Capitulo 10 Dinamica Del Movimiento Rotacional

DINÁMICA DEL

MOVIMIENTO

ROTACIONAL

Al dar volteretas, este acróbata no es un cuerpo rigido,yello le permite variar su rapidez rotacional en el aire. Si mueve sus brazos y piernas hacia afuera, su rota· ción se hace más lenta; si los pega al cuerpo, gira más rápidamente.

Si el acróbata no está tocando el suelo, ¿cómo puede alterar su rapidez de rotación? ¿Qué principio físico opera aqui?

E

n los capítulos 4 y 5 aprendimos que una fuerza neta aplicada a un cuerpo

im-parte una aceleración a ese cuerpo. Sin embargo, ¿qué se requiere para

impar-tir a un cuerpo una aceleraciónangular? Es decir, ¿qué se necesita para poner a girar un cuerpo estacionario o para detener un cuerpo que esta dando vueltas? Se requien: una fuerza, pero debe aplicarse de tal manera que imprima una acción detorcer o de dar vuel!a.

En este capílUlo definiremos una nueva cantidad física,momento de torsión,

que

describe la acción de torsión O giro de una fuerza. Veremos que el momento ck

torsión neto que actita sobre un cuerpo rígido detennina su aceleración

angu-1.-..

así como la fuerza neta sobre un cuerpo determina su aceleración lineal. Tam-examinaremos el trabajoyla potencia en el movimiento rotacional a fin de c.mdcr los problemas del tipo de cómo el eje giratorio de un auto transmite ener-I\wUltimo. desarrollaremos un lluevo principio de conservación, la

.362

10.1 ¿Cuál de estas tres fuerzas de igual magnitud tiene mayor probabilidad de aflojar el perno apretado?

Act',v

Physcs

7.1 Cálculo de momentos de torsión

CA pfTULO 10 1 Dinámica del movimiento rotacional

ció"

de la cantidad de movimiento angular, que es muy

útil

para entender la ro-tación de cuerpos tanto rígidos como no rígidos. Terminaremos el capítulo con el

estudio de los

giróscopos,

dispositivos giratorios que al parecer desafian el sentido

comím y no se caen cuando creemos que deberían hacerlo, aWlQue en realidad su

como

portamiento se ajusta perfectamente a la dimimica del movimiento rotacional.

10.1

I

Momento de torsión

¿De qué depende la eficacia de una fuerza para causar o alterar un movimiento ro-tacional? La magnitud ydirección de la fuerza son importantes, pero también lo es la posición del punto de aplicación. Si tratamos de abrir una puerta pesada, es mucho más eficaz empujarla lejos del eje de rotación (cerca de la perilla) que cer-ca de él (cercer-ca de las bisagras). Enla

figura

10.1, se está usando una llave de tuercas para aflojar un perno apretado. La fuerza

F

¡" aplicada cerca del extremo del

man-go, es más eficaz que una fuerza igual

F"

aplicada cerca del perno. La fuerza

Fc

no sirve de nada, Se aplica en el mismo puntoytiene la misma magnitud que

F¡"

pero está dirigida a lo largo del mango.

Lamedida cuantitativa de la tendencia de una fuerza para causar o alterar la ro-tación de un cuerpo se denomina momento de torsión. La figura 10.2 muestra un cuerpo que puede girar alrededor de un eje que pasa por el puntE

0.1

es.,perpen-dicular al plano de la figura. Sobre~cuerpo actúan tres fuerzas: F., F2YF),en el plano de la figura.Latendencia deFIa causar una rotación alrededor deO

depen-de depen-de su magnitud F] y también depen-de la distancia perpendicular

/1

entre la línea de acción de la fuerza (la línea sobre la que está el vector de fuerza) y O. Llamamos a 11el brazo de palanca (o brazo de momento) de

F

I alrededor de O. El esfuer-zo de torsión es directamente proporcional tanto a Fly como a 11,Definimos el

momento de torsión (o momento) de

F"¡

respecto a O como el producto FII I. Usa-remos la letra griegaT("tau") para el momento de torsión. El momento de torsión de una fuerza de magnitud

F

cuya linea de acción está a una distancia perpendicu-lar 1del puntoOes

T = Fl (10.1)

Momc:otode torsión_ (magnitud defueru) x(bruode palanca)

F,

F

F]

tiene cero

depalanca

Brazode palanca

10.2 Elmomentode torsión de una fuerza alrededor de un punto es el producID de la magnituddela fuerza y el brazo de palanca.

Los fisicos prefieren el término "momento de torsión"; los ingenieros prefie-ren el ténnino "momento" solo (a menos que estén hablando de un eje giratorio, en cuyo caso suelen usar el término "par motor"). Los dos grupos usan "brazo de palanca" o "brazo de momento" para la distancial.

El brazo de palanca de

F.

en la figura 10.2 es la distancia perpendicular

OA

o 11>

y

el de

F

₂es la distancia perpendicularOEo1_2,La líneade acción de

F)

pasa por el punto de referencia

O,

así que el brazo de palanca de

F

3es cero y su mo-mento de torsión respecto al puntoOes cero. Por lo mismo,

Fc

en la figura 10.1 tiene_momento de torsión cero respecto a O, y

F

bliene mayor momento de torsión

queF" porque su brazo de palanca es mayor.

Observe que el momento de torsión siempre se define con refe-rencia a un punto especifico, que a menudo (aunque no siempre) es el origen del sistema de coordenadas. Si cambiamos de posición este punto, el momento de torsión de cada fuerza puede cambiar. Por ejemplo. el momento de torsión de

F)

en la figura 10.2 es cero respecto aO, pero

no

respecto aAoB.Al descri-bir el momento de torsión de una fuerza, no basta llamarlo ~el momento de torsión de

F";

debemos decir "el momento de torsión de

F

respecto al puntoX"

10.1 I Momento de tOrs.iÓll

363

Líneade acción de

F

,

¡-rsen.p - brazodepalanca

o

10.3 El momento de tonión de la fuerza

¡

entomo a!punto O se define como

"7

=

r

x F.Lamagnitudde

T

esrFsen

q,.

Aquí,

r

y

¡

estin en el plano del papel; por la regla de la mano dem:ha del pro-duclo vcclorial,

"7

apunta afuera de la página hacia el lector.

,

.~~

F

(afuera de la página) Erno>q~1m dedosde la mano delttha dela

t

d'=;oo '" ,

,

hacia ladirección de

F;

el pulgar estirado apunta en ladireccióndeT 1- FI- FWlr '" Frsen<P

¡

T =

FI

=

rFsen(j)

=

Fwor

(magnitud del momento de torsión) (10.2)

7 1= +F1l1

A menudo usaremos el símbolo

En la figura 10.2, la fuerza F, tiende a causar rotación antihoraria alrededor de

0,

mientras que

F

2tiende a causar rotación

horaria.

Para distinguir entre estas dos

posibilidades, necesitamos escoger un sentido de rotación positivo. Si escogemos

quelos

mOmentos

de

tq:sio,!-

anrihomrios son posilivos

y

los horarios son negati-vos,

los momentos de

p¡

y

F2

respecto a O son

para indicar el sentido de rotación positivo que escogimos.

La unidad del momento de torsión en el Sistema Internacional es el ncwton-metro.

Al

hablar de trabajo y energía llamamos a ésta combinación joule, pero el momento de torsión no es trabajo ni energía, así que debemos expresarlo en new· tons-metro,

no

joules.

La figura 10.3 muestra una fuerza

F

que se aplica en un punto

P

descrito por un vector de posición

r

respecto al punto escogido

O.

Hay varias formas de calcu-lar el momento de torsión de

F.

Una es determinar el brazo de palancaI

y

usarT

=PI.O bien, podemos determinar el ángulo

4>

entre los vectores

r

y

F:

el brazo de palanca es

r

sen

4>,

asi queT=

rF

sen

1J.

Un lercer método es representar

F

en tér-minos de una componente radialFrIden la dirección de ;:yuna componenteFlJm

perpendicular a

r.

(Decimos "tangencial" porque, si el cuerpo

gira,

el punID enel que actúa la fuerza se mueve en uncírculo,

y

ésta componenteestangente a ese círculo.) Así,

F_

=

F

sen

cP

yT=r(Fsen

(j)

=

F..,r.

Lacomponente

F

QIJno tiene momento de torsión respecto aOporque su brazo de palanca respecto aese pun-lO es cero (compare con las fuerzasF~de la figura 10.1 y

E

_Jde la figura 10.2. Re-sumiendo estas expresiones de momento de torsión, tenemos

1

I

En la sección

9.1,

vimos que la velocidadyla aceleración angulares pueden re-presentarse como vectores; lo mismo sucede con el momento de torsión. Observe que la cantidad

rF

sen

(j)

de la ecuación (10.2) es la magnitud del

producto

lIecto-rial

r

x

F

que deímimos en la sección 1.10. Repase esa definición. Ahora gene-ralizamos la definición de momento de torsión así:

Si

una fuerza

F

actúa en un punto que tiene

un

vector de posición;: respecto a un origen O, como en la figuraIO.J, el momento de torsión

T

de la fuerza respecto a

O

es

la cantidad

vectorial

(definición del vector de momento de torsión) (10.3) El momento de torsión dermido en la ecuación (10.2) es sólo la magnitud del vec-tor de momento de vec-torsión

r

x

F.

La dirección de

T

es perpendicular tanto a

r

y

F.

En particular, si

r

y

F

están en un plano perpendicular al eje de rotación, como en la figura 10.3, el vector de momento de torsión:r

=;:

x

F

tiene la dirección del eje de rotación, y su scntido está dado por la regla de la mano derecha (Fig. 1.20). Las relaciones de dirección se muestran en la figura lOA.

En los diagramas en los que intervienen

r,

P

y:r,

es común que uno de los vec· lores eslé orientado en una dirección perpendicular a la página. (De hecho, por la naturaleza misma del producto cruz.,

:r

=

r

x

F

dl},be

ser perpendicular al plano

cf

,,:',mr':,,¡;n,)

Enrosque losdedos

l

'""

ladirtcción

-"'="'"

de¡

hacia ladim::ción de

F;

elpulgar

T estiradoapunlaen

ladire«ión de T 10.4 El vector de momento de torsión, T

=

r

x

¡

se dirige sobre elejtdel perno, perpend.icular tanto a

r

como a F. La di-rección de :;. está dada por la regla de la mano derecha. Vemos que los dedos de la mano dere<:ha se curvan en la direc-ción de la roladirec-ción que el momento tiende a causar.

364

Ejemplo

10.1

CAPÍTULO 10 I Dinúmicadelmovimientorotacional

de los vectores

r

y

F.)

Usaremos un punto (.) para representar un vector que apunta hacia afuera de la página (véase la Fig. 10.4) Yuna cruz (x) para represen-tar un vector que apunta hacia adentro de la página.

En las secciones siguientes, nonnalmente nos interesará la rotación de un cuer-po alrededor de un eje orientado en cierta dirección constante. En tal caso, sólo in-teresa la componente de momento de torsión sobre ese eje, que normalmente llamaremos el momento de torsión respecto al eje especificado.

Aplicación de un momento de torsión

, I

l'

I ,

I

Un plomero aficionado que no puede aflojar una junta ensarta un tramo de tubo en el mango de su llave de mercas y aplica todo su peso de 900 N al extremo del tubo parándose en él. La distancia del centro de la junta al punto donde actúa el peso es de O.SO ro, y el mango y el rubo forman un ángulo de 19° con la horizontal (Fig. 10.5a). Calcule la magnirud y dirección del momento de torsión que el plomero aplica en torno al centro de la junta.

E!ll!ImJlI

IDENTIFICAR Y PLANTEAR:Usaremos la ecuación (10.1) o la (10.2) para obtener la magnirud del momento de torsión, y la regla de la mano derecha con la ecuación (10.3) para hallar su dirección, La figura 10.5b muestra los vectores;: y

F

y el ángulo entre ellos

(q.,

=

109°).

EJECUTAR: Para usar la ecuación (10.1), primero calculamos el brazo de palanca. Como muestra la figura 10.5b,1es la distancia perpendicular de O a la línea de acción de la fuerza:

f= (0.80 m) sen 109°= (O.SOm) sen 71° = 0.76 m La ecuación (10.1) nos dice que la magnirud del momento de tor-sión es

1"= F/= (900 N)(0.76 m) = 680N'm

o bien, por la ecuación (10.2),

1"= rFsenq., = (0.80m)(900N)(sen 109°) = 680N'm También podemos calcularF~,la componente tangencial de

F,

que actúa perpendicular a;: (o sea, perpendicular al tubo). El vector

r

es-tá a 19° de la horizontal, asi que una perpendicular a

r

está orientada a 19° de la vertical. Dado que

F

es vertical, esto implica queFu...=

F(cos19°)= (900 N)(cos 19°)=851 N. El momento de torsión es 1" = F_{an ,} = (851 N)(0.80m) = 680N'm

Si enrosca los dedos de su mano derecha de la dirección de

r

(en el plano de la figura I0.5b, hacia la derecha y hacia arriba) a la direc-ción de

F

(venic~lmcntehacia abajo), su pulgar derecho apuntará hacia adentro del plano de la figura. Ésta es la dirección del mo-mento de torsión

r.

EVALUAR:Ya verificamos la magnirud obtenida de1"calculándola de tres formas distintas. Para verificar la dirección del momento de torsión, observamos que la fuerza de la figura 10.5 tiende a produ-cir una rotación horaria en torno a O. Si enroscamos los dedos de la mano derecha en dirección horaria, nuestro pulgar apuntará hacia adentro del plano de la figura 10.5, es, en efecto, la dirección del momento de torsión. T(hacia la página)_{X __} 1 (brazo de palanca) F=900 N 1') lb)

10.5 (a) Un plomero aficionado trata de aflojar una junta parándose en una extensión del mango de la llave de tuercas. (b) Diagrama vectorial para calcular el momento de torsión respecto a O.

/

¿Qué magnitud de fuerza hacia abajo tendria que ejercer el plomero aficionado del ejemplo 10.1 para producir el mismo momento de torsión sin el tubo? La lla-ve de nJercas sola tiene una longitud de 25 cm.

10.2

I

Momento de torsión

y

aceleración

angular de un cuerpo rígido

es decir,

" ' - - - -

"

Eje de

rotación

,

10,6 Tres componentes de la fuerza neta actúan sobre una de las particulas de un cuerpo rigido, Sólo Fl>un tiene una componentezde momento de torsión alrededor de O.

(10.4)

(10.5) Por la ecuación (10.2),F¡,tanr¡ no es más que el momento de torsión de la fuerza neta respecto al eje de rotación (igual a la componente7¡zdel vector de momento de torsión sobre dicho eje). El subindice

z

nos recuerda que el momento de torsión afecta al rotación en torno al ejez, de la misma manera que el subindice deF]:nos recuerda que esta fuerza afecta el movimiento de la partícula I a lo largo del eje z. Las componentes F¡..radYF]zno contribuyen al momento de torsión alrededor

del eje

z,

pues ninguna tiende a modificar la rotación de la partícula alrededor de ese eje. Por tanto,7]:= F¡,tarl'¡ es el momento de torsión total que actúa sobre la partícula respecto al eje de rotación. Además,m]r¡2 es 1¡, el momento de inercia de la partícula alrededor del eje de rotación. Con esto en mente, reescribimos la ecua-ción (l0.5) así:

Podemos expresar la aceleración tangencial de la primera panícula en términos de la aceleración angularaz>usando la ecuación (9.14):al,tan= rla z.Con esta relación y multiplicando ambos miembros de la ecuación (10.4) por1'1'obtenemos

Ahora podemos deducir la relación ft.mdamental de la dinámica rotacional de un cuer-po rígido. Demostraremos que la aceleración angular de un cuercuer-po rigido en rotación es directamente proporcional a la suma de las componentes de momento de torsión so-bre el eje de rotación. El factor de proporcionalidad es el momento de inercia.

Para deducir ésta relación, imaginamos otra vez que el cuerpo se compone de un gran número de partículas. Escogemos como eje de rotación el eje

z;

la prime-ra partícula tiene masa m¡ y distancia r] respecto a este eje (Fig. 10.6). Lafuerza neta que actúa sobre la partícula tiene una componente F]'rad en la dirección ra-dial, una componente FJ.lan tangente al círculo de radio1']en que se mueve la par-tícula al girar el cuerpo, y una componente F]: sobre el eje de rotación. La segunda ley de Newton para la componente tangencial es

Escribimos una ecuación similar para cada partícula del cuerpo

y

luego suma-mos todas las ecuaciones:

71:

+

72:

+ ...

=

1¡a,

+

1₂a z

+ ...

=

m]r?az

+

m2rla;

+ ...

El miembro izquierdo de esta ecuación es la suma de todos los momentos de tor-sKtn en tomo al eje de rotación que actúan sobre todas las partículas. El miembro derecho es 1= '2.m¡r/, el momento de inercia total alrededor del eje de rotación, moJtiplicado por la aceleración angulara:,que es la misma para todas las

partícu-10.7 Para aflojar o apretar un tornillo, es preciso impartirle una aceleración angular y, por tanto, aplicar un momento de tor-sión. Esto se facilita si se usa un destorni-llador con mango de radio grande, pues así se aumenta el brazo de palanca dc la fucrza que aplicamos con la mano.

366

CA pfTULO 10 I Dinámica del movimiento rotacional

•

Lo5 momentoSde: torsióndebidosa fuenas

inlemas se cancelan:

-Tltobre2+-T2 ... 1'"O

(10.6) (análogo rotacional de la segunda ley de Newton para un cuerpo rígido) las porque se trata de un cuerporígido.Así, para el cuerpo enlero, lenemos el anó-logo rotacional de la segllnda ley de Newton:

Así como la segunda ley de Newton dice que la fuerza neta que actúa sobre una partícula es igual a la masa de la panícula multiplicada por su aceleración, la ecuación (10.6) dice que el momento de torsión neto que acma sobre un cuerpo rí-gido es igual al momento de inercia del cuerpo alrededor del eje de rotación mul-tiplícado por su aceleración angular (Fig. 10.7).

Subrayamos que la ecuación (10.6) sólo es válida para cuerpos rígidos. Si el cuerpo no es rigido, como un tanque de agua que gira o un remolino de aire, la aceleración angularQ:es diferente para diferentes partículas del cuerpo, y la de-ducción de la ecuación (10.6) no es válida. Además, como en la dede-ducción utili-zamos la ecuación (9.14),aW.=rcl"Q:debe medirse en radls2.

El momento de torsión que actúa sobre cada partícula se debe a la fuerza neta que actúa sobre esa partícula, la cual es la suma vectorial de fuerzas externas e in-ternas (definidas en la sección 8.2). Según la tercera ley de Newton, las fuet'2as in-ternasque cualquier par de partículas del cuerpo rígído ejercen una sobre la otra son igualesyopuestas (Fíg. 10.8). Si estas fuerzas actúan sobre la línea que une a las panículas, sus brazos de palanca respecto a cualquíer eje lambién serán íguales. Así,los mamemos de torsión para tales fuerzas son iguales

y

opueslos,

y

suman ce-TO. De hecho, todos los momentos de torsión intemos suman cero, y la swna IT: de la ecuación (10.16) incluye sólo los momentos de torsión de las fuerzasexternas.

Es

común que una fuerza externa importante que actúa sobre un cuerpo sea su peso. Esta fuerza no se concentra en un punto: actúa sobre lodas las partículas del cuerpo. No obstante, resulta que, si el valor de

g

es el mismo en todos los puntos, siempre obtenemos el momenlo de lorsión correcto (alrededor de cualquier eje dado) si suponemos que el peso se concentra en elcentro de masadel cuerpo. De-mostraremos esto en el capítulo 11, pero mientras lo usaremos en algunos proble-mas de éste capítulo.

Partícula

Act"IV

Physcs

7.8 Rotojuego: enfoque de dinámica 7.9 Escalera que cae

7.10 Mujer y elevador de volante: enfoque de dinámica

Línea de acción ¡:I

"'*""

de ambas fuen.lls Partfcu 2 Brazo de palanca de ambas fuerzas

10,8 Dos partículas de un cuerpo rígido ejercen fuerzas igualesyopuestas una so-bre la otra. Si estas fuerzas actúan a 10 lar-go de la línea que va de una partícula a la otra, [os brazos de palanca de [as dos fuer-zas son iguales y los momentos de torsión causados por ellas son iguales y opuestos. S6lo los momentos de torsión externos afectan la rotación de un cuerpo rígido.

Estrategia para

resolver problemas

Dinámica rotacional de cuerpos rígidos

Nuestra estrategia para resolver problemas de diruimica

rotacio-nal es muy similar a la presentada en la sección 5.1 para resol-ver problemas en los que interviene la segunda ley de Newton. IDENTIFICAR los conceptos relevantes: La ecuación

1:7"

= la:

es util en todos los casos en que momentos de torsión actúan so-bre un cuerpo rígido; es decir, siempre que fuerzas actúan soso-bre un cuerpo rígido de manera lal que alteran el estado de rolación del cuerpo.

En algunos casos, podría preferirse un enfoque de energía, como se hizo en la sección 9.4. Sin embargo, cuando la incógni-ta es: una fuerza, un momento de torsión. una aceleración, una aceleración angular o un tiempo transcurrido, casi siempre es máseficiente usar I't_{z :} IUl_z•

PlANTEAR el problema empleando estos pasos:

1. Haga un dibujo de la simación y escoja el cuerpo o cuer-pos que analizará.

2. Dibuje un diagramadecuerpo libreparacada cuerpo, ais-landoel cuerpo e incluyendo mcias las fuerzas que actúan sobre el (y sólo ellas), incluido elpeso.Marque las cantida-des cantida-desconocidas con simbolos algebraicos. Una nueva consideración es que sedebemostrar con exactitud

lafor-madel cuerpo, incluyendo todas las dimensiones y ángulos que se necesitaránparalos cálculos de momento de torsión. 3. Escoja ejes de coordenadas para cada cuerpo e indique un sentido de rotación positivo para cada cuerpo que gire. Si hay una aceleración lineal, lo más sencillo suele ser esco-ger un eje positivo en su dirección. Si ya conoceel senti-do deu"se simplificarán los cálculos si se escoge ése como sentido de rotación positivo. Si representa una

fuer-za en términos de sus componentes, tache la fuerfuer-za origi-nal para no incluirla dos veces.

EJECUTARlu solución como sigue:

1. Para cada cuerpo del problema, decida si sufre mOVImien-to: traslacional, movimiento rotacional, o ambos. Depen-diendo del comportamiento del cuerpo, aplique

Ir

=

mii

(como en la sección5.1),o:h,=la,.o ambas al cuerpo.Escribaecuaciones de movimiento apartepara

cada cuerpo.

2. Podría haber relacionesgeométricasentre los movimien-tos de dos o más cuerpos, como cuando un hilo se desenro-lla de una polea girándola o cuando un neumático gira sin resbalar (lo que veremos en la sección 10.3). Expreselas en forma algebraica, por lo regular como relaciones entre

dos aceleraciones lineales o una aceleración lineal y una angular.

3. Verifique que el número de ecuaciones coincida con el número de incógnitas. Resuelva las ecuaciones para obte-ner la o las incógnitas.

EVALUARla respuesta:Compruebe que los signos algebraicos de sus resultados sean lógicos. Por ejemplo, suponga que el pro-blema se refiere auncarrete de hilo. Siseestá sacando hilo del carrele, las respuestasnodeberán decimos que el carrete gira en elsentido en queelhilo se enrolla. Siempre que pueda, verifi-que los resultados para casos especiales o valores extremos y compárelos con10que espera intuitivamente. Pregúntese: "¿Es lógico este resultado?"

Ejemplo

102

Cable que se desenrolla

La figura 1O.9a muestra la situación que analizamos en el ejemplo 9.8 (sección 9.4) usando métodos de energía. Se enrolla un cable varias veces en un cilindro sólido uniforme de 50 kg con diámetro de 0.120 m, que puede girar sobre su cje. Se tira del cable con una fuerza de 9.0 N. Suponiendo que el cable se desenrolla sin estirarse niresbalar, ¿qué aceleración liene?

lI:ll!Im

IDENTIFICAR:La incógnita es la aceleración del cable, que no po-demos obtener dirtttamente empleando el método de energia de la sección 9.4 (pues en el no interviene la aceleración). En vez de ello, aplicaremos dinámica rotacional al cilindro. Para obtener la acele-ración del cable, buscaremos una relación entre el movimiento del cable y el movimiento del borde del cilindro.

PLANTEAR:Lafigura 10.9b muestra el diagrama de cuerpo libre del cilindro de masaM-50kg. El c¡¡¡ndro gira en sentido horario cuan-do se lira del cable, así que tomamos como senticuan-do de rotación posi-tivo el horario. La fuerza neta que actúa sobre el cilindro debe ser cero porque su centro de masa no se mueve. El peso (de magnitud Mg)y la fuerza nonnal (de magnitudn)ejercidos por los cojinetes del cilindro actúan sobre lineas que pasan por el eje de rotacióp. y, por lo tanlD, no producen un momento de torsión respecto a ese eje. EJECUTAR:El Unico momento de lorsi6n alrededor del eje de rota-ción se debe a [a fuerzaF,cuyo brazo de palanca es igual al radioR

del cilindro:l= R=0.060 m, así queT: - FR.(Éste momento de tor-sión es positivo porque tiende a producir una rotación horaria.) Por el ejemplo 9.8, el momento de inercia del cilindro en torno al eje de rotación esI= !MR2

•Por tanto, la ecuación (10.6) nos da la acele-raciónungulardel cilindro:

10.9 (a) Cilindro y cable. (b) Diagrama de cuerpo libre para el cilindro.

(Verifique que éstas unidades sean correctaS. Podemos ailadir"rnd" a nuestro resultado porque el radián es una cantidad adimensional.) Paraobtener la aceleraciónlinealdel cable, necesitamos unare~

lación cinemática. En la sección 9.3 señalamos que la aceleración de un cable que se desenrolla de un cilindro es igual a la componen-le tangencial de acecomponen-leración de un punto en la superficie del cilin-dro donde el cable es tangente a él. Dicha aceleración tangencial está dada por la ecuación (9.14):

a~= Ra = (0.060m)(6.0radls2) = 0.36m1s2 EVALUAR:¿Puede usar este resultado, junto con una ecuaeión del capitulo 2,paradeterminar la rapidez del cable una vez que seha

desenrollado 2.0 m? lnté'ntelo y compare su resultado con el ejem-plo 9.8, donde obtuvimos ésta rapidez usando consideraciones de trabajo y energía.

Mg

(b)

F=9.0N

368

Ejemplo

103

CAPfTU LO 10 I Dinámica dd movimiento rotacional

Cable que se desenrolla 11

Lafigura1O.IOa muestra la situación que analizarnos en el ejemplo 9.9(sección9.4) usando métodos de energía. Calcule la aceleración del objeto de masam.

l'm!!I3l'il!I

IDENTIFICAR: Aplicaremos dinámica traslacional al objeto que cuelgaydinámica rotacional al cilindro. Puesto que el cable no res-bala sobreelcilindro, ex.iste una relación entre la aceleración lineal del objeto que cuelga (nuesrraincógnita)y la aceleración angular del cilindro.

PLANTEAR:Debemos tratarlos cuerpos por separado. Lafigul"3 1O.IObmuestra undiagrama de cuerpo libre para cada uno. Toma-moselsentido de rotación antiborario como positivo para el cilin-dro, y la dirección hacia abajo de la coordenada y como positiva para el objeto.

EJECUTAR: La segunda ley de Newton aplicada alobjeto da

:LF,

== mg

+

(-T) = lila, y

I

"

0

_T R

,

CilirKIro Mg Objeto

F'

colgante mg h

1

y

I

(.) _(bl

10.10 (a) Cilindro, objeto y cable. (b) Diagramas de cuerpo libre: para el cilindro y el objeto que cuelga. La masa del cable sc supone despreciable.

Para el cilindro, el pesoMgy la fuerza normaln(ejercida por el co-jinete) no ticncn momentos de torsión respecto al eje de rotación porque actúan sobre lineas que pasan por ese eje. igual que en el ejemplo 10.2. El único momento de torsión es el debidoala tensión del cableT.Aplicando la ecuación (10.6) al cilindro tenemos

1 ~7' = RT= la. = -MIfa.

~ : - 2 .

Al igual que enelejemplo 10.2, la aceleración del cable es iguala la aceleración tangencial de un punto en elbordedel cilindro, que, segun la ecuación (9.14),es ay '"'U_ '"Ra:-Usamos estopara

sus-tituir(Ra,)por_uyen la ecuación aoteriorylu~odr.idimos entreR;

el resullado es

Ahora sustituimos ésta cxpresión paraTen la segunda ley de New-ton paraelobjctoydespejamos la ace1craciónu_J.:

1

mg - '2May = ma,

a = g

y I +MI2m

EVALUAR: La aceleración es positiva (en la dirección hacia abajo) ymenor queg,como debe ser dado que el cable está frenando al objeto. Para ver cuánta fuerza ejerce el cable. sustituimos nuestra expresiónparaaJ'en la segunda ley de Newton para el objeto, obte-niendo asiT:

(

g)

mg

T= mg - mu_j• ""IIlg - m =

I

+

Ml2m I

+

2m/M La tensión en el cable no es igual al pcso mg del objeto; si asi fue-ra, el objeto no podría acelerar.

Revisemos algunos casos espccificos. SiMes mucho mayor que m, la tensión es casi igual a mg, y por tanto la aceleración es mucho mcnor que g. SiM =0,T""O Yay '"' g; el objeto cae libre-mente. Sielobjeto parte de una altura h sobre el piso con rapidez inicialV(losu rapidezual golpearelpiso está dada porv~- u02+

2aJ'h.Si parte del reposo,

u. '"

OY

u=

...Ji;;J,

= 2gh

y 1

+

MI2n.

Éste es el mismo resullado que obtuvimos usando cODsideraciones de energía en el ejemplo 9.9.

Ejemplo

10.4

Dos masas

y

una polea que gira

•

En la figura 10.lla, un deslizador de masamIse mueve sin fricción sobre unrielde aire horizontal, sujeto a un objeto de masam2con un hilo sin masa. La polea es un cilindro hueco delgado (con rayos

sin masa) de masa A., y radioR.y el hilo la gira sin resbalartÚesti· rarse. Calcule la aceleración de cada cuerpo. la aceleración angular de la polea y la tensión en capa parte del hilo.

Dado queelhilo no se estira ni resbala, tenemos las relacionesej.

1/emáticasadicionales

EJECUTAR:Lasecuaciones de movimiento paraeldeslizador) el objeto son

m,

(.) )'

,

I

T,

I

0

"f.

T, T,

~-'

mi - - , /112

,

"

m,g T, m2g Mg

-,

y

Dcslízudor Polea Objeto

colgante Por la ecuación (10.10), la aceleración02,del objeto colgante es igual a0Uoyla aceleración angular0₀de la polea es igual aQlI di-vidida entreR.Ahora podemos sustituir esto en las ecuaciones (10.7)Y(10.8) para obtener las tensiones. Los resultados son

m¡1I/2g (mI

+

M)m2E

TI = _T2=

':""";--'-":-':0

mI

+

1/l2

+

M mi

+

11/2

+

M

EVALUAR: Revisemos algunos casos especiales paraversi estosre· sultados son lógicos. Primero. simIoAles mucho mayor que1r12'

las aceleraciones son muy pequeilas yT2es aproximadamentemzg. Pero si m2 es mucho mayor que m] o que M. la aceleración será aproximadamenteg.Ambos resultados son lo que esperaríamos. Si M=O,¿,obtenemosel mismo resultado que en el ejemplo5.13 (sec-ción 52)? ¿Porquési o por qué no? ¿Se le OCUITen otros casos es-peciales queverificar?

(b)

TI = mlolx m2g - T2= m2al~

Tl - TI = Mal,

Lafonna más fatil de resolverlas esSUmlJrlas,eliminandoTIyTl , Ydespejaro1Jl:

(10.9).Ahora tenemos tres ecuaciones para las tres incógnitasT..

Tl Y alz:

10.11 (a) Deslizador de riel de aire tirado por una masa que cuelga sobre una polea. (b) Diagramas de cuerpo libre de los tres cuerpos. (10.9) (10.7) (10.8) (10.10) Deslizador: ~F~ = TI = mio... Objeto: ~Fy= mzg

+ (-

T2) = ff/2Q2]'

Lafuerza nonnal desconocida1/2acrua en una linea que pa53 por el eje de rotación de la polea, asi que no tiene brazo de palanca ni

roo-mento de torsión respecto aeseeje.Dela tabla9.2,el momento de inercia de la polea sobre éste eje esJ=M¡(l.Laecuación demoví· miento de la polea es entonces

1l:!!!!!!!!!lD

Co:lSidtr.lOSt.WYsituaóónsimilar en el ejemplo

5.13(5eCtión5..2)..Ahi.elt.io2deslizabasin mctión sobre una po-lea fija, ylatensiónl!f¡Jlami5maen todo elhilo sin mua. Con una

polea giratoria, y fricción entreea,poleayeltillopara evitar desliza-mientos, lasdostel"lSionesT 'tT:nopuedenser iguales.. 5ilo fue-ran.la polea no podría tener~ J ~MMcarlatensión en ambaspartesdel hilocomoTserWllmen;wgr.we.Cuídesede 6-te error en cualquier problema que~unapoleaquegira_ PLANTEAR:Lafigura 10.llb muestra los diagrnmas decuerpo li-breylos sistemas de coordenadas para los tres cuerpos. Con las coordenadas que escogimos,eldeslizadoryel objeto aceleran en sus~onespositivasxyy,respectivamente. Asimismo escoge· mosel sentido positivo de rotación comoelhorario (el mismo que

laacdcración angular de la polea). Tenemos cinco incógnitas: la &delacióndel deslizador(aiJ.la aceleración del objeto(Oq),laace· knciéI:J angular de la polea.QoYlas dos tensiones(T] yT

-J.

A

pri-men.\'1Sl3..elproblema parece imponente. pero tendremos tantas CC'ncionesClDIm)iDcógnitas,yresolverlasserámás fácil de lo que

el kctorim3:gJaa.

D!!IlI!IlII

IDENTIFICAR: Usaremos dinámica traslacional para describir el movimiento del deslizadorydel objeto que cuelga,ydinámicaro· tacional para describir el movimiento de la polca. Dado quc el hilo no se estira, tanto el deslizador como el objeto tienen la misma magnitud de aceleración; el óorde de la polea tiene una aceleración

IOllgellciolconla misma magnitud porque el hilo no resbala.

(Las aceleraciones dc1 deslizador y el objeto tienen diferente direc· ción pero la misma magnitud.)

Lasecuaciones (10.7) a (10.10) son cinco ecuaciones simulta-neas para [as cinco incógnitasal~'0l...o, TIy T2.(La ecuación

(10.10)es en realidad dos ecuaciones.) Primero usamos las ecua-ciones(10.10) para eliminara2!Y0,de las ecuaciones(10.7)a

370

10.12 Elmovimientode un cuerpo rígido como éste martillo lanzado es una combi-nación de traslación del centro dema~ay rotación alrededor de ese centro.

CAPÍTULO 10 I Dinámica del movimiento rolaCional

Suponga que

el

sistema del ejemplo 10.4 está inicialmente en movimiento, de

mo-do que el deslizamo-dor se mueve hacia la izquierda,

el

objeto colgante asciende

y la

polea gira en sentido anlihorario. En ésta situación, ¿que aceleración lineal tienen:

el deslizador y

el

objeto;

y

qué aceleración angular tiene la polea?

10.3

I

Rotación de un cuerpo rígido sobre un eje móvil

Podemos extender nuestro análisis de la dinámica del movimiento rotacional a

algu-nos casos en los que el eje de rotación se mueve. En tal caso, el movimiento del cuer·

po es: traslación

y

rotación combinados.

La

clave para entender

éstas situaciones

es la siguiente: cada posible movimiento de un cuerpo rígido puede representarse

como una combinación de

movimiento: traslaciOfUll del centro de masa y rotación

alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Esto se cumple aun si el centro

de masa se acelera, de modo que no está en reposo en

ningim

marco inercial. Un

ejemplo gráfico es el movimiento de un martillo lanzado hacia arriba (Fig. 10.12).

El centro de masa sigue una parábola, como si el martillo fuera una partícula

situa-da en el centro de masa. Al mismo tiempo, el manilla gira con velocisitua-dad angular

constante alrededor del centro de masa (compare con el movimiento de la llave de

la figura 8.25). La traslación del centro de masa y la rotación alrededor de dicho

centro, pueden tratarse como problemas individuales pero relacionados. Otros

ejem-plos de ésto son: una pelota que rueda cuesta abajo y un yoyo que se desenrolla.

Traslación

y rotación combinadas: relaciones de energla

Demostrar que el movimiento de un cuerpo rigido siempre puede dividirse en

mo-vimi'entos independientes de traslación del centro de masa

y rotación alrededor

del centro de masa rebasa el alcance de este libro. pero podemos demostrar que es

cierto para la

energía cinética de un cuerpo rígido con movimiento talllO traslacio·

nal como rotacional. En este caso, la energía cinética del cuerpo es la suma de una

pane

_tMvcm

2

asociada al movimiento del centro de masa y una pane

~Jcmúl

aso-ciada a la rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa:

..

_ I 2 l 2

K - -Mvcm

+

-lcmw

, 2 2

(cuerpo ñgido con traslación

y rotación)

(10.11)

VelocidadVi de una partícula de UD

cuerpo rígido el1 rotación y

traslación'" (velocidad

v

_{cm del} centro de masa) más (velocidad

v/

de la panícula relativa al centro de masa)

10.13 Cuerpo rígido con movimiento traslacional y rotacional.

Para demostrar esto, imaginamos otra

ve~

que el cuerpo rigido se compone de

panículas. Consideremos una panícula representativa de masa

mi

(Fig. 10.13). Su

velocidad

Vi

relativa a un marco inercial es la suma veclOrial de la velocidad

vt:m

del centro de masa

y la velocidad

v;

de la particula

relatiua al centro de masa:

v¡=vcm+ví

(10.12)

La energía cinetica

K¡

de esta partícula en el marco inercial es

tm¡vl,

que tambien

podemos expresar como

!m¡(v¡' Vi)'

Sustituyendo la ecuación (10.12) en esto,

obtenemos

La

energía cinética total es la suma

IK,

para todas las particulas del cuerpo. Si ex-presamos los tres ténninos de la ecuación como sumas individuales, tenemos

Los primeros dos ténninos tienen factores comunes que pueden sacarse de la su-matoria:

Act"¡v

Physcs

7.11 Carreraentre un bloque yundisco

(10.13)

Ahora viene nuestra recompensa. En el primer ténnino,

I,m¡

es la masa totalM. El segundo ténnino es cero porque ~m¡v;es Mmultiplicada por la velocidad del cen-tro de masa

relativa al centro de masa,

que es cero por definición. El último ténni-no es la suma de las energías cinéticas de las partículas, calculada usando sus rapideces respecto al centro de masa; ésta es la energía cinética de rotación alrede-dor de ese centro. Siguiendo los mismos pasos que nos llevaron a la ecuación (9.17) para la energía cinélica rotacional de un cuerpo rígido, podemos escribir es-te último término como

!Jo;mw

2•dondeJ<:m es el momento de inercia con respecto al eje que pasa por el centro de masa

y

w es la rapidez angular. Así, la ecuación (10.13)

se

conviene en la ecuaci6n(10.11):

1 1

K=-Mv 2 _{+ - l w}2

2

...

2

cm

Un caso importante de rraslación

y

rotación combinadas es el de rodar sin des-lizar, como el movimiento de la rueda que se muestra en la figura10.14. Larueda es simétrica, así que su centro de masa está en su centro geométrico. Visualizamos el movimiento en un marco de referencia inercial en el que la superficie sobre la que se rueda está en reposo. Aquí, el punto de la rueda que toca la superficie

de-be

estar instantáneamente

en reposo

para que no resbale. Por tanto, la velocidad

vi

del punto de contacto, relativa al centro de masa, debe tener la misma magnitud

pero

dirección opuesta que la velocidad del centro de masa

v

cm '

Si

el radio de la

rueda es

R

ysu rapidez angular alrededor del centro de masa es

w,

la magnitud de

vi

es

Rw;

por tanto, debemos tener

Vcm =

Rw

(condición para rodar sin resbalar) (10.14) Como muestra la figura

10.14,

la velocidad de un punto en la rueda es la suma vectorial de la velocidad del centro de masayla velocidad del punto relativa al centro de

masa.

Así, míenlras el punto I (el de contacto) está momentáneamente

Lal\Iedaentera seuaslada con velocidadDcoo

3 .~

"-2

LamedagiraenlOmOal centro demasa.rapidez en elborde - v...

RoclamienlO sindes.lizamirNo

10.14 El~~dr:unaruedaesla

5lDIRddlDOIoimimtouaslacional del

cen-trodemasa yd movimientorotacional dela rueda alrededordel centrode masa. Sila ruedanoresbala, la rapidez del borde relativa al centrodemasadebeserigual a lamagnituddeV<IIt-Laruedaestá instantá· neamente en reposo en el punto enque hace contacto con el suelo.

372

10.15 El humo que se alza de las ruedas traseras de este coche de anancones indica que los neumaticos están resbalando sobre el pavimiento, así quev.. no esigual aRw.

CAPITULO

10

1Dinámicadelmovimiento rotacional

en reposo, el punlo 3 en la parte de arriba se mueve hacia adelante con el

doble de

la rapidezdel centro de masa, y los puntos 2 y 4 a los lados lienen velocidades a 450

con la horizontal.

En un instante dado, podemos pensar que la rueda gira alrededor de un "eje de

rotación instantáneo" que pasa por el punto de contacto con el suelo. La velocidad

angular w es la misma para éste eje que para un eje que pasa por el centro de ma·

sa; un observador en el centro de masa ve que el borde da el mismo número de re·

voluciones por segundo como un observador en el borde ve que el centro de masa

da alrededor de él. Si vemos así el movimiento de la rueda de la figura 10.14, la energía cinética de la rueda esK = !/]w2,donde1]eselmomento de inercia de la rueda alrededor de un eje que pasa

por

el punto 1. Sin embargo,

por

el teorema de los ejes paralelos, ecuación(9.19),/]=1f:m

+

MR1, dondeM

es

la masa total de

la rueda e/=es el momento de inercia respecto a un eje que

pasa

por

el centro de

ma-sa.

Usando la ecuación(10.14),la energía cinélica de la

rueda

es

1 1 1 1 I

K=-lw2=-1 w2+-MR2w2=_/ w2+-Mu

1

2

1

2=

2

2

cm

2 =

que es igual a la ecuación (10.11).

Es importante tener en cuenta que la relaci6n Vcrn = Rws610 se cumple si hay rodamiento sin deslizamiento. Cuando un coche de "arra neones" comienza a moverse, las ruedas traseras están girando con gran rapidez mien-tras que el veh[culo casi no se mueve, as[ queRwes mayor queVe .. (Fig. 10.15).

Si el conductor aplica los frenos con demasiada fuerza y el coche derrapa, las ruedas casi no girarán yRúJserá menor quev...

Si un cuerpo rígido cambia de altura al moverse, también debemos considerar la energía potencial gravitacional. Como vimos en la sección 9.4, la energía

po-tencia! gravitacional asociada a cualquier cuerpo extendido de

masa

M,rígido o no, es la misma que si sustituimos el cuerpo

por

una partícula de masaMsituada en el centro de masa del cuerpo. Esto es,

U

=

Mgycm

Ejemplo

105

Casco cilíndrico que rueda

Un casco cilíndrico hueco de masaMy radioRrueda sin resbalar con rapidezv"", en una superficie plana. ¿Qué energía cinetica tiene?

l'l!l!!m!llI

IDENTIFICAR Y PLANTEAR: Usaremos la ecuación(l0.11) para oblener la energía cinélica. El momentode inercia es 1=M¡t1de la tabla 9.2 y la rapidez angular esw -

varlR

porque se rueda sin res-balar.

EJECUTAR:Susliruyendo estas expresiones en la ecuación(l0.11) obtenemos

EVALUAR: La energia cinética es el doble de la que seria si el cas-co se estuviera deslizando cas-con rapidezv...sin rodar. La mitad de la energia cinelica IOlal es tnl.slacional y la OITa mitad es rolacional.

Ejemplo

10.6

Rapidez de un yoyo burdo

Se hace un yayo burdo enrollando un cordel varias veces alrededor deun cilindro sólido de masaMy radio R (Fig. 10.16). Se sostiene

el extremo del cordel fijo mientras se suclta el cilindro desde el re-poso.El cordel se desenrolla sin resbalar ni eslirarse al caer y girar

el cilindro. Use consideraciones de energía para calcular la rapidez

v"'" del centro de masa del cilindro sólido después de caer una

2

10.16 Cálculo de la rapidez de unYCfYOburdo.

m!I3lmI

IDENTIFICAR:El extremo superior del cordel está fijo. no se tira de él hacia arriba, así que la mano de la figura 10.16 no efectúa traba-jo sobre el sistema del cordel y cilindro. Al igual que en el ejemplo 9.8 (sección 9.4), hay fricción entre el cordel y el cilindro pero, co-mo el cordel no resbala, no se pierde energía mecánica y podeco-mos usar la conservación de la energía mecánica.

PLANTEAR:Lasenergías potenciales son UI= MghYU2 - O. El cordel no tiene energia cinetica porque no tienemasa. La energía cinttica inicial del cilindro es XI - O, Yla final(X0está dada por la ecuación (10.11). El momento de inercia esf·= tMR2•yw - IJar!R porque el cilindro no resbala en el cordel.

EJECUTAR:Utilizando la ecuación (10.1 1), la energía cinética en el punto 2 es

1

1(1

)("_)'

X =-Mu 2

+-

MIf -2 ₂ C " ' 2 2 · R 3 =-Mu 2 4

-Entonces, la conservación de la energía da XI

+

UI = X2

+

U2

O

+

Mgh = !Mu 2

+

O

4

-y

EVALUAR:~staes menor que la rapidez

V2iii

que lendria un ob-jeto que se deja caer, porque un tercio de la energía potencial libe-rada aparece como energía cinética rotacional.

Ejemplo

107

Carrera de cuerpos rodantes

En una demostración, un profesor pone a "competir" diversos cuero pos rígidos redondos soltándolos del reposo desde arriba de un pIa-no inclinado (Fig. 10.17). ¿Qué forma debc tener un cuerpo para llegar a la base primero?

m!I3lmI

IDENTIFICAR:Podemos usar conservación de la energía porque los cuerpos no resbalan sobre el plano indinado.Lafricción cinética no efectúa trabajo si los cuerpos ruedan sin resbalar. También pode-mos despreciar los efectos de lafricción de rodamiento, presentada enlasección

S.3,

si los cuerpos y la superficie sobre la que ruedan son perfectamente rígidos. (Más adelante explicaremos por qué.)

T

h

1

10.17 ¿Cuál cuerpo baja más rápidamente y por qué?

PLANTEAR:Cada cucrpo parte del reposo desde arriba de una pen-diente de altura h, asi que KI=0,VI - MghYV2=O. La energla

ci-nética en la base del plano está dada por la ecuación (10.11). Si los cuerpos ruedan sin resbalar, w -

v,dR.

U1s momentos de inercia de todos los euerpos redondos de la labIa 9.2 (alrededor de ejes que pasan por su centro de masa) pueden expresarse como1=. cMRl

,

donde

c

es un número puro menor o igual que I que depende de la fonoa del cuerpo. Nuestro objetivo es hallar el valor de

e

que pro-porciona alcuerpolamás alta rapidez en labasedel plano indinado.

EJECUTAR:Por la conservación delac:ufgia..

K]

+

VI = K2 - U2 I 2 I ..("_)' O

+

Mgh = -Mu cMR:' -2 .. 2 R 1 =

2"(1

+

C)MU=2

asi que la rapidez en labasede la pendiente es

J

2gh

"

-

374

CA PíT ULO 10 I Dinámica del movimiento rotacional

EVALUAR:Éste resultado es sorprendente; la rapidez no depende de la masaM del cuerpo ni de su radio R. Todos los cilindros

só-lidos unifonnes tienen la misma rapidez abajo, aun si sus masas y radios son diferentes, porque tienen la mismac.Todas las esferas sólidas tienen la misma rapidez, etc. Cuanto menor seae, mayor

se-rá la rapidez del cuerpo abajo (yen cualquier punto de la bajada).

Los cuerpos conepequeña siempre vencen a aquellos con e gran-de, porque menos de su energía cinética se dedica araJaciony más a traslación. Si leemos los valores de

e

de la tabla 9.2, vemos que el orden de llegada es: cualquier esfera sólida, cualquier cilindro sóli-do, cualquier esfera hueca de pared delgadaycualquier cilindro hueco de pared delgada.

El movimiento rotacional alrededor del centro de masa se describe mediante el análogo rotacional de la segunda ley de Newton, ecuación (10.6):

Traslación y rotación combinadas: dinamica

También podemos analizar el movimiento traslacional y rotacional combinado de un cuerpo rígido desde la perspectiva de la dinámica. Mostramos en la sección 8.5 que, para un cuerpo de masa totalM,la aceleración aem.del centro de masa es igual a la de una masa puntualMsobre la que actúan todas las fuerzas externas a las que está sujeto el cuerpo:

(10.16) (10.15)

donde 10mes el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de

ma-sa y

¡

-r" incluye todos los momentos de torsión externos respecto a éste eje. No es obvio que la ecuación (10.16) sea aplicable al movimiento de un cuerpo rígido en traslación; después de todo, nuestra deducción de I-r_z=

azen

la sección 10.2 dio por hecho que el eje de rotación era estacionario. No obstante, la ecuación (10.16) es válida aun si el eje de rotación se mueve, si se satisfacen estas condiciones:

1. El eje que pasa por el centro de masa debe ser un eje de simetría. 2. El eje no debe cambiar de dirección.

Estas condiciones se satisfacen en muchos tipos de rotación (Fig. 10.18). Cabe se-ñalar que en general éste eje de rotación móvil no está en reposo en un marco de referencia inercial.

Ahora podemos resolver problemas de dinámica en los que intervengan cuer-pos rígidos con movimientos: traslacional y rotacional simultáneos, siempre que el eje de rotación cumpla las condiciones anteriores. La estrategia de resolución de problemas bosquejada en la sección 10.2 es igualmente útil aquí, y le recomen-damos repasarla. Tenga presente que, si un cuerpo tiene movimiento traslacional y rotacional al mismo tiempo, necesitamos dos ecuaciones de movimiento inde-pendientes para el mismo cllelpo. Una, la ecuación (10.15), describe la traslación del centro de masa. La otra, ecuación (10.16), describe la rotación alrededor del eje que pasa porelcentro de masa.

10.18 El eje de una rueda de bicicleta pa-sa por el centro de mapa-sa de la rueda y es un eje de simetria. Por tanto, la romción de la rueda está descrita por la ecuación (10.16), siempre que la bicicleta no dé la vuelta ni se incline hacia un lado (10 cual alteraria la orientación del eje).

1

1

,

l·

,

EJECUTAR:La ecuación para la traslación del centro de masa es dro. La figura 10.19 es un diagrama de cuerpo libre del yoyo, don-de se indican las direcciones don-de las coordon-denadas positivas. Con es-tas coordenadas, la incógnita es aom-r

_

Aceleración de un yoyo burdo

Para el yayo burdo del ejemplo 10.6, calcule la aceleración hacia abajo del cilindro y la tensión en el cordel.

lm!lilmI

IDENTIFICAR Y PLANTEAR: Usaremos las ecuaciones (10.15) y

(10.19)

T

Mg

I

y

10.1 9 Diagrama de cuerpo libre de un yoyo burdo

(ver Fig. 10.16).

Elmomento de inercia para un eje que pasa por el centro de masa

esl<:m = tMR'. Sólo la fuerza de tensión tiene un momento de

tor-sión respecto a dicho eje, asi que la ecuación para la rotación alre-dedor de él es

(10.18)

El cordel se desenrolla sin resbalar, así que_{v om :} Rwpor la ecua-ción (10.14); la derivada de ésta relaecua-ción respecto aIes

Ahora usamos la ecuación (10.19) paraeliminat a=de la ecuación (10.18) y resolvemos las ecuaciones (10.17)y(10.18) simultánea-mente para obtenerTy u<:m_y"Los resultados son sencillísimos:

2 ,

u cm•y=

38

T = 3Mg

Usando la fórmula de aceleración constantev<:m./: v"",..o/+2a<tl'>-yh,

podemos demostrar que la rapidez del yayo después de caer una dis-tanciahesU_cm =

~,como

determinamos en el ejemplo 10.6. EVALUAR:Desde el punto de vista de la dinámica, la fuerza de ten-sión es fundamental, pues hace que la aceleración del yayo sea menor queg,y su momento de torsión hace girar al yoyo. No obstante, cuando analizamos esta situación en el ejemplo 10.6 usando méto-dos de energia, ¡no tuvimos que considerar la tensión! Dado que no se perdió ni ganó energia mecánica, desde el punto de vista energé-tico el cordel sólo es importante porque ayuda a convertir parte de la energía potencial gravitacional en energía cinética rotacional.

Ejemplo

109

Aceleración de una esfera rodante

PLANTEAR:La figura 10.20b es el diagrama de cuerpo libre, e in-dica las dírecciones de coordenadas positivas. De la tabla 9.2, el momento de inercia de una esfera sólida esIcm = !MR2•Las

ecua-ciones de movimiento para traslación y para rotación alrededor del eje que pasa por el centro de masa son, respectivamente,

Una bola de bolos sólida rueda sin resbalar por la rampa de retomo junto a la mesa (Fig. 10.20a). La rampa forma un ángulo(3con la horizontal. ¿Qué aceleración tiene la bola? Trátela como esfera só-lida uniforme, despreciando los agujeros.

EI!!I3I':'llII

IDENTIFICAR:Al igual que en el ejemplo 10.8, usaremos la ecua-ción (10.15) para describir el movimiento traslacional, y la ecuaecua-ción (10.16), para describir el movimiento rotacionaL La incógnita es la aceleración del centro de masa de la bola.

,,'

¿F..-= Mgsen

f3

+

(-j) =

Mu..--..-¿7~

=

iR

=

l<:flja;

=

(fM~)a;

y

/

0

,

r----

Mgsen R

,,

,

,

f

p Mgcosf3 Mg (b) (10.20) (10.21)

376

CA PfT U LO 10 I Dinámica del movimiento rotacional Sólo la fuerza de fricción/tiene un momento de torsión respecto al

eje que pasa porelcentro de masa. Si la bola rueda sin resbalar,

!C-nemas la misma relación cinemáticaG,,,,.x= Retzque en el ejemplo 10.8. Usamos esto para elminarCt_zde la ecuación (10.21):

cir una ecuación para el coeficiente de fricción M, miniJ11!' necesa-rio para evitar el deslizamiento.Lafucrza nonnal esn= Mgeos {3.

La fuerza máxima de fricción estática es¡.t,n, así queM,debe ser de por10menos

Fricción de rodamiento

l'

í

!

I

,

2 iR = jMRu,m.x

Éstayla ecuación (10.20) son dos ecuaciones para dos incógnitas,

G_cm.xY

f

Despejamosfdela ecuación (10.20),sustituimosen la ecuación anterior para eliminar/, y despejamosG'''Hpara obtener

5

G,m_x =

:¡g

sen{3

La aceleración es~ de lo que seria silabola pudieradeslizarse sin fricción por la rampa, como el tobogán del ejemplo 5.9 (sección 5.2). Sustituimos ésto en la ecuación (10.20) y despejamosf

2

j=7Mgsen{3

EVALUAR:Dado quc la bola no resbala en el punto de contacto ins-tanláneo con la rampa,!es una fuerza de fricciónestática;evita el deslizamiento y da a la bola su aceleración angular. Podemos

dedu-2

-Mgsen {3

I

7 2

¡.t,=-;¡-=

Mgcos{3

=7

lall{3

Si el plano no está muy inclinado, {3 es pequeña, y no se requiere un M,grande para evitar el deslizamiento. Al aumentar el ángulo, au-menta el valor requerido deI-t..como indicaria la inruición. Si la bo-la comienza a resbabo-lar, bo-las ecuaciones(l0.20) y (10.21) siguen siendo válidas, pero ya no se cumple que[!,"'_~= Rw, yacm-~= Ras;

sólo tcncmos dos ecuaciones para tres incógnitas(acm.~'a,yf).La resolución del problema de rodamientocondcslizamiento requiere considerar la friccióncinética(ver problema de desafio 10.101).

Si la bola desciende una distancia vcrticalh al bajar por la

ram-pa, su desplazamiento sobre la rampa es hlsen (3. El lector deberá poder demostrar~uela rapidez de la bola en la base de la rampa se-ria_vcm =

y'fih,

que es el resultado que obruvimos en el ejemplo

10.7 con c

=

l

Si la bolarodaradesubida, la fuerza de fricción también estaría

di-rigida pendientc arriba, como en la figura 10.20b. ¿Entiende por qué?

En el ejemplo 10.7 dijimos que podemos despreciar la fricción de rodamiento si tanto el cuerpo como la superficie sobre la que rueda son perfectamente rígidos.

En la figura 1O.21a una esfera perfectamente rígida baja rodando una pendente perfectamente rígida. La linea de acción de la fuerza normal pasa por el centro de la esfera, así que el momento de torsión es cero; no hay deslizamiento en el punto de contacto, así que la fricción no efectúa trabajo. La figura 10.21 b muestra una situación más realista en la que la superficie se "amontona" delante de la esferay

ésta rueda en una zanja somera o poco profunda. Debido a estas defonnaciones, las fuerzas

de

contacto sobre la esfera ya no actúan en un solo punto, sino en una área, concentrándose en el frente de la esfera como se muestra. En consecuencia, la fuerza normal ejerce un momento de torsión que se opone a la rotación.

Ade-y

y

(.)

Superficie rígida; la fuerza normal no produce momento de torsión

Mg

/

"

Superficie defonnable; la fuerta nonnal produce un momento de torsión que se opone a la rotación

,b) Mg

"

f

10.21 (a) Fuerzas sobre una esfera perfec-tamente rígida que baja rodando una pen-diente perfectamente rigida. (b) Si la esfera o la pendiente es deformable, las fuerzas de contactoactúan en difcrentes posicio-nes.lafuerza nonnal produce un

momen-lOde torsión antihorario que se opone a la

rotación horaria.Ladefonnación se mues-namuy exagerada.

más, hay cierto deslizamiento de la esfera en la superficie debido a la deforma-ción, causando pérdida de energía mecánica. La combinaetón de estos efectos es el fenómeno de fricción de rodamiento, que también ocurre si el cuerpo que rue-da es deformable, como un neumático. Es comun que el cuerpo que ruerue-dayla su-perficie tengan la suficiente rigidez como para hacer caso omiso de la fricetón de rodamiento,yesto es lo que hemos hecho en los ejemplos de la sección.

En el ejemplo 10.9, ¿qué valor tendrían la aceleraciónyla fuerza de mcción está-tica si la bola fuera una esfera hueca?

10.4

I

Trabajo

y

potencia en movimiento rotacional

Cuando pedaleamos una bicicleta, aplicamos fuerzas a un cuerpo en rotacióny

efectuamos trabajo sobre él. Algo similar ocurre en otras situaciones de la vida real, como el eje de un motor que impulsa una herramienta de potencia o a un ve-hículo. Podemos expresareltrabajo en términos del momenlo de torsióny despla-zamiento angular.

Suponga que una fuerza tangencial

F

tanactúa en el borde de un disco pivoteado;

por ejemplo, una niña que corre empujando un tiovivo (Hg. 1O.22a). La rueda gira un ángulo infinitesimald8alrededor de un eje fijo durante un tiempo infinitesimal dt(Fig. 10.22b). El trabajo dW efectuado por Flan mientras un punto del borde se mueve una distancia ds es dW= Fm"ds. Si dO se mide en radianes, ds =R dO

Y

dW = F,.nRdO

FmnRes el momento de torsión T:debido a la fuerza F

=,

así que

(10.22) El trabajo total Wefectuado porelmomento de torsión durante un desplazamien-to angular de

O,

a 82es

Laniña aplicauna fuena langencial

L"

W= T:dO

0,

(trabajo efectuado por un momento de torsión) (10.23)

Si el momento de torsión es constante y el cambio de ángulo es finito!:::..()=8_{2 -} 0_1,

El trabajo efectuado por un momento de torsión constante es el producto del mo-mento de torsiónyel desplazamiento angular. Si el momento de torsión se expre-sa en N·m y el desplazamiento en radianes, el trabajo está en joules. La ecuación (10.24) es el análogo rotacional de la ecuación (6.1), W=Fs,y la ecuación (10.23) es el análogo de la ecuación (6.7), W=

f

Fe<dx,para el trabajo realizado por una fuerza en un desplazamiento rectilíneo.

Si la fuerza de la figura 10.22 tuviera una componente axial o radial, dicha componente no efectuaría trabajo porque el desplazamiento del punto de aplica· ción sólo tiene componente tangencial. Una componente de fuerza radial o axial tampoco contribuida al momento de torsión alrededor del eje de rotación. así que

lasecuaciones (1 0.23) Y(10.24) son correctas para cualquier fuerza, independien-Rmente de sus componentes.

W= T.(()2 - (1 ) = Tzl:::...O

(trabajo efectuado por un momento de torsión constanle)

(10.24)

o

Vi,ta,uperior deltiovivo

(b)

10.22 Una fuerzaIaIlgc:ocial :na cuerpo en rotaciÓn efecz:itaC3bI;a

378

CAPÍTULO 10 I Dinámicadel movimiento rotacional

Si un momentode torsión efectúa trabajo sobre un cuerpo rigido que gira, la energía cinética cambia en una cantidad igual a ese trabajo. Podemos demostrar esto usando exactamente el mismo procedimiento que en las ecuaciones (6.11) a (6.13)para una partícula. Primero representamos el momento de torsión neto so-breelcuerpo con'T:>de modo que, por la ecuación (10.6), ;: ::la..Al usar esta ecuación, estamos suponiendo que el cuerpo es rigido y, por tanto, tiene momen-to de inercia constante. Transformamos el integrando de la ecuación (10.23) en una integral sobre w: así:

Dado que'T:es el momento de torsión neto, [a integral de la ecuación(l0.23) es el trabajototalefectuado sobre el cuerpo rígido en rotación. Así, la ecuación se con-vierte en

•

(10.25)

El cambio de energía cinética rotacional de un cuerporígido es igual al uabajo efectuado por fuerzas ejercidas desde afuera del cuerpo. Esta ecuación es análogo a la ecuación(6.13), el teorema trabajo-energía para una partícula.

¿Quéhay con la potencia asociadaaltrabajo efectuadopor unmomentodetorsión sobre un cuerpo en rotación? Sidividimosambos miembros de la ecuación (1 0.22) en-treel intervalo dr durante el queseda el desplazamiento angular,obtenemos

dW dO

-

~T_-dr - dt

Pero dWldtes la rapidez con que se efectúa trabajo, o potencia P,yd8ldtes velo-cidad angular_{W Z'} así que

P ~ 7':W: (10.26)

Ejemplo 10.10

Si un momento de torsión7':(respecto al eje de rotación) actúa sobre un cuerpo que gira con velocidad angular

w"

su potencia (rapidez con qu:, efectúa trabajo) es el producto de7':

Y

_WZ' Esto es el análogo de la relación

P

=

F·

tí

que

desarro-llamos en la sección 6.4 para el movimiento de partículas.

Potencia de motores

y

momento de torsión

La poI:enciadesarroUadaporelmotordeun automóvil seanuncia como

200hpa 6000rpm.Calcule el momento de

ron:ión

corrc:spoodiente.

lE!!lil':1lI

IDENTIFICAR Y PLANTEAR: os dan la potcncia desarrolladaPy

la'clocldad angular w" asi que podemos obtcner el momento de rorsióncon la ecuación (10.26).

EJECUTAR: Primero debemos convertir la polencia a wans ylave·

Iocidadangular aradls:

('46 W)

p", 200bp

=

200hp - -

=

1.49

x

lo'W

1hp

w.

~

6000

re,/min

~

(6000

.re'

)(2~

nd)(1

min)

• Imm lrev 60s

= 628fa(l/s Por la ecuación (10.26),

1.49 X lo'N·m/s =237N'm 628radls

EVALUAR: Podríamos aplicar este momenro de torsión usando una llave de tuercas de 0.25 m de largo y aplicando una fuerza de 948 N al extremo desumango. ¿Podriaellector hacerlo?

Ejemplo

10.11

Cálculo de potencia a partir del momento de torsión

Un motor eléctrico ejerce un momento de torsión constante de 10 N°m sobre una piedra de amolar montadaenun eje. El momento de inercia de la piedra esl =2.0 kgom2yel sistema parte del reposo. Calcule el trabajo efectuado por el motor cn 8.0 segundosyla energia cinéticaalfmal de este lapso. ¿Qué potencia media desarrolló el motor'?

lE!!I3I!llI

IDENTifiCAR Y PLANTEAR:Usamos la versión rotacional de la segunda ley de Ncwton,

:h,

= la.,para obtener la aceleración an-gular de la piedra. Después usaremos las ecuaciones de cinemática de la sección 9.2 para calcular el ángulo que la piedra gira en 8.0 s (lo cual nos da, a través de la ecuación (10.24),el trabajo efectua-do) y la velocidad angular en ese momento (lo cual nos da la ener-gía cinética). Obtenemos la potencia media dividiendo el trabajo realizado entre el intervalo de tiempo.

EJECUTAR:TenemosIr,= 10 N·m (el único momento de torsión que actúa se debe al motor)el'"'2.0 kgom2, así que, porIr,= la=>

la aceleración angular es de 5.0 rad/s'. Por la ecuación (9.11),el

ángulo total que el sistema gira en 8.0 s es

1 1

!1(J=-at~=-(50radls2)(80,)l= lóOrad

2 ' 2 ' .

yel trabajo total efectuado por el momento de torsión es

W= 'f,d9

=

(lON'm)(160rad)

=

ló001

Por las ecuaciones (9.7)y(9.17), la velocidad angular y la energía cinética ent=8.0 s son

W, = a,1 = (5.0 rad/s2_{)(8.0 s) = 40 radls}

1 1

K =

"2/w,2

= "2(2.0 kg' m2)(40 radls)2 = 16001 La energia cinética inicial era cero, así que el trabajo efecmado es igual al incremento en la energía cinética [Véase ecuación (10.35)].

La potencia media es 16001

P_med = - - = 2001/s= 200W 8.0 s

EVALUAR:Podemos comprobar el valor que obmvimos para la po-tenciamedia considerando la potencia instantánea, P= 'f,w,. Ob-serve que, dado quew,aumenta continuamente,P también aumenta

continuamente; su valor es cero ent=OYaumenta a (10 Nom)(40 radis)=400 W en( =8.0 s. La velocidad angularyla potencia

au-mentan uniformemente conel tiempo, asi que la potenciamedia es

lamitadde este valor máximo, o sea 200 W.

(10.27) Se aplican momentos de torsión iguales a dos cilindros distintos,uno de los cua-les tiene un momento de inercia dos veces mayor que el del otro.Los dos cilindros están inicialmente en reposo. Después de una rotación completa,¿cuálcilindro tiene mayor energia cinética?

10.5

I

Cantidad de movimiento angular

Todas las cantidades rotacionales que hemos visto en los capitulos9y10 soo aná-logos de una cantidad en el movimiento traslacional de una partícula. Elanálogo de la cantidad de movimiento de una partícula es la cantidad demovimiento~

guiar, una cantidad vectorial denotada con

l.

Su relación con la cantidad de

mo-vimiento

ji

(que a veces llamaremoscantidad de movimiento lineal por claridad)

es exactamente la misma que entre momento de IOrsión y fuerza,

T

=

r

x

F.

Pa-ra una partícula de masa constante

m,

velocidad

V,

cantidad de movimiento

ji

=

mv,

y vector de posición

r

relativo al origenOde un marco inercial, deími-mos la cantidad de movimiento angular

L

como

L=rxji=rXmv

(cantidad de movimienlO angular de una partícula)

El valor de

l

depende del origen escogido, ya que en él interviene el vector de

po-sición de la partícula relativo al origen. Las unidades de la cantidad de

movimien-lOangular son kg·m2/s.

En la figura10.23,para una partícula que se mueve en el planoxy; se muestran: su vector de posición

r

y su cantidad de movimiento

ji

=

mv.

El vector de

canti-7

I=rsm6 ~

L = c::mtid:addelDInimiento angular deb.~perpendicular al

/ pt.mddlDln'imiento (sielorigenO

~ e:Ráe:neseplano). la magnitud

deL=mv/

10.23 Cálculo de la cantidad de movi-mienloangular

L

=

r

x mi) = -; X

p

de una panícula de masamque se mueve en el planoxy.