuerpo gira Lo anterior puede apreciarse
en la figura 72
172
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
r
r
r
Figura 72 Rotacioacuten de un cuerpo alrededor de un eje que permanece fijo en el espacio
Un objeto en el que todas sus partiacuteculas mantienen una distancia fija una de otra recibe el nombre
de cuerpo riacutegido y su movimiento global de rotacioacuten (desplazamiento velocidad y aceleracioacuten) se puede
analizar en teacuterminos de las suma de los movimientos de cada una de ellas
71 Velocidad angular y velocidad lineal
Considere un cuerpo girando alrededor del eje z el cual es perpendicular al plano xy como se
muestra en la figura 73 se puede establecer lo siguiente
1 La posicioacuten angular de una partiacutecula situada en el punto P en un instante t1 es un aacutengulo θ
1
formado por el vector de posicioacuten 1r
y el eje x el cual se considera como el eje de referencia
2 Si la partiacutecula situada inicialmente en el punto P se desplaza hasta el punto Q en un instante
t2 la posicioacuten angular cambia y ahora es un aacutengulo θ
2 formado por el vector de posicioacuten 2r
y el eje x
3 El desplazamiento angular de la partiacutecula se define como θΔ = θ2 ndash θ
1 y ocurre en el
intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 La magnitud del desplazamiento angular se mide en radianes Las
siguientes relaciones permiten transformar grados a radianes
2π rad = 360ordm = 1 rev o π rad = 180ordm = 1
2rev
173
Unidad 7
ω ( + )
0
ω ( ndash )
2Q t
1P t S
x
y
z
2r
1r2θ1θ
Δθ
Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt
Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento
Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular
independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del
desplazamiento angular del cuerpo
4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como
2 1
2 1
ndash
ndasht t tω θ θΔθ= =Δ
(71)
Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω
como velocidad angular simplemente
La magnitud de ese vector se puede calcular como
0
limt
d
t dtω Δ rarr
Δθ θ= =Δ (72)
5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la
posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]
6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que
sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este
capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas
7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos
cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy
174
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta
manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas
maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω
en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v
la cual se encuentra en el plano xy es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo
en todo momento como se muestra en la figura 74
ω t
0
0 0v t
1 1v t
x
y
z
rr
s = rθ
Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v
para todo movimiento de rotacioacuten
Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento
o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante
Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene
ds dr
dt dt
θ= lo cual queda como v = r w (73)
donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular
en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten
existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje
z que es perpendicular al plano mencionado
72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal
Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una
velocidad angular inicial ω1 en el instante t
1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω
2 en
el instante t2
17
Unidad 7
0
ω t 1 1
ω t 2 2
x
y
z
rr
QP
α ( ndash )
α ( + )
α
Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular
De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se
puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es
2 1
2 1t t t
ω ωωα minusΔ= =Δ minus
(74)
De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten
angular simplemente como
0lim
t
d
t dt
ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)
Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad
angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]
La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo
y negativa cuando ω decrece en el tiempo
Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo
Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe
cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
171
Introduccioacuten
Se denomina rotacioacuten al movimiento que realiza un cuerpo cuando gira en torno
a un eje que se mantiene fijo en el espacio Dicho eje se denomina eje de rotacioacuten y
puede ser real (una rueda de automoacutevil girando alrededor de su eje) o imaginario (el eje
de rotacioacuten terrestre) lo cual se muestra en la figura 71
( a ) ( b )
Figura 71 En la figura (a) se muestra una rueda girando alrededor de un eje real
La figura (b) muestra el eje imaginario alrededor del cual gira nuestro planeta
Considerando que el cuerpo estaacute formado por partiacuteculas individuales las trayectorias
que siguen dichas partiacuteculas corresponden a ciacuterculos inscritos en planos perpendiculares
al eje de rotacioacuten El radio de cada trayectoria circular es mayor entre maacutes alejada esteacute
la partiacutecula del eje de rotacioacuten y viceversa Las partiacuteculas individuales que estaacuten sobre el
eje de rotacioacuten permanecen fijas mientras el cuerpo gira Lo anterior puede apreciarse
en la figura 72
172
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
r
r
r
Figura 72 Rotacioacuten de un cuerpo alrededor de un eje que permanece fijo en el espacio
Un objeto en el que todas sus partiacuteculas mantienen una distancia fija una de otra recibe el nombre
de cuerpo riacutegido y su movimiento global de rotacioacuten (desplazamiento velocidad y aceleracioacuten) se puede
analizar en teacuterminos de las suma de los movimientos de cada una de ellas
71 Velocidad angular y velocidad lineal
Considere un cuerpo girando alrededor del eje z el cual es perpendicular al plano xy como se
muestra en la figura 73 se puede establecer lo siguiente
1 La posicioacuten angular de una partiacutecula situada en el punto P en un instante t1 es un aacutengulo θ
1
formado por el vector de posicioacuten 1r
y el eje x el cual se considera como el eje de referencia
2 Si la partiacutecula situada inicialmente en el punto P se desplaza hasta el punto Q en un instante
t2 la posicioacuten angular cambia y ahora es un aacutengulo θ
2 formado por el vector de posicioacuten 2r
y el eje x
3 El desplazamiento angular de la partiacutecula se define como θΔ = θ2 ndash θ
1 y ocurre en el
intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 La magnitud del desplazamiento angular se mide en radianes Las
siguientes relaciones permiten transformar grados a radianes
2π rad = 360ordm = 1 rev o π rad = 180ordm = 1
2rev
173
Unidad 7
ω ( + )
0
ω ( ndash )
2Q t
1P t S
x
y
z
2r
1r2θ1θ
Δθ
Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt
Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento
Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular
independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del
desplazamiento angular del cuerpo
4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como
2 1
2 1
ndash
ndasht t tω θ θΔθ= =Δ
(71)
Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω
como velocidad angular simplemente
La magnitud de ese vector se puede calcular como
0
limt
d
t dtω Δ rarr
Δθ θ= =Δ (72)
5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la
posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]
6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que
sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este
capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas
7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos
cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy
174
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta
manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas
maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω
en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v
la cual se encuentra en el plano xy es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo
en todo momento como se muestra en la figura 74
ω t
0
0 0v t
1 1v t
x
y
z
rr
s = rθ
Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v
para todo movimiento de rotacioacuten
Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento
o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante
Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene
ds dr
dt dt
θ= lo cual queda como v = r w (73)
donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular
en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten
existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje
z que es perpendicular al plano mencionado
72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal
Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una
velocidad angular inicial ω1 en el instante t
1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω
2 en
el instante t2
17
Unidad 7
0
ω t 1 1
ω t 2 2
x
y
z
rr
QP
α ( ndash )
α ( + )
α
Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular
De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se
puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es
2 1
2 1t t t
ω ωωα minusΔ= =Δ minus
(74)
De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten
angular simplemente como
0lim
t
d
t dt
ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)
Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad
angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]
La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo
y negativa cuando ω decrece en el tiempo
Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo
Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe
cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
172
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
r
r
r
Figura 72 Rotacioacuten de un cuerpo alrededor de un eje que permanece fijo en el espacio
Un objeto en el que todas sus partiacuteculas mantienen una distancia fija una de otra recibe el nombre
de cuerpo riacutegido y su movimiento global de rotacioacuten (desplazamiento velocidad y aceleracioacuten) se puede
analizar en teacuterminos de las suma de los movimientos de cada una de ellas
71 Velocidad angular y velocidad lineal
Considere un cuerpo girando alrededor del eje z el cual es perpendicular al plano xy como se
muestra en la figura 73 se puede establecer lo siguiente
1 La posicioacuten angular de una partiacutecula situada en el punto P en un instante t1 es un aacutengulo θ
1
formado por el vector de posicioacuten 1r
y el eje x el cual se considera como el eje de referencia
2 Si la partiacutecula situada inicialmente en el punto P se desplaza hasta el punto Q en un instante
t2 la posicioacuten angular cambia y ahora es un aacutengulo θ
2 formado por el vector de posicioacuten 2r
y el eje x
3 El desplazamiento angular de la partiacutecula se define como θΔ = θ2 ndash θ
1 y ocurre en el
intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 La magnitud del desplazamiento angular se mide en radianes Las
siguientes relaciones permiten transformar grados a radianes
2π rad = 360ordm = 1 rev o π rad = 180ordm = 1
2rev
173
Unidad 7
ω ( + )
0
ω ( ndash )
2Q t
1P t S
x
y
z
2r
1r2θ1θ
Δθ
Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt
Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento
Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular
independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del
desplazamiento angular del cuerpo
4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como
2 1
2 1
ndash
ndasht t tω θ θΔθ= =Δ
(71)
Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω
como velocidad angular simplemente
La magnitud de ese vector se puede calcular como
0
limt
d
t dtω Δ rarr
Δθ θ= =Δ (72)
5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la
posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]
6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que
sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este
capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas
7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos
cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy
174
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta
manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas
maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω
en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v
la cual se encuentra en el plano xy es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo
en todo momento como se muestra en la figura 74
ω t
0
0 0v t
1 1v t
x
y
z
rr
s = rθ
Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v
para todo movimiento de rotacioacuten
Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento
o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante
Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene
ds dr
dt dt
θ= lo cual queda como v = r w (73)
donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular
en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten
existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje
z que es perpendicular al plano mencionado
72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal
Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una
velocidad angular inicial ω1 en el instante t
1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω
2 en
el instante t2
17
Unidad 7
0
ω t 1 1
ω t 2 2
x
y
z
rr
QP
α ( ndash )
α ( + )
α
Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular
De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se
puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es
2 1
2 1t t t
ω ωωα minusΔ= =Δ minus
(74)
De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten
angular simplemente como
0lim
t
d
t dt
ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)
Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad
angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]
La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo
y negativa cuando ω decrece en el tiempo
Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo
Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe
cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
173
Unidad 7
ω ( + )
0
ω ( ndash )
2Q t
1P t S
x
y
z
2r
1r2θ1θ
Δθ
Figura 73 Determinacioacuten graacutefica del desplazamiento angular θΔ el cual ocurre en el intervalo de tiempo Δt
Noacutetese la diferencia graacutefica y conceptual del desplazamiento angular y del arco de desplazamiento
Cabe sentildealar que todas las partiacuteculas del cuerpo tienen el mismo desplazamiento angular
independientemente de su distancia al eje de rotacioacuten Por consiguiente se puede hablar del
desplazamiento angular del cuerpo
4 Con base en lo anterior se puede definir la velocidad angular media ϖ como
2 1
2 1
ndash
ndasht t tω θ θΔθ= =Δ
(71)
Asimismo se puede definir la velocidad angular instantaacutenea ω
como velocidad angular simplemente
La magnitud de ese vector se puede calcular como
0
limt
d
t dtω Δ rarr
Δθ θ= =Δ (72)
5 Las ecuaciones anteriores nos dicen que la velocidad angular mide la razoacuten de cambio de la
posicioacuten angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads] o [sndash1]
6 La velocidad angular es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje Z el cual es perpendicular al plano xy Si el giro es antihorario ω es positiva (como un tornillo que
sale del plano xy) si el giro es horario ω es negativa (como un tornillo que entra al plano xy) En este
capiacutetulo se usa esta convencioacuten para la resolucioacuten de problemas
7 Durante el intervalo de tiempo Δt = t2 ndash t
1 la partiacutecula recorre un arco de desplazamientos
cuya magnitud depende de su distancia al eje de giro y se encuentra sobre el plano xy
174
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta
manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas
maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω
en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v
la cual se encuentra en el plano xy es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo
en todo momento como se muestra en la figura 74
ω t
0
0 0v t
1 1v t
x
y
z
rr
s = rθ
Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v
para todo movimiento de rotacioacuten
Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento
o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante
Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene
ds dr
dt dt
θ= lo cual queda como v = r w (73)
donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular
en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten
existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje
z que es perpendicular al plano mencionado
72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal
Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una
velocidad angular inicial ω1 en el instante t
1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω
2 en
el instante t2
17
Unidad 7
0
ω t 1 1
ω t 2 2
x
y
z
rr
QP
α ( ndash )
α ( + )
α
Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular
De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se
puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es
2 1
2 1t t t
ω ωωα minusΔ= =Δ minus
(74)
De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten
angular simplemente como
0lim
t
d
t dt
ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)
Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad
angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]
La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo
y negativa cuando ω decrece en el tiempo
Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo
Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe
cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
174
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Dicho arco de desplazamiento se mide en metros y se calcula mediante la relacioacuten s = r Δθ De esta
manera las partiacuteculas maacutes alejadas del eje de rotacioacuten recorren distancias mayores que las partiacuteculas
maacutes cercanas al mismo aunque todas ellas tengan el mismo deslazamiento angular Δθ Suponiendo ahora que una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω
en un instante t Dicha partiacutecula tiene una velocidad lineal v
la cual se encuentra en el plano xy es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula y perpendicular al radio del ciacuterculo
en todo momento como se muestra en la figura 74
ω t
0
0 0v t
1 1v t
x
y
z
rr
s = rθ
Figura 74 Relacioacuten existente entre la velocidad angular ω y la velocidad lineal v
para todo movimiento de rotacioacuten
Considerando que en t = 0 la partiacutecula parte del eje x positivo se observa que el arco de desplazamiento
o distancia recorrida por la partiacutecula en un tiempo t es s = r θ donde r es de valor constante
Si derivamos s con respecto al tiempo se obtiene
ds dr
dt dt
θ= lo cual queda como v = r w (73)
donde v es la magnitud de la velocidad tangencial en ms w la magnitud de la velocidad angular
en rads y r es el radio de la trayectoria en m Esta uacuteltima ecuacioacuten nos permite conocer la relacioacuten
existente entre la velocidad lineal que ocurre en el plano xy y la velocidad angular que ocurre en el eje
z que es perpendicular al plano mencionado
72 Aceleracioacuten angular y aceleracioacuten lineal
Consideremos ahora que una partiacutecula del cuerpo mostrado en la figura 75 tiene en el punto P una
velocidad angular inicial ω1 en el instante t
1 y que en el punto Q cambioacute su velocidad angular a ω
2 en
el instante t2
17
Unidad 7
0
ω t 1 1
ω t 2 2
x
y
z
rr
QP
α ( ndash )
α ( + )
α
Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular
De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se
puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es
2 1
2 1t t t
ω ωωα minusΔ= =Δ minus
(74)
De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten
angular simplemente como
0lim
t
d
t dt
ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)
Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad
angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]
La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo
y negativa cuando ω decrece en el tiempo
Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo
Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe
cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
17
Unidad 7
0
ω t 1 1
ω t 2 2
x
y
z
rr
QP
α ( ndash )
α ( + )
α
Figura 75 Esquema que muestra las condiciones necesarias para definir la aceleracioacuten angular
De manera anaacuteloga al procedimiento usado para deducir las ecuaciones de velocidad angular se
puede definir que la aceleracioacuten angular media α del cuerpo es
2 1
2 1t t t
ω ωωα minusΔ= =Δ minus
(74)
De igual forma podemos definir la magnitud de la aceleracioacuten angular instantaacutenea o la aceleracioacuten
angular simplemente como
0lim
t
d
t dt
ω ωα Δ rarrΔ= =Δ (75)
Las ecuaciones anteriores indican que la aceleracioacuten angular mide la razoacuten de cambio de la velocidad
angular con respecto al tiempo Sus unidades se expresan en [rads2] o [sndash2]
La aceleracioacuten angular tambieacuten es un vector que se encuentra sobre el eje de rotacioacuten Es decir en el
eje z el cual es perpendicular al plano xy La aceleracioacuten angular es positiva cuando ω crece en el tiempo
y negativa cuando ω decrece en el tiempo
Si una partiacutecula de un cuerpo se encuentra girando con velocidad angular ω en un intervalo de tiempo
Δt dicha partiacutecula tiene una aceleracioacuten lineal aT llamada aceleracioacuten tangencial esta aceleracioacuten existe
cuando la velocidad cambia su magnitud en funcioacuten del tiempo la cual se encuentra en el plano xy y es
tangente a la trayectoria circular descrita por el giro de la partiacutecula lo cual se aprecia en la figura 76
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
176
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0ω(+)
a R
a T
a
x
y
z
α ( + )
Figura 76 Relacioacuten existente entre la aceleracioacuten angular α la aceleracioacuten tangencial Ta
la aceleracioacuten
centriacutepeta o radial Ra
y la aceleracioacuten lineal total a
para todo movimiento de rotacioacuten
Se conoce que la derivada de la velocidad con respecto al tiempo es la aceleracioacuten y si se considera
la relacioacuten entre velocidad lineal y velocidad angular v = r ω derivando la velocidad con respecto al
tiempo tenemos
v = r ω
dv dr
dt dt
ω=
dva
dt=
y de acuerdo con la ecuacioacuten 75
aT = r α (76)
donde aT es la magnitud de la aceleracioacuten tangencial en ms2 α es la magnitud de la aceleracioacuten angular
en rads2 y r el radio de la trayectoria en m
Los objetos con movimiento rectiliacuteneo uniforme tienen una velocidad constante Sin embargo un
objeto que se mueva en un arco con velocidad constante sufre un continuo cambio en la direccioacuten
del movimiento Dado que la velocidad es un vector con moacutedulo direccioacuten y sentido un cambio en
la direccioacuten implica una velocidad variante Este cambio de velocidad es la aceleracioacuten centriacutepeta aC
(radial) Derivando el vector de velocidad obtenemos la direccioacuten de esta aceleracioacuten hacia el centro del
ciacuterculo como se muestra en la figura 77
22
ωrr
vaC ==
ωω
rv =
Figura 77
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
177
Unidad 7
Por lo tanto la magnitud de la aceleracioacuten centriacutepeta estaacute dada por
22
C
va r
rω= =
(77)
La aceleracioacuten tangencial Ta
y la aceleracioacuten centriacutepeta Ca
en un movimiento circular no uniforme
representan dos vectores mutuamente perpendiculares como se muestra en la figura 78 que definen
una aceleracioacuten total dada por
2 2( ) ( )T Ca a a= + (78)
Sustituyendo las ecuaciones (76) y (77) en (78) se tiene
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 4
T Ca a a r r r r rα ω α ω α ω= + = + = + = + (79)
aa C
at
α
Figura 78
73 Aceleracioacuten angular constante
El movimiento con aceleracioacuten angular constante (α = constante) o Movimiento Circular
Uniformemente Acelerado (MCUA) representa un caso especial relevante del movimiento de rotacioacuten
Este movimiento es el que ocurre al encender alguacuten aparato giratorio mientras alcanza su velocidad
angular final o bien cuando alguacuten aparato girando con velocidad determinada se apaga y llega al reposo
despueacutes de un determinado tiempo
Las ecuaciones cinemaacuteticas de este tipo de movimiento son las mismas del Movimiento Rectiliacuteneo
Uniformemente Acelerado (MRUA) sustituyendo el desplazamiento lineal x por el desplazamiento
angular θ la velocidad lineal v por la velocidad angular ω y la aceleracioacuten lineal a por la aceleracioacuten
angular α Por lo tanto las ecuaciones del Movimiento Circular Uniformemente Acelerado (MCUA)
quedan de la siguiente manera
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
178
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
f i tω ω α= +
(710)
2 2 2 ( )f i f iω ω α θ θ= + minus
(711)
21
2i it tθ θ ω α= + +
(712)
2
i f
f i tω ω
θ θ+ minus = (713)
donde θi y θ
f son las posiciones angulares inicial y final respectivamente en rad ω
i y ω
f son las
magnitudes de las velocidades angulares inicial y final en rads y α es la magnitud de la aceleracioacuten
angular en rads2
Problemas resueltos
1 Un taladro automaacutetico es utilizado en una ensambladora para introducir tornillos metaacutelicos en
las tuercas fijas de un motor Cada tornillo tiene 76 vueltascm 75 cm de longitud y 15 cm de
diaacutemetro Si el taladro con el tornillo gira a razoacuten de 350 rpm iquestcuaacutento tiempo tarda cada tornillo en ser
ensamblado totalmente en una tuerca
Respuesta
Si el taladro estaacute girando con velocidad angular constante entonces
t
θω = despejando t tθω
=
Pero el nuacutemero total de vueltas que tiene cada tornillo es
vueltas76 (75cm) 57vueltas
cmθ = =
Por lo tanto
vueltas 1min vueltas(350 rpm) 350 5833
min 60s s
= =
vueltas57
1 977 svueltas
5833s
tθω
= = =
2 El plato giratorio de un horno de microondas parte del reposo en t = 0 al ser encendido tal
aparato Cuando han transcurrido 3 segundos la velocidad angular es de 45 rads Pasados 15 segundos
el plato giratorio alcanza una velocidad angular constante iquestCuaacutel es el aacutengulo que ha girado el plato
desde t = 0 hasta t = 35 s iquestcuaacutentas vueltas ha dado el plato en ese intervalo de tiempo
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
179
Unidad 7
Respuesta
Este problema tiene una parte de MCUA desde t = 0 s hasta t = 15 s y la otra parte es un MCU
desde t = 15 s hasta t = 35 s
La primera parte establece que el plato giratorio del microondas parte del reposo Cuando el tiempo
t = 3 s la velocidad angular es ω = 45 rads Por lo tanto de la ecuacioacuten 710 ωf = ω
i + α t despejando
α
α = (ωf ndash ω
i) t = (45 rads ndash 0 rads) 3 s = 15 rads2
Por consiguiente el aacutengulo recorrido desde t = 0 hasta t = 15 es de acuerdo con la ecuacioacuten 712
θ = θi + ω
i t + frac12 α t2 pero inicialmente θ
i=0 y ω
i t=0
Entonces θ = frac12 α t2 = frac12 (15 rads2)(15 s)2 = 16875 rad = θ1
La segunda parte establece que el plato giratorio deja de acelerarse a los 15 segundos por lo que su
movimiento se vuelve constante es decir deja de tener aceleracioacuten Por lo tanto la velocidad angular
cuando t = 15 segundos es
ω = α t = (15 rads2)(15 s) = 225 rads
Por tanto el aacutengulo recorrido de manera constante desde t = 15 s hasta t = 35 s es
θ = ω t = (225 rads)(20 s) = 450 rad = θ2
Sumando ambos aacutengulos θ1 y θ
2 se obtiene el aacutengulo total recorrido por el plato giratorio del
microondas
θ = θ1 + θ
2 = 16875 rad + 450 rad = 61875 rad
Para calcular el nuacutemero de vueltas que ha dado el plato giratorio en este intervalo de tiempo desde
t = 0 hasta t = 35 s podemos usar la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev
Entonces 61875 rad 2π rad = 9847 rev
3 La rueda de una pulidora tiene un diaacutemetro de 35 cm y estaacute girando a 50 rpm cuando es apagada
Si tarda 15 segundos en detenerse calcular la aceleracioacuten angular de dicha rueda el nuacutemero de vueltas
que realiza antes de detenerse asiacute como la velocidad y las aceleraciones tangencial centriacutepeta y total
iniciales de un punto situado en el borde externo de la rueda
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
180
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Respuesta
Como la rueda de la pulidora llega al reposo al ser apagada podemos decir que su velocidad angular
final es cero es decir ωf = 0 Usando la relacioacuten 2π rad = 360ordm = 1 rev se obtiene la velocidad angular
inicialrev 2 rad 1min rad
50 523min 1rev 60
is s
πω = =
Ahora se puede calcular la aceleracioacuten angular despejaacutendola de la relacioacuten se emplea la ecuacioacuten
710
α = (ωf ndash ω
i) t = (0 rads ndash 523 rads) 15 s = ndash 0348 rads2
Despejando (θf ndash θ
i) de la relacioacuten 711 podemos obtener el nuacutemero de vueltas que realiza antes de
detenerse
θf ndash θ
i = (ω
f
2 ndash ωi
2) 2 α = [(0 rads)2 ndash (523 rads)2] [2 (ndash0348 rads2)] = 3561 rad
Usando 2π rad = 360ordm = 1 rev se tiene
θf ndash θ
i = 3561 rad 2 π rev = 566 rev
Para resolver la segunda parte del problema sabiendo que el diaacutemetro de la rueda de la pulidora es
de 35 cm entonces su radio es r = 175 cm Usando las ecuaciones (73) (76) (77) y (78)
vi = r ω
i
aT = r α
ac = r ω
i2
y a = (aT
2 + ac2)frac12 y sustituyendo valores
vi = r ω
i = (0175 m)(523 rads) = 091 m
aT = r α = (0175 m)(ndash0348 rads2) = ndash 0060 ms2
ac = r ω
i2 = (0175 m)(523 rads)2 = 478 ms2
a = (aT
2 + ac2)frac12 = [ndash0060 ms2)2 + (478 ms2)2]frac12 = 478 ms2
Observa que los radianes no son propiamente una unidad de medida y que a = a
R debido a que a
T
2
es un nuacutemero muy pequentildeo
74 Energiacutea cineacutetica de rotacioacuten
Consideremos un cuerpo que gira en un eje z perpendicular a un plano xy sobre el cual describe
trayectorias circulares como se aprecia en la figura 79 Si el cuerpo gira con una velocidad angular ω
en un cierto instante t la energiacutea cineacutetica del cuerpo en su conjunto es igual a la suma de las energiacuteas
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
181
Unidad 7
cineacuteticas de cada una de las partiacuteculas de masa m del mismo Si consideramos una partiacutecula de masa mi
situada a una distancia ri del eje de rotacioacuten esta partiacutecula tiene una velocidad de magnitud v
i = ω r
i
0ωt
ωtωt
m1
m2
mi
v1
v 2
v ir
i
r 1
a
x
y
z
Figura 79 Diagrama en el que se muestra la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de una masa mi
la cual forma parte de un cuerpo cuya energiacutea cineacutetica de rotacioacuten es la misma que la de esta masa
Si la energiacutea cineacutetica se define como EK = frac12 m v2 aplicando esta definicioacuten al cuerpo de la figura
79 obtenemos la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten de la partiacutecula de masa mi
EKi
= frac12 mi v
i
2 = frac12 mi (ω r
i)2 = frac12 m
i
[J]=[kgm2s2= (kgms2)(m)=(N)(m)=J]
Por lo tanto si sumamos la energiacutea cineacutetica de todas las masas mi obtenemos la energiacutea cineacutetica de
rotacioacuten de todo el cuerpo en donde la magnitud de la velocidad angular ω es la misma para todas las
partiacuteculas del cuerpo
EK = Σ E
Ki = Σ frac12 m
i r
i
2 ω2 = frac12 (Σ mi r
i
2) ω2 (714)
Sin embargo cabe hacer notar que el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje que
representa la tendencia de un cuerpo a rotar se define como
I = Σ mi r
i
2 (715)
que es el teacutermino que tenemos entre pareacutentesis en la ecuacioacuten (714) las unidades son kgbullm2 en
el SI Si sustituimos este momento de inercia en dicha ecuacioacuten obtenemos la ecuacioacuten de la energiacutea
cineacutetica de rotacioacuten de un cuerpo que gira en torno a un eje fijo con velocidad angular ω
EK = frac12 I ω2 (716)
Esta ecuacioacuten es totalmente anaacuteloga a la de la energiacutea cineacutetica de traslacioacuten EK = frac12 m v2 donde se
reemplaza la masa m por el momento de inercia I y la velocidad lineal v por la velocidad angular ω
2
ir2w
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
182
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
75 Trabajo y potencia en la rotacioacuten
Suponiendo que se tiene un cuerpo articulado con el eje z el cual es perpendicular al plano xy En
un punto P de este cuerpo se aplica una fuerza F
tal y como se observa en la figura 710 donde r
es
el vector de posicioacuten del punto P
Al aplicar la fuerza F
al punto P el cuerpo gira un aacutengulo diferencial dθ en un tiempo dt de manera
que el punto P recorre un arco de desplazamiento ds El trabajo realizado por la fuerza F
al hacer girar
al cuerpo un aacutengulo dθ se define como
dW = F ds = F cos(90ordm ndash ф) ds = F senф ds = F ds senф (717)
0
F
F
d
ds
x
y
z
rr1
ф
ф
ф
Figura 710 Descripcioacuten graacutefica del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento de rotacioacuten
Pero se sabe que el arco de desplazamiento ds es ds = r dθ Sustituyendo en la ecuacioacuten (717) se tiene
que
dW = F r dθ senф (718)
Esta ecuacioacuten (718) representa al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un movimiento
de rotacioacuten
El momento de una fuerza tambieacuten llamado torque es un vector que se encuentra sobre un eje de
giro perpendicular a un plano como se muestra en la figura 711 Un eje que pasa por el origen tiene
articulado un cuerpo sobre el cual estaacute actuando una fuerza F
en el punto P cuyo vector de posicioacuten es
r
El momento de la fuerza o torque con respecto al origen es un vector que se define como
M r F= times (719)
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
183
Unidad 7
Donde rperp se denomina brazo de palanca de la fuerza F
De la figura 710 tambieacuten se puede observar
que el momento M
estaacute sobre el eje de giro y por lo tanto es perpendicular al plano que contiene al
vector de posicioacuten r
y a la fuerza F
ambos perpendiculares entre siacute
0
PF
M
M
Mx
y
z
rr
( + )
( ndash )
Figura 711 Representacioacuten graacutefica del momento de una fuerza o torque
Si se considera la liacutenea de accioacuten de la fuerza F
entonces r es el brazo de palanca de dicha fuerza
y su magnitud es
r = r senф
Por consiguiente el momento o torque de la fuerza F
respecto al origen queda como
M0 = r senф F = r F senф (720)
Las unidades del momento se miden en [N bull m] y un torque es la medida de la tendencia de una
fuerza F
a imprimir a un cuerpo un movimiento de rotacioacuten alrededor de un eje perpendicular fijo
Si actuacutean sobre el cuerpo varias fuerzas al mismo tiempo el momento resultante es igual a la suma de
cada uno de los torques individuales
Por convencioacuten se considera que si la tendencia del giro debido a la fuerza F
es en sentido antihorario
entonces el momento M resultante es positivo (tornillo que sale) Si la tendencia del giro es en sentido
horario el momento M resultante es negativo (tornillo que entra)
Si se considera la definicioacuten de torque y se retoma la ecuacioacuten (718) eacutesta se puede reescribir
como
dW = M dθ (721)
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
184
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
La ecuacioacuten (721) representa tambieacuten al diferencial del trabajo realizado por una fuerza F
en un
movimiento de rotacioacuten
Si dividimos el diferencial de trabajo y el diferencial de tiempo obtenemos la potencia P en watts
desarrollada por el momento M lo cual se muestra en la ecuacioacuten (722)
P = dW dt = M dθ dt = M ω (722)
Donde P es la potencia mecaacutenica en watts (Js) ω es la velocidad angular en rads desarrollada por
el momento M
en Nbullm
Si el cuerpo rota desde una posicioacuten angular inicial θ1 hasta una posicioacuten angular final θ
2 y si el
momento M es constante entonces la expresioacuten del trabajo total seraacute
W = 2
1
dW
θ
θint = 2
1
Mθ
θint dθ (723)
Si el momento M permanece constante la expresioacuten matemaacutetica de la ecuacioacuten (724) se puede
reescribir como
W = M 2
1
dθθ
θint = M (θ2 ndash θ
1) (724)
Las ecuaciones anteriores son equivalentes a las del movimiento de traslacioacuten cambiando la fuerza
F
por el momento M
la posicioacuten x por la posicioacuten angular θ y la velocidad v por la velocidad angular ω
En el movimiento rotacional tambieacuten se cumple el teorema del trabajo y la energiacutea cineacutetica el cual
se escribe de la siguiente forma
W = ΔEK = E
Kf ndash E
Ki = frac12 I ω
f
2 ndash frac12 I ωi
2 (725)
Donde I es el momento de inercia del cuerpo en rotacioacuten
76 Momento y aceleracioacuten angular
La segunda ley de Newton para la rotacioacuten relaciona el momento M
con la aceleracioacuten angular α
de la manera que se describe a continuacioacuten
Suponiendo que bajo la accioacuten de una fuerza F
una partiacutecula de masa m gira en un ciacuterculo de radio r
cuyo plano es perpendicular al eje de giro z como se observa en la figura 712
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
18
Unidad 7
0
Fr
F T
F
M M
m
x
y
z
r
T=
Figura 712 Diagrama que muestra la relacioacuten existente entre el momento M
y la aceleracioacuten angular α
Aplicando la segunda ley de Newton se tiene que
( )C T C T C TF m a m a a m a m a F F= = + = + = + (726)
Donde aC y a
T asiacute como F
C y F
T son las componentes centriacutepeta y tangencial de la aceleracioacuten y la
fuerza respectivamente
Tambieacuten se puede deducir que el torque o momento τ producido por la fuerza F
con respecto
al centro del ciacuterculo es M = MC + M
T que son torques debidos a las fuerzas centriacutepeta y tangencial
respectivamente Como la fuerza y el brazo de palanca son perpendiculares entre siacute podemos establecer
que
1 MR = 0 puesto que el brazo de palanca de F
r es cero
2 MT = F
T r = m a
T r puesto que el brazo de palanca de F
T es r
Asiacute considerando el giro en sentido antihorario podemos decir que
M = m aT r = m (α r) r = (m r2) α = I α (727)
donde aT = α r (relacioacuten entre a y α) y mr2 = I (definicioacuten del momento de inercia) Por consiguiente
generalizando la ecuacioacuten anterior para un cuerpo riacutegido bajo la accioacuten de una serie de fuerzas externas
se tiene que el momento resultante sobre el cuerpo es
M = Msum ext = I α (728)
77 Momento angular e impulso angular
Suponiendo que tenemos una partiacutecula de masa m movieacutendose con una velocidad v en el plano xy
Dicha partiacutecula tiene un vector de posicioacuten r
como se muestra en la figura 713
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
186
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
0
pv
x
y
z
r
M
r senфф
ф
Figura 713 Representacioacuten esquemaacutetica del momento angular de una partiacutecula de masa m
movieacutendose en un plano con una velocidad v localizada en la posicioacuten r
El momento angular de una partiacutecula con respecto al origen se define como
L r mv r p= times = times (729)
Donde L es un vector que se encuentra sobre el eje de giro el cual es perpendicular al plano xy que
contiene a los vectores r
y p
De la ecuacioacuten (728) la condicioacuten que debe cumplirse para que L sea igual a (r p) es que ambos
deben ser perpendiculares entre siacute De la figura 712 se puede observar que
L = (m v) r senф = p r senф (730)
Donde ф es el aacutengulo que forman los vectores r
y p
donde r senф = r para que se cumpla la
condicioacuten de perpendicularidad Por lo tanto la expresioacuten anterior queda como
L = m v r
Pero la velocidad lineal y la velocidad angular estaacuten relacionadas por v = r ω por lo que
L = m (r ω) r = m r2 ω = (m r2) ω = I ω (731)
Por lo que el momento angular L es igual al producto del momento de inercia I por la velocidad
angular ω Las unidades de medida del vector momento angular de una partiacutecula estaacuten expresadas en
[kg bull m2 s]
El impulso angular se puede definir como el producto del momento de una fuerza M = I α por el
tiempo t en que eacutesta actuacutea Es decir M t = (I α) t Este impulso es un vector cuya direccioacuten y sentido
son iguales al vector M Analizando el moacutedulo del momento angular L se observa que eacuteste y el impulso
angular M son equivalentes en unidades
L = I ω = (m r2) ω = [kg bull m2 s] es el momento angular
M t = (I α) t = (m r2) α t = [(kg bull m2) (rad s2) (s)] = [kg bull m2 s] es el impulso angular
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
187
Unidad 7
De las dos relaciones anteriores se desprende que el impulso angular es equivalente al momento
angular es decir
M t = L = I ω (732)
Retomando la definicioacuten de momento de una fuerza o torque M
r Fτ = times y sabiendo de la segunda
ley de Newton que
( )dv d mv dpF ma m
dt dt dt= = = =
(733)
El momento de una fuerza se puede expresar como
M dp
rdt
τ = times
(734)
Por otro lado de la ecuacioacuten 729
dL d(r times mv) d(r times p) dr dp dp= = = times p + r times = v times p + r times
dt dt dt dt dt dt
Como los vectores velocidad v
y momento lineal p mv= son paralelos su producto vectorial v ptimes
es igual a cero Ademaacutes el producto cruz entre el vector de posicioacuten r
y la derivada del vector p
con
respecto al tiempo es igual al momento de la fuerza M por lo que se tiene
dL dp= r times = t
dt dt
M
(735)
De la ecuacioacuten anterior podemos concluir que el cambio del momento angular con respecto al
tiempo en relacioacuten con un eje de rotacioacuten es igual al momento neto con respecto a ese mismo eje
78 Conservacioacuten del momento angular
Si en un sistema de partiacuteculas la suma de los momentos externos es igual a cero se puede deducir
que dL dt = 0 Por lo tanto el vector momento angular L
es constante entonces Li = L
f Esta igualdad
se conoce como el teorema de la conservacioacuten del momento angular y su enunciado es el siguiente
ldquoEl momento angular total de un sistema de partiacuteculas no cambia en el tiempo con respecto a un
punto o a un eje si la resultante de los momentos externos que actuacutean sobre dicho sistema es igual a
cero con respecto al mismo punto o a un ejerdquo
i i f fI Iϖ ϖ= (736)
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
188
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
Problemas resueltos
1 Un tambor de radio r y masa m tiene enrollada una cuerda con un extremo libre y reposa sobre
una superficie horizontal como se muestra en la figura 714 Se tira de la cuerda de masa despreciable
con una fuerza tangencial F de modo que la cuerda se desenrolla del tambor y eacuteste rueda sin resbalar
aunque con friccioacuten Determinar la aceleracioacuten del tambor asiacute como la fuerza de friccioacuten existente
entre la superficie y el tambor
NF
m
mg
ndash fr a
r α ( + )
Figura 714
Respuesta
Como este movimiento ocurre a lo largo del eje x se puede decir que las ecuaciones del movimiento
que se genera son
x = ndash =F F fr m asum y = ndash = 0F N m gsum y 2
( 2)( )cM frr Ia mr a r= + = =sum Fr
En la tercera expresioacuten se han hecho dos sustituciones una para el tambor uniforme y otra para el
mismo tambor rodando sin resbalar Dichas sustituciones son
I = m r2 2 y α = a r lo cual hace que dicha expresioacuten quede como F + fr = m a 2
Sumando esta uacuteltima expresioacuten con la primera y despejando a la aceleracioacuten del tambor es
2 F = 3 m a 2 entonces
a = 4 F 3 m
Para encontrar la fuerza de friccioacuten fr sustituimos eacutesta uacuteltima expresioacuten en la primera
F ndash fr = m a entonces
F ndash fr = m (4F 3m)
despejando fr fr = ndashF 3
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
189
Unidad 7
2 Sobre el borde de una plataforma circular que gira en un eje vertical sin friccioacuten se
encuentra parada una persona de masa m = 90 kg El radio de la plataforma es r = 180 m
y su momento de inercia es I = 750 kgm2 Inicialmente la plataforma estaacute en reposo y la
persona comienza a caminar sobre el borde en direccioacuten antihoraria con una velocidad
v = 17 ms con respecto al piso Encontrar la velocidad angular ω que adquiere la plataforma
cuando la persona comienza a caminar y el trabajo que realiza la persona al poner en movimiento a la
plataforma
Respuesta
Si la direccioacuten es antihoraria la velocidad angular ω es positiva y aplicando el principio de conservacioacuten
del momento angular alrededor del eje de la plataforma se obtiene la expresioacuten siguiente
Li = L
f entonces 0 = I
per ω
per ndash I
plat ω
plat puesto que inicialmente la plataforma se encuentra en
reposo
Utilizando la definicioacuten de momento de inercia (I = m r2) y la relacioacuten de velocidad angular con
velocidad lineal (ω = v r) la expresioacuten anterior se transforma en
0 = (m r2)(v r) ndash I ωplat
despejando ωplat
obtenemos la velocidad angular de la plataforma circular en
direccioacuten contraria al movimiento de la persona
ωplat
= m r v I = (90 kg)(180 m)(17 ms) (750 kgm2) = 0367 rad s
Para la segunda pregunta podemos utilizar el teorema del trabajo y la energiacutea (W = ΔEK) asiacute como la
expresioacuten de la energiacutea cineacutetica de rotacioacuten (EK = I ω2 2)
W = EKf
ndash EKi
= m v2 2 + I ωplat
2 2 sustituyendo valores queda
W = (90 kg)(17 ms)2 2 + (750 kgm2)(0367 rads)2 2 = 18055 Joules
3 Desde una distancia d = 12 cm se lanza un gel de masa m = 20 g con una velocidad
v = 275 ms contra un cilindro horizontal cuya masa es m = 9 kg y radio r = 15 cm El cilindro tiene la
capacidad de girar libremente sobre su eje La direccioacuten del gel es perpendicular al eje de rotacioacuten del
cilindro El gel queda pegado al cilindro al chocar contra eacutel Determinar la velocidad angular ω del cilindro
una vez que el gel queda pegado en su superficie asiacute como la energiacutea que se pierde en la colisioacuten
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
190
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
r
d v
mgel
mcil
Figura 715
Respuesta
A partir del principio de conservacioacuten del momento angular se puede decir que el momento angular
L del conjunto gel-cilindro se conserva con respecto al eje del cilindro es decir
Li = L
f entonces m
gel v d = (I
gel + I
cil) ω
gel-cil pero sabiendo que
Igel
= mgel
rcil
2 y que Icil
= mcil
rcil
2 2 sustituyendo en la expresioacuten anterior
mgel
v d = (mgel
rcil
2 + mcil
rcil
2 2) ωgel-cil
despejando ωgel-cil
y sustituyendo valores
ωgel-cil
= mgel
v d (mgel
+ mcil
2) rcil
2
ωgel-cil
= [(002 kg)(275 ms)(012 m)] [(002 kg + 9 kg 2)(015 m)2] = 648 rads
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
191
Unidad 7
Problemas propuestos
1 Un carrusel circular parte del reposo y comienza a girar con aceleracioacuten angular constante de α = 5 rads2
a lo largo de 4 segundos En ese instante el carrusel es frenado y comienza a desacelerarse de manera constante
hasta llegar al reposo despueacutes de haber dado 3 vueltas Encontrar dicha desaceleracioacuten asiacute como el tiempo
que tarda en llegar al reposo
Respuesta t = 188 s y α = 1062 rads2
2 Un proyectil de masa m = 10 g es disparado contra una barra riacutegida que gira libremente alrededor
de un pivote central La barra tiene una masa m = 1 kg una longitud L = 1 m y se encuentra encima de
una plataforma horizontal El proyectil sale con una velocidad inicial v = 300 ms y despueacutes de atravesar
la barra su velocidad disminuye a v = 100 ms aunque conserva su direccioacuten inicial Si despueacutes de la
colisioacuten la barra hace dos giros completos antes de detenerse calcular el momento neto que ejerce la
plataforma horizontal sobre la barra si el impacto ocurre a 40 cm del centro de la barra
Respuesta M = 0307 Nm
3 La polea para sacar agua de un pozo tiene 20 cm de diaacutemetro y tiene una soga enrollada La
superficie del agua se encuentra a 6 m de profundidad y se suelta una cubeta atada a la cuerda la cual
imprime a la polea una aceleracioacuten angular α = 15 rads2 iquestCuaacutento debe girar la polea para que la
cubeta alcance la superficie del agua suponiendo que tiene cuerda suficiente iquestcuaacutento tiempo tarda la
cubeta en caer al agua
Respuesta t = 896 s y ∆θ = 60 rad
4 El cabezal de un taladro se encuentra en reposo Posteriormente se enciende y empieza a
experimentar una aceleracioacuten angular de α = (5 + 4t) rads2 Encontrar la velocidad angular ω cuando
han transcurrido 4 segundos y el aacutengulo girado en ese mismo tiempo
Respuesta θ = 8268 rad y ω = 5210 rads
5 Una maacutequina de combustioacuten interna cuya masa es m = 70 kg se encuentra sobre una plataforma
giratoria horizontal en reposo justo en el borde La plataforma giratoria tiene una masa m = 100 kg y un
radio r = 4 m En cierto instante la maacutequina arroja por el escape una masa de desechos m = 15 kg con
una velocidad v = 8 ms en direccioacuten tangente al borde de la plataforma Obtener la velocidad v que la
maacutequina adquiere al arrojar los desechos si la plataforma tienen un momento de inercia I = m r2 2
Respuesta v = 010 ms
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
192
C inemaacutetiCa y dinaacutemiCa
6 Un corredor de masa m = 60 kg se encuentra en posicioacuten de arranque sobre el borde de una
plataforma giratoria en reposo la cual tiene 60 m de diaacutemetro y un momento de inercia I = 1800 kgm2
El corredor empieza su carrera con una velocidad v = 4 ms Encontrar el trabajo W realizado por el
corredor para poner a girar la plataforma con el corredor encima de ella y la velocidad angular ω que
adquiere dicha plataforma
Respuesta W = 36923 J y ω = 0309 rads
7 En la figura 716 la masa m1 = 3 kg y la masa m
2 = 1 kg La polea tiene un radio R una masa m y
un momento de inercia I = 080 m R2 El aacutengulo es θ = 60ordm y no hay friccioacuten en el sistema El conjunto
se encuentra en reposo y de pronto se suelta cuando la masa m1 se encuentra a una distancia h del piso
Determinar la velocidad v de m1 en teacuterminos de h justo antes de que choque contra el piso
R
m2
I
m1
θ
Figura 716
Respuesta v = 2553 hfrac12
8 Las masas de la figura 717 son m1 = 15 kg y m
2 = 20 kg Ambas estaacuten conectadas
por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea de radio r = 25 cm y
momento de inercia I La masa m1 se mueve hacia arriba del plano cuya inclinacioacuten es
θ = 37ordm con una aceleracioacuten constante a = 2 ms2 iquestCuaacuteles son las tensiones T1 y T
2 en la cuerda y cuaacutel
el momento de inercia I de la poleaR
m2
T2
T1
I
m1
θ
Figura 717
Respuesta I = 117 kgm2 T1 = 11845 N y T
2 = 15610 N
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2
193
Unidad 7
9 El plano inclinado de la figura 718 tiene un aacutengulo θ = 60ordm y no existe friccioacuten Las masas de
los bloques son m1 = 5 kg y m
2 = 1 kg La masa de la polea es m y su inercia rotacional es I = 081 m R2
Determinar la aceleracioacuten de cada uno de los bloques
R
aR
m
m2
m1
θ
Figura 718
Respuesta a1 = 234 ms2 y a
2 = 467 ms2
10 La figura 719 muestra un cilindro de radio r = 20 cm masa m = 1 kg y momento de inercia I = m
R22 el cual tiene una cuerda enrollada Si uno de los extremos de la cuerda estaacute libre y es conectado a
una masa m = 02 kg pasando a traveacutes de una polea cuya masa es despreciable calcular las aceleraciones
del bloque y del cilindro suponiendo que este uacuteltimo rueda sin resbalar
mb
mC
r
Figura 719
Respuesta ab = 342 ms2 y α
c = 853 rads2