CUERPO RÍGIDO
ESTÁTICA DE UN CUERPO RÍGIDO
En lo que sigue vamos a denotar a los vectores con negritas.
Un cuerpo
rígido (CR) es un caso particular de un sistema de partículas.
En un cuerpo rígido, para cada par de partículas i, j los vectores posición ri, rj medidos respecto a un origen O
de un sistema de coordenadas cualquiera cumplen con la siguiente codición rj-ri = constante para todo instante
t.
En este caso rj-ri permanece constante para todo par de partículas y para todo tiempo t, respecto de cualquier
sistema de coordenadas de origen O.
r j - ri
Figura 1: Cuerpo rígido
ri
rj
O
Por lo tanto podemos utilizar los resultados obtenidos para un sistema de partículas, donde la suma se extiende a
todas las partículas del cuerpo rígido.
Considerando que:
P es la cantidad de movimiento lineal,
mi es la masa de la iésima partícula perteneciente al CR,
Vi es la velocidad de la iésima partícula perteneciente al CR,
M es la masa total del cuerpo rígido, y
las cantidades que figuran con un subíndice CM, se refieren al centro de masa del cuerpo rígido.
n
n
i =1
i =1
PCM = ∑ mi .v i = (∑ mi ).VCM = M .VCM
La cantidad de momento angular, L, está definida por la siguiente expresión
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1
indica el producto vectorial):
n
[1]
L = ∑ ri Λ mi v i
i =1
Con:
n
R CM =
∑ m .r
i =1
n
i
i
VCM
,
∑m
i =1
dR CM
=
dt
,
i
En general, el cuerpo rígido es continuo con lo cual las sumas se transforman en integrales.
A partir de las ecuaciones anteriores obtenemos:
dPCM
= Ma CM = Fext
dt
[2]
CON
Y
dL
= t ext
dt
a =
CM
dVCM
dt
[3]
donde M es la masa total del cuerpo rígido, aCM es la aceleración de su centro de masa y Fext es
la suma de las fuerzas exteriores actuantes sobre el cuerpo rígido, la fuerza neta.
La ecuación [2] nos dice que en lo que atañe a las fuerzas, el movimiento del centro de masa es el
mismo que el que tendría un punto material (con dimensiones diferenciales) cuya masa fuera M,
concentrada en la posición R CM a la cual se le aplica una fuerza Fext.
Por otro lado en el caso Fext = 0 podemos tener aún una cupla aplicada al cuerpo rígido:
F
d
F
Figura 2: Cupla aplicada a un cuerpo rígido
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2
En este caso la suma de las fuerzas es cero, con lo cual el centro de masa tendrá velocidad constante o estará
en reposo.
Siempre podemos elegir un sistema de referencia inercial para el cual el cuerpo rígido se encuentre en reposo.
Pero aún tendremos un movimiento acelerado alrededor del centro de masa debido a la cupla, ver ecuaciones
[1] y [3], que nos dicen que si el momento de las fuerzas es distinto 0 entonces la cantidad de movimiento
angular varía. Como la cantidad de movimiento angular tiene que ver con productos de distancias por
velocidades, está íntimamente relacionado con una rotación alrededor del centro de masa.
Por este motivo si deseamos obtener las condiciones para las cuales un cuerpo rígido se encuentra en
equilibrio respecto a algún sistema inercial (cada una de las partículas que lo constituyen debe estar en
reposo), es condición necesaria y suficiente que i = 0 . VCM = 0 para algún sistema de referencia y que la
velocidad angular medida respecto al centro de masa sea w = 0 , pues si la velocidad angular es cero respecto
a un eje que pasa por el centro de masa y el centro de masa está en reposo esto garantiza para todo i
perteneciente al cuerpo rígido i = 0. Y si todas las velocidades de todas las partículas son nulas, por la
definición de PCM y L se llega a que PCM y L son ambas nulas.
v
v
Luego es condición necesaria que:
dPCM
= MaCM = 0 = Fext
dt
dL
= 0 = t ext
dt
pues PCM y L son ambas nulas.
Esto nos lleva a:
Fext = 0
τ ext = 0
Que son las condiciones de equilibrio para un cuerpo rígido.
Hasta aquí hemos presentado conceptos básicos en torno a “Estática de un cuerpo rígido”.
A continuación se presentan demostraciones de algunos teoremas que ayudarán a comprender los temas que estamos desarrollando.
Recuerde que cuenta con el aula virtual para dejar sus inquietudes y enriquecerse con los
aportes de sus compañeros y del tutor.
Teorema I (de la recta de acción)
Si trasladamos F en su recta de acción, el momento de la fuerza no varía.
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3
F
r´
F
d
r
Q
Figura 3: Traslación de F sobre su recta de acción
Demostración:
El vector r puede expresarse como suma de los vectores r’ y
d:
r = r´+d [1]
Calculamos el producto vectorial entre r y F, y remplazamos [1]:
rΛ F = (r´+ d)Λ F = r´Λ F + d Λ F = r´ Λ F
ya que
d
F = 0 por ser d paralelo a F.
Teorema II (del momento de una cupla)
El momento realizado por una cupla no depende del origen de coordenadas.
Demostración:
considerando un origen en Q, calculamos el momento
Q
τ
Q de
una cupla.
r1
r2
F
d
F
Figura 4: Momento de una cupla
Página
4
τ
r1 Λ F + r2 Λ(-F ) = (r1 − r2 )Λ F = d ΛF
Entonces, el momento realizado por la cupla (τ ) no depende del origen Q
Q
=
Teorema III
Si la suma de las fuerzas es cero, el momento total no depende del origen de coordenadas.
Demostración:
Se consideran dos orígenes de coordenadas O y O´ . En la figura sólo se muestra una fuerza y el vector posición
respecto a dos sistemas de coordenadas distintos.
Fi
r´i
O´
d
ri
O
Figura 5: Independencia del momento total respecto al origen de coordenadas
Como la suma de las fuerzas es cero el último término vale cero, con lo cual
τ o = τo´
Teorema IV (sin demostración)
Cualquier sistema de fuerzas puede ser reemplazado por una única fuerza resultante más una cupla.
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5
Otras propiedades de los cuerpos rígidos estáticos
a) Si las fuerzas son concurrentes y la sumatoria de las fuerzas es cero, el cuerpo rígido está en equilibrio.
Por el teorema (I) se pueden trasladar a las fuerzas a lo largo de su recta de acción hasta el punto al cual
concurren. Por lo tanto, el brazo de palanca de cada una es cero respecto a este punto, siendo por consecuencia cero el momento total. Por otro lado, por el teorema III, el momento no depende del origen de coordenadas
elegido. Entonces, el CR está en equilibrio.
b) Una fuerza aplicada en un punto dado P puede ser reemplazada por una fuerza igual y paralela aplicada en
otro punto Q más una fuerza contraria a la anterior aplicada en Q.
El efecto neto es una fuerza en Q más una cupla.
P
-F
F
Q
F
Figura 6: Reemplazo de una fuerza
c) Si se trasladan las fuerzas concurrentes hasta su punto de aplicación, la fuerza resultante es equivalente tanto
en lo que respecta a momentos como a fuerza total aplicada.
F1
F2
Figura 7: Traslación de fuerzas concurrentes
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6
Ejemplos de equilibrio de un cuerpo rígido
A continuación se explican dos ejemplos, desarrollados en forma analítica y en forma gráfica. Es importante
que preste atención a ambas resoluciones y establezca relaciones entre ellas. Le recordamos que cuenta con la
orientación del tutor en las aulas virtuales para cualquier consulta.
Ejemplo I
Una viga de 20 kg. de masa está apoyada en un extremo sobre una pared con roce y por el otro extremo
sostenida por una cuerda. A dos metros del extremo izquierdo está parada sobre la viga una persona de 60 kg.
de masa. Si el sistema está en equilibrio hallar la tensión en la cuerda y la reacción de la pared.
Resolución por método analítico
Diagrama del cuerpo libre:
53
2m
8m
Como primer paso, hacemos una lista de los cuerpos que
realizan alguna acción sobre la viga:
1 .- la cuerda,
2 .- la pared,
3 .- el hombre, ya que éste al hallarse a su vez en
equilibrio recibe una acción de la viga, la normal, y la
reacción (del mismo módulo, igual dirección y sentido
contrario que la acción que ejerce la viga) está en la viga.
4.- la tierra.
Luego, hacemos una lista de fuerzas que actúan sobre la viga:
1.- la tensión T que formará un ángulo de 53º,
2.- la reacción de la pared R que tendrá, en general, dos componentes, una en la dirección x y la otra en la
dirección y (ver diagrama mas abajo),
3.- la reacción a la normal (sobre el hombre) de -600Nj (contraria a la normal que es +600Nj),
4.- el peso de la viga de -200Nj.
Y
T
R
53°
Ry
o
Tx
Rx
600 N
200 N
De las condiciones de equilibrio tenemos:
Fext = 0
n
∑F
i =1
, que es una relación vectorial
=0
y
R y +Tsen (53º ) − 600 − 200 = 0 [ a]
n
∑F
i =1
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7
x
=0
Ty
X
Rx − T cos(53º ) = 0
[b]
Tomando momentos respecto al punto O tenemos:
τ
ext
=0
Tsen(53°).8 − 600.2 − 200.4 = 0 [c]
Aquí 2, 4 y 8 son los brazos de palanca medidos respecto del punto O, en metros. Los signos positivos salen
de considerar positivos los momentos que tienen sentido antihorario y los signos negativos salen de considerar negativos los momentos con sentido horario.
Las expresiones [a], [b] y [c] son tres ecuaciones con tres incógnitas.
De [c], haciendo los cálculos, obtenemos T = 312.5 N
Luego de [a] y [b] obtenemos:
Rx = 188 N
Ry = 550 N
Con lo cual arctg(Ry/Rx) = 71.1º es el ángulo que forma la resultante con el eje X y R = 581.24N es el módulo
de la resultante obtenida aplicando Pitágoras y teniendo en cuenta que Rx = 188 N y Ry = 550 N.
Resolución por método gráfico
P
200 N
600 N
a
800 N
b
Primero hallaremos la fuerza equivalente entre las dos fuerzas paralelas de 200N y 600N.
Según hemos visto anteriormente, cuando concurren dos fuerzas a un punto dado entonces existe una fuerza
equivalente que se obtiene sumando vectorialmente en dicho punto las dos fuerzas.
Se puede demostrar que la fuerza suma es equivalente tanto en fuerza (lo cual es evidente) como en momentos.
En nuestro caso se cortan en infinito con lo cual vamos a sumar 200N mas 600N, es decir, obtenemos una
fuerza equivalente de 800N.
Vamos a ubicar a dicha fuerza en un punto intermedio, de manera tal que los momentos respecto de algún
punto de las fuerzas componentes y de la resultante den lo mismo (en nuestro ejemplo tomaremos momentos
con respecto al punto O, ver diagrama arriba).
Para nuestro ejemplo, si tomamos momentos respecto al punto O y llamamos
X a la distancia hasta la fuerza resultant.
X1 a la distancia hasta la fuerza de 600N
X2 a la distancia hasta la fuerza de 200N
tenemos:
600 x1 + 200 x2 = 800.x
600( x − a ) + 200( x + b) = (600 + 200) x + 200b − 600a



Fuerza
resul tante
x
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8
τp = 0 = 600.a − 200.b
a + b = 2m
(es dato del problema,
es la distancia de separación entre la mitad
de la viga y la posición del hombre).
De donde obtenemos a = 0.5 m y b = 1.5 m
Debemos poner los 800 N a 2.5 m del
origen O. Esto nos garantiza que respecto a
la suma de fuerzas y de momentos la
resultante de 800N es equivalentes a las
fuerzas de 600 N y 200 N.
La suma de R con T da justo 800NJ lo cual garantiza que la suma de todas las fuerzas, incluyendo a la
resultante de los pesos, sea cero.
La concurrencia de R y T en el punto P, donde también concurre la resultante de los pesos, garantiza que la
suma de momentos sea cero.
Al ser la suma de las fuerzas igual a cero esto garantiza que el momento no dependa del punto respecto del cual
se toman los momentos. Por lo tanto, al ser cero respecto de P, podemos afirmar que es cero respecto de
cualquier otro punto (teorema III).
Ejemplo II
El gráfico de la figura muestra un rodillo de radio R, rodando sin resbalar, empujado mediante una fuerza F
contra un escalón de altura h.
¿Cuál debe ser el valor de F para que justo comience a subir el escalón?
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Resolución por método analítico
Hacemos una lista de los cuerpos que realizan alguna acción sobre el rodillo:
a – La tierra
b – La cuerda (para producir la fuerza F)
c – La superficie del piso. La condición de que justo esté por subir hace que no haya contacto con el piso.
d – El escalón
Hacemos una lista de las fuerzas que cada cuerpo hace sobre el rodillo (respetando el mismo orden):
a – El peso W
b – La fuerza F
c – La normal N
d – La reacción Re
d = R 2 − ( R − h) 2
(ver triángulo interior gris)
Por otro lado, la condición de equilibrio se mantiene y en el momento en que está por pasar sobre el escalón,
la normal sobre el piso se anula.
La sumatoria de fuerzas debe ser cero como vector. Esto implica que la sumatoria de fuerzas sobre el eje X y
sobre el eje Y, ambas, son cero.
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De la figura obtenemos:
n
∑F = 0 = R
x
x
i =1
n
∑F
i =0
y
− F ; F = Rx
= 0 = Ry − w = 0; Ry = w
Donde Rx y Ry son las componentes, según los ejes, de la reacción Re.
Por sumatoria de momentos tenemos:
n
∑τ
i =1
o
= 0 = F .( R + R − h) − ω.d = 0
De la expresión F.(2R-h)-ω .d = 0, despejamos F:
ω. R 2 − ( R − h) 2
ω.d
h
=
=ω
F=
[1]
(2 R − h)
(2 R − h)
(2 R − h)
F = Rx [2]
Ry = ω [3]
Las ecuaciones [1], [2] y [3] permiten calcular F, Rx, Ry como función de las características del escalón, y
del rodillo.
Gráficamente
Si la sumatoria de las fuerzas es nula entonces podemos tomar momentos respecto a cualquier punto
(teorema III). Luego tomamos momentos respecto al punto en donde se interceptan W y F (teorema I), ya que
estas dos no realizan momentos. Queda solo la reacción. Como la sumatoria de momentos debe dar cero, por
estar en equilibrio, R no puede realizar momento respecto a este punto pues la suma total debe dar lo
mismo respecto de O que respecto de P. Por este motivo concluimos que el brazo de palanca debe ser nulo
o lo que es lo mismo las tres fuerzas concurren al mismo punto: Si trasladamos las fuerzas a dicho punto
(teorema I), nos aseguramos que la suma de momentos es cero.
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Por otro lado, de la ecuación [1] vemos que
F
ω
=
d
Rx
=
2 R − h Ry
Esta relación implica que el vector F + ω está en la misma recta de acción que el vector Re (los triángulos
POQ y PO´Q´ son semejantes).
Por otro lado
F
ω
=
d
Rx
=
=a
2 R − h Ry
F + W
2
= Re
2
pues w2 + a 2 w2 = Ry 2 + a 2 Ry 2 = Ry 2 + Rx 2
Lo cual indica que los módulos son iguales, poseen la misma recta de acción pero
dirección contraria y su suma es cero.
Hasta aquí hemos analizado el tema Estática de cuerpos rígidos, hemos presentado
teóricamente algunos conceptos claves, se explicaron algunos ejemplos y a continuación se proponen algunos interrogantes y problemas. El trabajo de interacción que se
puede establecer en el aula virtual podría ser una oportunidad para profundizar la
temática y/o aclarar dudas. Aprovéchenlo!
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Cuestionario
1-¿Cuáles son las condiciones de equilibrio para un cuerpo rígido?
2-¿Cómo varía el momento que hace una fuerza respecto a un punto dado si la trasladamos sobre su recta de
acción?
3-Sea F la fuerza perteneciente a una cupla y d la distancia perpendicular a ella hasta –F. Halle la expresión
para el módulo del momento de la cupla.
4-¿Cuál es el valor del momento total de un sistema de fuerzas concurrentes, respecto a cualquier punto si la
suma total de las fuerzas es cero? Explique.
Problema
1) Una escalera está apoyada sobre una pared sin roce. Si el piso posee roce con un dado
ángulo mínimo que se puede inclinar la escalera sin resbalar.
µ e, calcular el
Ubicar el origen de coordenadas en el punto O
a) Hacer una lista de los cuerpos que realizan alguna acción sobre la escalera.
b) Indicar qué acción o acciones realiza cada cuerpo (fuerzas).
c) Sobre la pared la reacción sólo tiene una componente horizontal ¿Por qué?
d) Sobre el piso la reacción tiene dos componentes una horizontal y otra vertical ¿Por qué?
e) Plantear las ecuaciones de equilibrio para el cuerpo rígido escalera y resolverlas.
f) ¿Qué propiedad especial posee el punto Q mostrado en la figura?
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Respuestas al cuestionario:
1) Fext = 0
τ
ext
=0
2) No varia
3)τ = F .d
4) Cero porque al concurrir podemos tomar el momento respecto de concurrencia, con brazo de
palanca cero y por ser cero la suma total de fuerzas entonces el momento total no depende del
punto respecto al cual se lo toma, con lo cual el CR está en equilibrio.
Respuestas al problema:
1)
a) El piso; la pared; la tierra.
b) Las fuerzas son: la normal y la fuerza de roce; la normal de la pared; el peso.
c) Porque no hay roce.
d) Porque hay roce
e) Para plantear las ecuaciones de equilibrio para el cuerpo rígido escalera, elegimos los ejes como se
muestra en la figura.
Teniendo en cuenta las figuras y las ecuaciones de equilibrio
obtenemos:
y
De la suma de fuerzas:
n
∑ Fx = 0 = µe .N − P = 0; P = µe .N
i =1
O
x
n
∑F
i =0
P = me .W
y
= 0 = N − W = 0; N = W
De la suma de momentos respecto del punto O (¿cómo justifican que podemos hacer momentos respecto de
este punto?)
n
Luego
∑
o
= W (l / 2)cos( ) − Plsen( ) = 0
i =1
donde o es el ángulo que forma la escalera con el piso.
Teniendo en cuenta que
Obtenemos finalmente
P = µe .W
tg (θ ) =
1
2 µe
En el punto Q concurren las tres fuerzas:
-La reacción del piso (como vector, que incluye la normal y la fuerza de roce);
-La reacción de la pared que solo incluye a la normal; y
-El peso.
Al ser concurrentes se garantiza que la suma de momentos sea igual a cero. Como, además, la suma de fuerzas
es cero el sistema está en equilibrio.
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CINEMÁTICA DE UN CUERPO RÍGIDO
Recordemos que un cuerpo rígido (CR) es un caso particular de un sistema de partículas.
En un cuerpo rígido, para cada par de partículas i, j los vectores posición ri, rj medidos respecto a un origen O de
un sistema de coordenadas cualquiera cumplen con la siguiente relación rj-ri = constante para todo instante t.
Como en el caso de un punto material, para un CR, antes de encarar el problema de la dinámica debemos encontrar
las relaciones entre las posiciones, las velocidades y las aceleraciones de sus distintos puntos. Este es el problema
de la cinemática del cuerpo rígido.
Comenzaremos analizando movimientos sencillos particulares, para luego hallar el movimiento más general como
combinación de éstos.
Entonces, abordaremos los siguientes movimientos de los cuerpos rígidos:
a) Traslación pura.
b) Rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del CR.
c) Una combinación de los movimientos de traslación y rotación.
a) Traslación pura
En la traslación pura, en cada instante t todos los puntos poseen la misma velocidad. Incluyendo el centro de masa
(CM) del cuerpo rígido.
Vi
ri
=
Vo
Vo
CM
Figura 8: Traslación pura
1- Para la traslación pura tenemos:
vi = v0
∀i
b) Rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa
del cuerpo rígido.
Para una rotación pura con velocidad ω alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, tenemos:
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A
se le da carácter vectorial siendo la dirección la del eje y el sentido dado por la regla de la mano derecha:
Si el giro es según los cuatro dedos, el pulgar indica la dirección y el sentido de
.
Figura 8: Regla de la mano derecha
Ri
i
ω
ri
Vi
Figura 9: Movimiento de rotación puro
Para un dado punto i, que tiene velocidad tangencial debido a la rotación alrededor del eje que pasa por el
CM se cumple la siguiente relación:
ω . Ri = ω . ri .sen(θi ) = Vi
Por otro lado el producto vectorial:
ω ∧ ri
v
tiene la dirección y sentido de i y además el mismo módulo:
ω ∧ ri = ω ri sen(θ i ) = v i
Ya que
vi es perpendicular al plano formado por ri y ω(pues rota alrededor de ω ) la relación es vectorial:
v i = ω ∧ ri
r
r
c)Combinación de los
movimientos
de traslación
y rotacióon
En el caso general en el que medimos la velocidad de un mismo punto Pi del cuerpo rígido respecto de dos
sistemas que se mueven uno con respecto al otro [O´ con respecto a O; manteniéndose los ejes primados (X´,
Y´) paralelos a los sin primar (X, Y)] obtenemos por suma de vectores:
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ri = r´i + R
Y
Y´
Pi
dri dr´i dR
=
+
= V´i + Vo´
dt
dt
dt
Y
r´i
ri
o´
X´
R
o
Figura 10: Desplazamiento de ejes de coordenadas
Si el sistema primado con origen en O´está fijo en el CR,
y
v i = ω ∧ r´i + vo´
v´i = ω r´i
En particular el sistema primado puede estar fijo al centro de masa (CM) y, en ese caso, puede haber dos situaciones:
1.El CM tiene una velocidad nula y entonces a lo sumo los demás puntos poseen una rotación pura alrededor del
mismo centro de rotación O,
2.El CM posee velocidad VCM. Los demás puntos tendrán una rotación alrededor del CM superpuesta con la tras lación del CM (siempre puedo elegir un sistema inercial en un instante dado para el cual la VCM = 0 con lo cual
los demás puntos solo podrán poseer una rotación pura respecto de este sistema).
Si ponemos el sistema primado fijo en el centro de masa (CM) del cuerpo rígido, tenemos que:
y,
r´i = riCM
v i = ω ∧ r´i + v o´ = ω ∧ ri ( CM ) + v CM
Para dos puntos distintos i, j tenemos que la proyección de la velocidad de uno respecto del otro sobre la línea
que los une debe ser cero.
3
17
Componentes relativas de un punto respecto a otro
v i = ω ∧ ri + v o´
v j = ω ∧ r j + v o´
Vj
Restando miembro a miembro y multiplicando escalarmente por
obtenemos :
[ri − r j ]
[ v i − v j ].[ri − r j ] = [ω ∧ (ri − r j )].[ri − r j ] = 0
pues
ri
rj
rj
o´
ω ∧ (ri − r j )
es perpendicular a los dos vectores del producto vectorial y en particular a :
Vi
ri
(ri − r j )
con lo cual el producto escalar debe ser cero.
Esto significa que el miembro izquierdo de la ecuación es cero o lo que es lo mismo que: v i
no posee componte en la dirección
− vj
(ri − r j )
por lo tanto, el punto i no puede acercarse al punto j: esta es la condición de cuerpo rígido, si sucediera lo
contrario el cuerpo se deformaría.
Velocidad de un punto del CR respecto de otro
De las ecuaciones anteriores para i, j tenemos:
v i = ω ∧ ri + v o´
v j = ω ∧ rj + vo´
Si restamos miembro a miembro
v i − v j = ω ∧ ( ri − rj )
o
v i = v j + ω ∧ (ri − r j ) = v j + ω ∧ (rij )
donde
rij = (ri − r j )
es el vector posición del punto i respecto del j. La ecuación anterior dice que la velocidad del punto i
es la velocidad que posee el punto j respecto de un sistema fijo en O (tierra) más la velocidad de rotación
(con velocidad ω ) del i respecto del j.
La demostración anterior supone que la velocidad de rotación ω de los puntos del cuerpo rigido no depende
de dónde se pone el origen fijo al cuerpo rígido. Esto es fácilmente demostrable a partir de consideraciones
trigonométricas.
El punto j puede ser cualquiera, en particular el centro de masa (CM) del cuerpo rígido.
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Otro punto muy importante es aquel para el cual
vj = 0
En este caso todos los puntos poseen una rotación pura alrededor de este punto.
Eje paralelo al de rotación
Para dos puntos p, q pertenecientes al eje tenemos que:
vq − v p = 0
Veamos que pasa cuando dos puntos del CR pertenecen a una recta paralela al eje de rotación del cuerpo (sobre
el cual está ubicada la velocidad angular ω)
v p = ω ∧ rp + vo´
v q = ω ∧ rq + vo´
v q − v p = ω ∧ (rq − rp ) = ω ∧ d = 0
Pues ω es paralelo a d
Vq
r´q
d
rp
vq − v p = 0
VP
p
rpo´
o´
Todos los puntos pertenecientes a un eje paralelo al de giro poseen la misma velocidad. En particular todos los
puntos pertenecientes al eje de rotación deben tener la misma velocidad V0.
5
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Eje instantáneo de rotación
Supongamos que el cuerpo rígido está girando alrededor del punto O´ ,que posee velocidad nula respecto a
O, en donde ponemos nuestro sistema de coordenadas. En particular para un punto P perteneciente al cuerpo
rígido tenemos:
v p  ω  rpo´  vo´  ω  rpo´
ya que la velocidad del punto O´ es nula.
Todos los puntos del cuerpo rígido poseen una rotación pura alrededor de O´.
Si ahora ponemos el origen de coordenadas en el centro de masa, tenemos para el punto O´:
v o  ω  ro´CM  vCM  0
que equivale a:
CM
v CM  ω  ro´CM
ro´
CM
o´
Podemos agrandar la punta y redondearla, como se muestra en la figura de abajo. El punto O´ siempre poseerá
velocidad nula.
Por otro lado, para un rodillo de radio R, todo el eje (perpendicular a la línea roja y al plano del papel) tangente a la superficie de contacto tiene velocidad cero ya que es paralelo al eje sobre el cual está  (ver teorema
sobre eje paralelo al eje de giro).
Tomando módulos en la última ecuación:
v CM  ω  ro´CM  ω . ro´CM .sen( )
Tenemos para :
ω  ro´CM
, rodillo, esfera, etc, de radio R
o´
o´
o´
v CM  ω .R
Esta es la condición de rodadura.
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Condición de rodadura
Si el cuerpo no desliza entonces esto significa que el pto O perteneciente al cuerpo debe tener la misma velocidad (cero) que el punto O´ perteneciente al piso, pues si no estaría resbalando con respecto al piso.
Por lo tanto
v O = 0 es la condición de rodadura.
o´
Consideremos el caso particular de un cilindro que rueda a velocidad constante.
Si luego de rodar sin deslizar, el punto P vuelve a estar arriba, significa que el rodillo dio una vuelta entera, o
sea giró 2. π
Toda la longitud de una circunferencia de radio R se desarrolló sobre el piso, o sea:
P
P
xCM
2.π .R = ∆ XCM
Si dividimos por el tiempo que empleó el cuerpo rígido en recorrer dicha distancia obtendremos la velocidad
con que se movió el centro de masa (CM):
vCM =
∆X CM 2π .R
=
= ω .R
∆t
∆t
VCM
p
Se trata de la misma relación que obtuvimos anteriormente.
Si el rodillo va hacia la derecha,
ω es entrante al plano,
v P = ω ∧ R + vCM
ω∧
R es un vector en la misma dirección que VCM (volcar
derecha ya mencionada).
Además:
ω ∧ R = ω.R = VCM
Con lo cual,
v P = 2. VCM
ω ∧ R tiene la misma dirección y sentido que VCM
tenemos :
7
21
v P = 2.VCM
R
CM x
-R
q
ω sobre R, según la regla de la mano
Por otro lado, para el punto q de la figura lo único que cambia es R por - R
v q = ω ∧ − R + v CM = v CM − ω ∧ R = v CM − v CM = 0
Efectivamente, dada la condición de rodadura sin deslizamiento, el punto q debe tener velocidad nula.
p
De
i
v i = ω ∧ ri + vq
vq = 0
con
R
obtenemos:
ri
Vj
rj
CM
v i = ω ∧ ri
v j = ω ∧ rj
v k = ω ∧ rk
Vi
Vi
rk
q
k
V
k
Respecto al punto q, todos los puntos del sólido poseen una rotación pura (eje instantáneo de rotación).
A medida que nos acercamos al punto q el vector posición correspondiente se achica en módulo y la velocidad tiende a cero.
Como casos particulares y tomando como origen de coordenadas al punto q, podemos afirmar que:
p
CM
q
rk
x
a) Respecto al punto p: Como ω es perpendicular a
vp =
ω
rp y rp = 2.R, obtenemos
b) Respecto al centro de masa (CM): para el CM, rCM=R, por lo tanto vCM=
O sea
8
ω
p posee el doble de velocidad que CM y q posee velocidad nula.
Página
22
Además, cada velocidad de un punto perteneciente a la periferia se puede descomponer como la suma de dos
velocidades: la velocidad del centro de masa (  .R, en azul en figura) y la velocidad alrededor del centro de
masa (  .R, en rojo en la figura, ya que tiene velocidad de rotación  alrededor del centro de masa). En
rodadura son iguales. Una está dirigida según el eje X y la otra es tangente a la circunferencia. La composición
de ambas es un vector velocidad que resulta ser perpendicular al vector posición con origen en q.
Hasta aquí desarrollamos teóricamente cinématica de cuerpos rígido. Podrán ampliar y profundizar el abordaje de estos temas a través de las clases presenciales y de las aulas virtuales. A continuación se desarrollan
algunos ejemplos en donde se ponen en juego los conceptos trabajados sobre el tema.
Ejemplos de movimientos de un cuerpo rígido
Ejemplo I
En cada uno de los siguientes casos determinar:
-la velocidad angular,
-la velocidad del centro de masa (CM), y
-la posición del eje instantáneo de rotación.
La componente de la rotación la vamos a tomar respecto del centro de masa (CM) del cuerpo rígido.
p
V1
a)
R
CM
-R
q
V1
De las ecuaciones de cinemática obtenemos para el punto p y el punto q, tomando la componente de rotación
respecto al centro de masa (CM):
Para el punto p obtenemos:
v P  ω  R  vCM  V1
Para el punto q obtenemos:
v q  ω  ( R )  vCM  V1
sumando miembro a miembro obtenemos:
V1  VCM
Si restamos miembro a miembro obtenemos:
2.ω  R  0 , de donde ω  0
Como es una traslación pura el eje instantáneo está en el infinito.
923
b)
p
De cinemática obtenemos:
v P = ω ∧ R + vCM = V1
V1
R
v q = ω ∧ (− R ) + v CM = −V1
CM
De donde sumando o restando miembro a miembro
obtenemos respectivamente,
0 = VCM
-R
q
V1
2.V1 = 2. ω ∧ R
ω
Como y R son perpendiculares, el seno del ángulo que forman es uno. Considerando la propiedad que afirma
que el módulo de un producto vectorial es igual al producto de los módulos por el seno del ángulo que forman,
obtenemos:
V1
=ω
R
Para hallar la posición X del eje instantáneo supondremos que éste pasa por un punto del segmento pq (ya que
es la única manera para que el vector posición y la velocidad de los puntos p y q resulten perpendiculares).
Si suponemos que
x ≤ R,
p
entonces será
V 1 = x. ω
V1
x
y
CM
R+R-x
−V 1 = ( x − 2.R ).ω
-R
Sumando miembro a miembro obtenemos:
x=R
q
V1
p
Por lo tanto es una rotación pura alrededor del CM.
c)
v P = ω ∧ R + v CM = V1
v q = ω ∧ (0) + v CM = − V1 = v CM
V1
R
- V1
CM
q
Restando miembro a miembro 2.V1 = ω ∧ R
Aplicando módulos en ambos miembros y despejando:
p´
2.V 1
=ω
R
Con lo cual para el punto p´ tenemos:
−2.V1 = ω ∧ − R
VP´ = − 2.V 1 − V1 = −3.V1
Para el cálculo de la posición del eje instantáneo debemos tener en cuenta que todos los puntos poseen una
rotación pura alrededor del mismo. Dicha posición deberá estar entre p y q pues la velocidad de p tiene un
sentido y la de q tiene sentido contrario siendo ambas perpendiculares a dicho segmento (como corresponde si
10
Página
24
sobre dicho segmento pasa el eje instantáneo de giro).
p
V1
Para p sabemos que
V 1  x. 
2.V 1.x
R
x
CM
- V1
q
de donde
x
R
2
d) Datos:
p´
V 1  10
V26
p
cm/s
V1
R= 10
cm/s
v P  ω  R  v CM  V1
CM
-R
j
Sumando miembro a miembro obtenemos:
V1  V 2  2.VCM  16
q
V2
i
cm/s î
Aplicando módulos en ambos miembros y despejando, resulta:
VCM  8
cm/s
Restando miembro a miembro,
V1  V 2  2. ω  R de donde obtenemos: 4cm / s  2..R y   0, 2 1/s
Para el eje instantáneo, debemos tener en cuenta que si p y q rotan respecto de este punto entonces necesariamente está debajo de q pues si no la velocidad de q debería ser negativa.
V 1  (2.R  x).
V 2  x.
De donde x = 30 cm y la ecuación para V1 = 50.0,2 = 10 cm/s, concuerda con el dato.
V1
x
11
25
V2
Ejemplo II
La figura muestra un disco con una ranura (tipo YO-YO) el cual rueda sin deslizar hacia la derecha, sobre una
varilla horizontal. Si la frecuencia de rotación es 30 r.p.m, calcular el vector velocidad de los puntos A, B y C.
Rb
B
y
A
q
j
o
Ra
x
i
La velocidad angular, 
C
, es  = 30 . 2 / 60 =  1/s
Los radios Ra y Rb son respectivamente: 2 cm y 6 cm.
En forma vectorial ω
  (1/ s )k (por la regla de la mano derecha).
Para los cálculos tendremos en cuenta que se cumplen las siguientes relaciones entre los diferentes versores:
i j=k
k i  j
jk  i
Todos los puntos poseen una rotación pura respecto al punto q, en particular el centro de masa (CM).
Visto desde q la velocidad del CM es:
VCM  ω  R qCM
donde
R qCM  2(cm) j
Luego,
VCM   k (1/ s )  2(cm).j  2. (cm / s )i
Como los radios están en el plano x y, y la velocidad angular es perpendicular a dicho plano, el módulo de la
velocidad del centro de masas está dado por:
VCM =.Ra=2 cm/s.
La velocidad del punto B tiene dos componentes: la velocidad del CM y una rotación alrededor del CM con
radio Rb.
Estas componentes que tienen la misma dirección y sentido, son:
ω  R b   k  6 j   6(cm / s )i
12
Página
26
ω ∧ R b = −π k ∧ 6 j = π 6(cm / s )i
y
VCM = 2.π (cm / s )i
Luego,
v b = ω ∧ R b + v CM = 8π (cm / s )i
Para el punto C tenemos,
v c = ω ∧ R c + vCM =
= −π k ∧ −6 j + 2π i =
= −6π i + 2π i = −4π (cm / s )i
Para el punto A,
v a = ω ∧ R a + v CM = −πk ∧ 2i + 2πi =
= −2π j + 2π i = (2π ; −2π )(cm / s )
Para el eje instantáneo tenemos:
v q = ω ∧ R q + v CM =
-
= −π k ∧ −2 j + 2π i = −2π i + 2π i = 0
Como respecto de este eje todos los puntos poseen rotación pura, podemos fácilmente calcular las velocida
des de los puntos del cuerpo rígido (teniendo en cuenta que ahora los vectores posición se toman respecto del
punto q en lugar del CM):
Punto B:
Vb = ω ∧r b = −πk ∧ (2 + 6)j =
= −8π k ∧ j = 8π (cm / s )i
Punto C:
Vc =ω ∧r c = −πk ∧ 4(−j ) =
= 4π k ∧ j = −4π (cm / s )i
VA = ω∧ rA = −π k ∧ (2 i + 2 j) =
Punto A:
= −2π k ∧ i − 2π k ∧ j =
= −2π j + 2π i = (2π ; −2π )(cm / s )
Todas estas ecuaciones confirman los valores obtenidos tomando como referencia al CM.
Responda los interrogantes que le presentamos a continuación. Recuerde que cuenta con la figura del tutor
del aula virtual para aclarar sus dudas, validar sus respuestas o proponer alternativas.
Cuestionario
1- Suponiendo que se conoce la velocidad de un punto j (Vj) y el vector posición de un punto i respecto de este
punto j, escribir la ecuación que relaciona las dos velocidades Vi , Vj.
2-¿Qué condición define al eje instantáneo de rotación?
3-¿Cuál es la condición de rodadura?
27
13
Respuestas al cuestionario:
1Con
v i = v j + ω ∧ ( ri − rj ) = v j + ω ∧ ( rij )
rij = (ri − r j )
,
Cualquier punto del cuerpo rígido puede tomarse como origen alrededor del cual gira el CR, si conocemos su
velocidad respecto a un sistema fijo en tierra (Vj).
2- Supongamos que el CM posee una velocidad VCM r especto de un sistema fijo en tierra, entonces el movimiento de cualquier punto se lo puede descomponer en la suma de un término de translación (del CM en este
caso) y de rotación alrededor del CM, en particular para el eje instantáneo la suma total debe ser cero:
v o′ = ω ∧ ro´CM + vCM = 0
siempre se puede descomponer la velocidad de un punto cualquiera como la suma de la velocidad de algún
otro punto arbitrario del CR mas una rotación alrededor de dicho punto (en particular esto se cumple para el
eje instantáneo de giro):
v p = ω ∧ r po´ + v o´ = ω ∧ r po´
Esto significa que cualquier punto del CR posee una rotación pura alrededor del eje instantáneo de giro.
3- Si elegimos p
CM entonces, visto desde O´ tenemos:
VCM = ω ∧ R o´ CM
como todo punto perteneciente al CR posee una rotación pura alrededor del eje instantáneo, en particular
sucede para el CM.
VCM = ω Ro´CM
ya que siempre podemos elegir O´ sobre el eje instantáneo de manera tal que el sen(O) del producto vectorial
sea igual a 1.
Página
14
28
DINÁMICA DE UN CUERPO RÍGIDO
En cinemática del cuerpo rígido vimos que:
vi = VCM + ω ∧ ri
∀i
Es decir que la velocidad para cualquier punto i puede descomponerse en componentes, una de translación
pura, la velocidad del centro de masa; y una rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masas con
velocidad angular
.
Por lo tanto el movimiento del CR queda determinado conociendo todas las i , las cuales por otro lado quedan
determinadas, para cada i , si podemos determinar la velocidad de translación del CM y la velocidad de
rotación alrededor del CM a partir de consideraciones dinámicas., así como lo hicimos para el caso de un punto
material a partir de las tres leyes de Newton.
ω
v
r
Para un sistema de partículas vimos que:
Ecuación 1
Fext = M .aCM , τ ext =
dL
dt
Figura 18: Sistema de partículas
τ CM
LCM y
dL ( CM )0
dLCM
, τ ( CM ) =
=
0
dt
dt
τ
CM son medidos alrededor del CM del sistema: el momento angular se calcula teniendo en cuenta las
velocidades y las distancias de las diferentes partículas respecto del CM. Para L (CM ) o τ (CM ) o el primer
término es el momento angular del CM como un todo alrededor de un dado origen “o” y el segundo término es
el momento que hace la fuerza total aplicada al CM respecto al mismo origen “o”.
Un cuerpo rígido es un caso particular de un sistema de partículas para el cual se cumple una condición
adicional:
dado origen “o” y el segundo término es el momento que hace la fuerza total aplicada al CM respecto al
mismo origen “o”. d (r j − ri ) = 0 para todo par de puntos ri , rj del cuerpo rígido y para todo tiempo t, la
distancia entre cualquier par de puntos se mantiene constante en el tiempo.
Además, por ser continuo con un número infinito de partículas, debemos pasar de las sumas a las integrales:
Página
Página 29
n
R CM =
∑ m .r
i =1
n
i
i
∑m
→→→ R CM =
i
i =1
VCM =
∑ m .v
i
i
∑m
i =1
∫ ρ dv
V
n
i =1
n
∫ rρ dv
V
→→→ VCM =
i
∫ vρ dv
V
∫ ρ dv
V
Donde ρ es la densidad del CR y ρ.dv = dm, el diferencial de masa en cuestión.
Todas las variables discretas se hacen continuas. Salvo esto, todo lo demás es similar.
En cinemática del cuerpo rígido vimos que:
v i = VCM + ω ∧ ri
∀i
De donde cualquier velocidad posee dos componentes, una de translación pura, la velocidad del centro de
masa; y una rotación alrededor del centro de masa con velocidad ω .
Por lo tanto el movimiento del CR queda determinado conociendo todas las v i , las cuales por otro lado quedan
determinadas, para cada ri , si podemos determinar la velocidad de translación del CM y la velocidad de
rotación alrededor del CM a partir de consideraciones dinámicas. Así como lo hicimos para el caso de un
punto material a partir de las tres leyes de Newton, tenemos de la ecuación 1.
Fext = M .aCM , VCM = VCMo + aCM .t
Z
Li
vi
Ri
ω
Li
´i
Li
O
ri
i
Con lo cual las fuerzas externas
determinan el valor de la velocidad del
centro de masa para todo tiempo.
Por lo tanto, para resolver el problema de
la cinemática del cuerpo rígido necesitamos relacionar la velocidad angular con
las causas dinámicas.
Supongamos ejes fijos al centro de masa.
La cantidad total del momento angular es
la suma de los momentos angulares para
cada punto i.
Li = mi ri ∧ v i
n
n
i =1
i =1
L = ∑ Li = ∑ mi ri ∧ v i
Figura 19
Página 30
El CR rota alrededor de un eje que pasa por el CM.
Z
ω de cinemática del cuerpo rígido sabemos que v i no puede tener componente en el plano
determinado por el vector posición y el eje Z ( ), con lo cual resulta perpendicular al plano de la figura:
ω
ri ⊥ v i ⇒ Li = mi rv
i i
Pero
v i = ω ∧ ri → vi = ω ri sen( i ) = ω Ri ⇒ Li = ω mi ri Ri
Proyectando cada L sobre
el eje Z,
i
Lzi = Li cos( ´i ) = Li sen( i )
´i + i = π / 2,
por ser
Li ⊥ ri ,
pues
Li = ri ∧ mi v i
Lzi = mi ri sen( i )ωRi = miω Ri 2
n
n
i =1
i =1
∴ Lz = ∑ Lzi = ω ∑ mi Ri 2
Por analogía con la relación que existe entre
P = MV
P y V a través de M tenemos
n
∴ Lz = ω ∑ mi Ri 2 = ω .I
i =1
CON
Li
Li
n
I = ∑ mi Ri 2
Lj
Lj
i =1
Figura 20
Página 31
Si el eje es además un eje de simetría, para cada componente L i perpendicular al eje Z (ω ) existe un L j
perpendicular que anula dicha componente.
En estas condiciones tenemos que:
L = L z + L⊥ = L z = I . ω
O sea la relación es vectorial
∴τ =
A partir de
dL
dω
=I
= Iα
dt
dt
τ hallamos α y por cinemática tenemos:
ω = ω o + α.t
∀t
teniendo en cuenta que:
Fext = M .aCM , VCM = VCMo + aCM .t
para cada punto i podemos calcular:
v i = VCM + ω ∧ ri
∀i
Lo cual resuelve el problema de la cinemática del cuerpo rígido. Pues, a partir del conocimiento de las
velocidades iniciales y posiciones iniciales podemos calcular la posición de cualquier punto del rígido como
función del tiempo.
Por otro lado, la relación que existe entre el momento angular y el momento de una fuerza respecto a un
origen cualquiera la obtendremos a continuación:
n
L = ∑ mi ri ∧ v i
i =1
n
dri
dv
dL n
= ∑ mi
∧ v i + ∑ mi ri ∧ i =
dt i =1
dt
dt
i =1
n
n
dL n
mi v i ∧ v i + ∑ mi ri ∧ ai = τ =
= ∑ mi ri ∧ ai
∑
dt i =1
i =1
i =1
pero
n
m
j ≠i
k =1
m ia i = ∑ Fij + ∑ Fext
n
ki
= ∑ Fij + Fexti
j ≠i
Página 32
Luego,
n
n
∑ r ∧ F + ∑ r ∧ Fext
τ=
i , j ≠ï
i
n
ij
i =1
i
n
∑ r ∧ F = ∑ (r − r ) ∧ F
i
i , j ≠ï
ij
i
j
ij
i
=0
i , j i
pues el vector posición del punto i respecto al j es paralelo a la fuerza interna entre ellos. Luego,
n
dL
= τ = ∑ ri ∧ Fext
dt
i =1
n
n
i =1
i =1
n
i
= ∑ r´i ∧F ext i + ∑ R CM ∧ Fext i =
= τ CM + R CM ∧ ∑ Fexti =
i =1
= τ CM + R CM ∧ F ext = τ CM + τ CMo
donde τ es el momento del CR respecto a un eje que pasa por el CM y CMo es el momento de la suma de
CM
todas las fuerzas exteriores aplicadas en el CM del CR, con respecto del sistema exterior con origen o, como si
el CR fuera un punto material de masa total M, sobre el cual está aplicada una fuerza Fext, y se calculara el
momento de esta fuerza así aplicada respecto del punto o. Vemos que:
τ
CMo
= R CM ∧ Fext = R CM ∧ M .aCM
es equivalente a
Fext = M .aCM
pues obtenemos la de momentos multiplicando vectorialmente por la izquierda la igualdad anterior.
Queda por resolver entonces:
τ CM = I CM .α
Por lo cual debemos aprender a calcular momentos de inercia respecto al CM del cuerpo rígido, para diferentes
cuerpos rígidos.
n
I = ∑ mi Ri 2
i =1
Página 33
Para el caso continuo la suma se transforma en una integral,
I = ∫ R 2 . ρ.dv
v
A continuación se muestran algunos ejemplos de cálculos de
momentos de inercia respecto a un eje que pasa por el CM del CR
para algunos de los CR más comunes que nos podemos encontrar
en la práctica. Le recordamos que puede profundizar sus análisis
con las orientaciones que el tutor puede ofrecerle a través del aula
virtual.
Ejemplo I – Una barra
1/2
1/2
x
o
Suponemos que la barra solo posee dimensiones lineales, luego:
dm = ρ dx
donde
ρ es la densidad lineal de la barra.
I=
ρX
3
∫
l/2
−l / 2
X .dm = ∫
3 l/2
−l / 2
2
l/2
−l / 2
X 2 . ρdx =
ρ l 3 ml 2
=
=
12
12
Página 34
Ejemplo II – Un cilindro
d sup = 2 π rdr
R
dr
r
I =∫
R
0
2 π rdrl = dv
dm = ρ 2 π rdrl
4
2
R
R
ρ 2 πl =
r ρ 2 πrdrl =
m
4
2
2
Ejemplo III – Esfera hueca
Armamos el dsup,
Rsen (
d sup = (2πRsen( )) Rd
o
ρ .d sup = dm
π
π
I = ∫ r dm = ∫ ( Rsen( θ )) 2 dm
2
0
0
dm = ρ (2 π Rsen(θ )) Rd θ
Página 35
R
)
Rd
π
I = ∫ ( Rsen(θ )) 2 ρ (2 πRsen( θ)) Rd θ =
0
π
= 2π R
4
π
3
sen
∫ (θ ) ρ d ( θ)
0
2 π R 4 ∫ sen(θ )(1 − cos 2 (θ )) ρ d ( θ)
0
Haciendo el cambio de variables µ=cos(θ), llegamos a
2
I = mR 2
3
Ejemplo IV – Esfera maciza
Para el caso de la esfera maciza, tomando en cuenta la expresión anterior para la contribución de una
cáscara esférica e integramos (sumamos) sobre todas las cáscaras de espesor dR:
2
2
4
π
R
2
2
( ρ ) R2 dR
I = (ρ 4 πR ) R ⇒ dI = 2
3
3
Integrando,
2 4π R3
2
2
I=
( ρ )R = mR2
5 3
5
Página 36
Lista de momentos de inercia
Disco
<
z
I=
1
mR 2
2
<
R
m( a 2 + b 2 )
I=
12
a
O
b
<
a
O
ma 2
I=
12
b
Radio de giro
I = mR g2 ; R g =
I
m
Se define radio de giro (R g), es decir es el radio equivalente para el cual la masa total del cuerpo en cuestión,
colocada a una distancia igual a dicho radio tiene el mismo momento de inercia que el CR.
Página
Página 37
Teorema de Steiner
r´i
CM
o´
ri
R CM
o
n
n
Io = ∑ mi ri = ∑ mi (r´i + R CM ).(r´i + R CM )
2
i =1
i =1
n
= ∑ mi r´i + R
2
i =1
Io´+ R
1
n
2
CM
n
∑ m + 2∑ m r´ .R
i
i =1
i =1
i
i
CM
=
n
2
CM
2
.m + 2(∑ mi r´i ).R CM =
i =1
3
Io = Io´+ R 2CM .m
El término 3 se anula en la ecuación anterior pues la suma es la masa total por el vector posición del CM del
CR respecto del CM (ya que las posiciones son las primadas)].
Esto significa que el momento de inercia con respecto a un eje que pasa por un origen cualquiera o´
paralelo al eje que pasa a través del CM es igual al momento de inercia respecto de un eje que pasa por el
CM más el producto de la masa total por la distancia al cuadrado del CM al nuevo origen.
Página 38
Ejemplo I
Un cuerpo cuelga de una polea de momento de inercia I. La polea está fija por medio de un eje, sin rozamiento,
a una pared. Dividimos el sistema en dos:
La polea y la masa m.
r
M .I
r
o
o
T
m
T
m
mg
Sobre la polea hay tres cuerpos que ejercen acciones: 1-la
tierra, 2-el eje y 3- la cuerda.
Si consideramos todas las fuerzas (exteriores a la polea)
aplicadas en el centro de masas de la polea, la suma de la
fuerza ejercida por la tierra, la reacción del eje y la tensión de
la cuerda debe ser cero pues el CM del CR está en equilibrio:
n
∑F
i =1
i
= FT = Ma = 0
Esta ecuación además nos dice que el signo de Ft es el mismo que el signo de a, elegiremos el sentido positivo
de los ejes según este criterio, según a o Ft .
Para la polea además podemos realizar la suma de momentos respecto a su CM, o. τ
realiza momentos respecto a o es T :
= Iα , La única que
r ∧ F = I. α
En este caso el asunto de los signos es sencillo pues es una sola fuerza, podemos tomar módulo en cada
miembro. En el caso de mas de una fuerza , si es posible conocer la fuerza que hace mayor momento
entonces el sentido de α está determinado por el sentido del momento de esta fuerza (suponiendo todos los
momentos co-lineales). Luego para este caso tenemos:
I
I
T .r = I . a = .at ; T = 2 at
r
r
donde at es la aceleración tangencial que posee un punto de la periferia de la polea.
Página 39
Para el cuerpo que cuelga tenemos que la tierra y la cuerda ejercen acciones sobre él. La tierra con mg y la
cuerda con T. Sabemos que el cuerpo cae con una cierta aceleración, la cual coincide con la aceleración
tangencial del punto de la periferia del cuerpo rígido.
Por lo tanto el sentido de la aceleración está determinado por el sentido del peso:
mg − T = mat
mg = T + mat = (
I
mg
)
;
m
a
a
+
=
t
t
I
r2
+m
2
r
Aquí hemos utilizado el resultado obtenido para T, para la polea. La aceleración angular se obtiene de a t
dividiendo por r.
Hemos dividido el sistema en dos partes. Sin embargo de la misma manera podríamos dividir, por ejemplo, al
cuerpo de masa m en dos, en cuyo caso aparecerían fuerzas internas (así como apareció la tensión T), o
dividir a la polea. ¿Dónde paramos? Depende de lo que queramos averiguar. Si queremos hallar T entonces
es inevitable dividir al problema en dos. Por la misma razón podríamos no dividir en absoluto al sistema del
ejemplo anterior: tomarlo en su conjunto si lo que queremos es hallar solo las aceleraciones.
Vamos a calcular el momento angular total del sistema el
cual tiene dos partes , el de la polea y el del cuerpo de masa
m:
o
L = Iω + m r1 ∧ v1
pero, según la regla de
la mano derecha, estos dos términos son colineales. Ambos
vectores entran al plano del papel.
Además:
r
mr1 ∧ v1 = mr1v1 sen(θ1 ) = mv1r
r1
Con lo cual obtenemos:
01
L = I ω + mrv1
m
derivando ambos miembros con respecto a t obtenemos:
dL
2
= τ = Iα + mrat = I α+ mr αr = ( I + mr ) α
dt
por otro lado esto debe ser igual al momento de las fuerzas exteriores:
, tomando módulos obtenemos.
τ = r1 ∧ F
τ externo = mgr1 .sen(θ1 )
Página 40
τ externo = mgr ⇒ α =
mgr
I + mr 2
Luego:
mgr 2
mg
at =
=
I
I + mr 2
+m
2
r
relación que coincide con la obtenida cuando dividimos al sistema en dos.
Ejemplo II
Sea un carrete tipo YO-YO al cual está enrollado un hilo, apoyado sobre una superficie horizontal, como se ve
en la figura, que rueda sin resbalar sobre dicha superficie. Para simplificar vamos a suponer que parte del
reposo. Se le aplica una fuerza F por medio de la cuerda.
r
F
o
Como rueda sin resbalar entonces hay una fuerza de
rozamiento que realiza momentos respecto al CM del
rodillo.
Supongamos dos casos extremos:
Caso 1: la fuerza F es horizontal
Caso 2: la fuerza F es vertical.
R
Figura 21: Esquema de un carrete tipo YO-YO
Análisis del caso 1:
Si F es horizontal entonces fr no puede ir para
adelante, pues por un lado la suma de las fuerzas iría
para adelante, la aCM tendría ese sentido y no habría
ninguna fuerza que hiciera momento que estuviera de
acuerdo con este movimiento. Luego necesariamente
fr debe ir para atrás.
r
o
fr
R
F
Figura 22: Esquema YO-YO, con F horizontal
F
r
o
fr
R
Figura 23: Esquema YO-YO, con F vertical
Página 41
Análisis del caso 2:
Si F es perpendicular entonces el momento de F hace ir
al rodillo para atrás. Si fr fuera para adelante entonces
el momento de fr haría ir para el mismo lado al rodillo.
Sin embargo en ese caso no hay fuerzas que tengan el
sentido correcto, para acelerar el CM hacia atrás. La
sumatoria de fuerzas diría que el rodillo va para
adelante
y la sumatoria de momentos diría que va para atrás. Con lo cual la única posibilidad es poner a la fuerza de
roce para atrás.
Conclusión: Si el CR está en movimiento entonces la fuerza de roce va para atrás.
r
o
R
fr
F
q
q´
P´
La situación puede imaginarse de la siguiente manera:
Con la fuerza horizontal, y no considerando al principio a la
fuerza de roce, si imaginamos un engranaje que engrana
perfectamente en una cremallera (pues el roce no disipa)
entonces un punto p del engranaje tiende a chocar con un
punto q de la cremallera, originando una fuerza de roce
para atrás.
Figura 24
P
F
En este caso el momento de F alrededor del CM
tiende a hacer girar al CR en sentido antihorario.
Nuevamente p tiende a chocar con q originando una
fuerza de roce para atrás. Por otro lado esta fr es la
única fuerza en la dirección horizontal, determinando
que el movimiento es para la izquierda.
r
o
R
fr
q
q´
P´
Figura 25
P
F
r
o
R
β
o
Figura 26
Si la inclinación de F es tal que su prolongación pasa por o, su momento respecto de O es cero y por otro
lado el momento que hace fr también lo es, con lo cual al no haber momento (la normal y el peso también
pasan por O) no puede rotar (ya que como = I. β , β =0 y suponemos que parte del reposo) y como estamos
suponiendo rodadura sin deslizamiento, el CR no se mueve, está en equilibrio, y podemos tomar momentos
respecto de cualquier punto.
De esta manera obtenemos:
τ
cos( β ) =
r
fr
=
R F
(1)
pues, al estar en equilibrio F.cos( β ) = fr .
Por lo tanto, y por continuidad, si F es horizontal el cuerpo va para adelante. La condición anterior en donde
el CR no se mueve divide al movimiento en dos zonas: cuando va hacia la izquierda y cuando va hacia la
derecha.
Supongamos por simplicidad que el CR está acelerado para la derecha. La componente horizontal de F es la
que determina el signo de a.
Página 42
F .cos( β ) − fr = m.a
Si tomamos momentos respecto de O, la aceleración
angular que está de acuerdo con un movimiento del
CM con aceleración hacia la derecha es una rotación
acelerada en sentido horario y una fuerza que realice
r
o
R
F
β
Figura 27
fr
el momento adecuado fr provee el momento adecuado
alrededor de o. Por este motivo en la ecuación de
momentos ponemos su momento positivo:
fr.R − F .r = I .β = I .a / R
fr. − F .r / R = I .β / R = I .a / R 2
teniendo en cuenta:
F .cos( β ) − fr = m.a
obtenemos:
a=
F (cos( β ) − r / R )
I
+m
2
R
aquí se ve que si se cumple
cos( β c ) =
r
R
entonces la aceleración es cero. Para ángulos mayores al crítico la aceleración es negativa y para
ángulos menores es positiva.
Además del sistema de ecuaciones anterior obtenemos para fr:
fr =
F(
I .cos( β ) mr
+
)
2
R >0
R
I
+m
2
R
siempre,
Que sea mayor que cero indica que hemos elegido bien el sentido de la fr.
De los esquemas de las figuras 24 y 25, el momento de F respecto al CM del CR tiende a hacer chocar p contra
q. La fuerza F, por otro lado, también y por lo tanto fr va siempre para atrás.
Página 43
Problema
F
R
El cilindro de la figura rueda sin resbalar. Una fuerza F
se aplica a una distancia d del CM del CR. Calcular la
distancia para la cual la fuerza de roce se anula. Calcular
la aceleración del sistema y la fr como función de d, m,
F.
d
CM
q´
P´
P
q
Preguntas
1 ¿Cuales son las ecuaciones de la dinámica para un cuerpo rígido?
2 ¿Qué relación existe entre la aceleración angular y de translación del CM cuando un cuerpo cilíndrico o
esférico rueda sin resbalar?
Solución
F
R
d
CM
Primero calculemos en forma intuitiva cuanto vale d para
que la fr sea cero.
En principio no consideramos la fr. Por un lado F acelera al
CM con: F
m
=a
hacia la derecha. Por otro lado F produce un momento que
tiende a hacer acelerar al CR en sentido horario, o sea, en
coherencia con el movimiento del CM y dado por:
q´
P´
q
P
F .d = I . α = I .a / R;
F .d .R
=a
I
De la primer ecuación p tiende a chocar contra p´. De la segunda q tiende a chocar contra q´. Si “gana” F
aplicada al CM entonces fr va para atrás. Si “gana” el momento de F entonces la fuerza de roce va para
adelante. Entonces es cuestión de compararlas:
F .d .R F
I
mR 2
a=
= ⇒d =
=
= R/2
I
m
R.m 2.R.m
Si d es mas grande entonces gana el momento de la fuerza y fr va para adelante; si d es mas chico gana F
y la fr va para atrás.
Supongamos la fr para atrás, por razones de simplicidad:
Página 44
F − fr = ma
F .d + fr.R = I .a = I .a / R
F .d
I .a
+ fr = 2
R
R
Sumando la primera con la tercera obtenemos:
F .d
I .a
I
d
+ F = 2 + m.a = a.(m + 2 ) = F .( + 1)
R
R
R
R
d
F .( + 1)
R
a=
I
(m + 2 )
R
I m.d
)
F .( 2 −
R
R
fr =
I
m+ 2
R
Si
I
m.d mR 2 m.d
≥
;
≥
2
2
R 2.R
R
R
R
≥d
2
Entonces fr es positiva, en caso contrario fr es negativa, o sea, que va para adelante para
distancias grandes porque gana el momento de la fuerza.
1-
n
∑F
i =1
i
= m.a
i
= I .α
n
∑τ
i =1
Página 45
2-La condición es que
la aceleración angular.
aCM = α .R
, donde a es la aceleración del CM del CR y α es
Hasta aquí hemos analizado el tema Dinámica de cuerpos
rígidos, hemos presentado teóricamente algunos conceptos
claves, a continuación se desarrollarán nuevos ejemplos y
problemas. Pueden interactuar en el aula virtual para profundizar los temas vistos y/o aclarar dudas.
Página 46
TRABAJO Y ENERGÍA
De sistemas de partículas tenemos:
wF internas + wFexternas = Ecin -Ecin
f
o
n
1
Ecin = ∑ mi vi 2
i =1 2
r´i
r
Así como en cinemática pudimos descomponer el movimiento
del CR en una componente de translación del CM y otra de
rotación alrededor del CM nos preguntamos si la energía
cinética también posee dos términos.
De la figura tenemos:
i
R CM
o
ri = r´i+ R CM
vi =
dri dr´i dR CM
=
+
= v´i + VCM
dt
dt
dt
vi 2 = v i
2
= v i .v i = v´i .v´i + VCM .VCM + 2.v´i .VCM =
= v´i 2 +VCM 2 + 2.v´i .VCM
Reemplazando en la expresión para la energía cinética, obtenemos:
n
Ecin
n
n
1
1
1
2
2
= ∑ mi.v´i +(∑ mi ).VCM + (∑ 2 v´i .mi ).VCM
i =1 2
i =1 2
i =1 2
El último término es cero pues es la velocidad del CM respecto al CM.
n
Ecin
n
n
1
1
1
1
2
2
= ∑ mi.v´i +(∑ mi ).VCM = ∑ mi.v´i 2 + M .VCM 2
2
i =1 2
i =1 2
i =1 2
El último término es claramente la energía cinética de translación del CM: como si toda la masa estuviera
concentrada en el CM, moviéndose con velocidad VCM. Es evidente que el CR posee además una energía de
rotación alrededor del CM pues para dos CR idénticos que posean la misma VCM , si uno de ellos posee además
una rotación alrededor del CM, tendrá mas energía cinética. Falta demostrar, entonces, que el primer término
representa la energía cinética de rotación alrededor del CM del CR.
Página 47
R
ω
i
r`
O
i
θ´ i
De cinemática tenemos que:
v i = ω ∧ r´ i ⇒ v´i = ω.r´i .sen(θ ´i ) = ω .Ri
con lo cual el primer término en la expresión de la energía cinética se transforma en:
n
n
1
1
2
2
2
m
v
m
R
ω
.
´
.
.
=
=
∑
∑
i
i
i
i
2
2
i =1
i =1
1 n
1
2
2
= (∑ mi .Ri )ω = I CM ω 2
2 i =1
2
Donde ICM es el momento de inercia respecto del CM del sistema. Reemplazando en la expresión para la Ecin ,
Ecin =
1
1
I CM ω 2 + M .VCM 2
2
2
Esto significa que aún cuando la velocidad del CM sea cero todavía puede haber energía cinética de
rotación.
Página 48
Se sigue cumpliendo que :
w F interna + wFexterna = Ecin - E cin
f
Ecin
o
1
1
= I CM ω 2 + M .VCM 2
2
2
Para el trabajo de las fuerzas internas tenemos:
wF int =
∑ ∫ F .d (r − r ) = 0
ij
i, j ≠i
Pues en un cuerpo rígido
i
j
d (ri − r j ) = 0
Luego la expresión anterior se transforma en:
w Fexternas = Ecin -E cin
f
Ecin =
o
1
1
I CM ω 2 + M .VCM 2
2
2
A continuación calcularemos
w Fexternas para distintos casos.
Resorte
w Fexternas
= w Fresorte = E pelásticao − E pelástica f
E pelástica =
con
1 2
k .x
2
Reemplazando en la ecuación que relaciona al trabajo de las fuerzas externas (el resorte en este caso) con
la variación de la energía cinética tenemos:
Ep + Ecin = Ep + Ecin
o
o
f
f
Definimos
Emec = Ep + Ecin ⇒ Emec = Emec
0 = Emecf − Emeco
Página 49
o
f
Esto significa que la energía mecánica permanece constante si no hay otras fuerzas más que la elástica. Por otro
lado al ser la energía potencial elástica solo función de la posición, en un ciclo cerrado, para el cual la posición
final coincide con la inicial, la energía potencial elástica no varía. La fuerza elástica conserva la energía.
Ejemplo I
En este caso el X es el XCM del
centro de masa del CR con lo
cual tenemos:
1 2
kX CM
o
2
1
= kX 2 CM
f
2
Ep =
o
X
CM
E pf
Otro caso:
p
1
kX po 2
2
1
= kX pf 2
2
Ep =
o
CM
Ep
f
Si rueda sin deslizar,
X p = 2. X CM
ya que la velocidad del punto p es el doble que la del CM (ver cinemática del CR)
1
⋅ k ⋅ ( X cm 0 ) 2
2
1
= ⋅ k ⋅ ( X cmF ) 2
2
EP0 =
E PF
Esto significa que lo que hay que utilizar para el
cómputo de la energía potencial elástica es la
elongación del resorte respecto a su posición de
equilibrio. Se sigue cumpliendo que la suma de esta
energía potencial elástica más la energía cinética es
constante.
Por otro lado tenemos:
En este caso el trabajo que hace el resorte tiene dos componentes, una es la fuerza aplicada en el CM del CR,
como si se tratara solo de un punto material con toda la masa del CR concentrada en el CM y la otra componente es el trabajo que hace el momento de la fuerza. En el primer ejemplo solo contaba el primer término
pues la fuerza que ejercía el resorte estaba aplicada en el CM del CR. Por otro lado, para el segundo ejemplo,
como el punto p posee el doble de velocidad que el CM lo que se longa el resorte es el doble que lo que se
mueve el CM del CR, luego Fresorte.dRCM = -k.2XCM.dXCM
La contribución del momento al trabajo viene dada por: Fresorte.R.d = -k.2XCM.dXCM,
Con lo cual el trabajo total viene dado por:
X CMf
wFresorte =
∫
-k.4X CM .dX CM
X CM 0
1
= − k4( X CM ) 2
2
X CMf
X CM 0
Que coincide con el análisis anterior.
Página 50
Caso gravitatorio
y
Para cada masa mi de cada
partícula del CR, Fi =-mi.gj
g
n
k
i =1 v
i =1 v
j.dri = j.(dxi ; dyi ) = dyi
p
j
n
ω F = ∑ ∫ Pi .dri = ∑ ∫ − mi gj.dri
p
i
o
i
x
n
n
wF = −∑ ∫ gmi dyi = − g ∑ mi ∫ dyi =
i =1 v
i =1
n
yif
i =1
yio
− g ∑ mi yi
v
n
n
n
i =1
i =1
i =1
= − g ∑ mi ( yif − yio ) = − g ∑ mi yif + g ∑ mi yio
Sabemos de sistemas de partículas:
n
YCM =
∑m y
i =1
n
i
i
∑m
i =1
n
; YCM .M = ∑ mi yi
i =1
i
luego, obtenemos para la expresión del trabajo de la fuerza gravitatoria:
wF = − MgYCMf + MgYCMo ; E potgrav = MgYCM
wF = − E potgrav f + E potgrav
o
Por otro lado para cualquier fuerza externa tenemos:
wFexternas = Ecin -Ecin o
f
Ecin =
1
1
ICM w 2 + M .VCM 2
2
2
En particular para la fuerza gravitatoria:
w
Página 51
Agrupando:
Emec = E potgrav + Ecin
Nuevamente (así como para el caso del resorte) hay una cantidad que se mantiene constante: la suma de la
energía cinética más la potencial gravitatoria. Si aumenta una, disminuye la otra.
Para el caso en el cual tenemos nuestro CR bajo la acción gravitatoria y de un resorte:
W
W
Reagrupando términos:
O, También
Para el caso en el cual hay otras fuerzas además de las gravitatorias y elásticas:
W
Donde F es una fuerza no considerada en la definición de energía mecánica.
Si W es cero, entonces la energía mecánica final es igual a la inicial. Si este trabajo es negativo entonces la
energía mecánica final es menor que la inicial. Por ejemplo para el caso de una fuerza disipativa (fuerza de
roce por ejemplo) parte de la energía mecánica inicial se transforma en energía mecánica final y parte en
energía de disipación. Si el trabajo es mayor que cero, como por ejemplo en el caso de una cuerda que tira en
el sentido del movimiento, la energía mecánica final será mayor que la inicial y se le habrá inyectado energía al
sistema.
F
i
r´
i
r
i
R
CM
o
En general,
Gráfico 6
n
n
n
n
i =1
i =1
i =1
i =1
wF = ∑ ∫ Fi .dri = ∑ ∫ Fi .(dR CM + dr´i ) = ∑ ∫ Fi .( dR CM ) + ∑ ∫ Fi .( dr´i ) =
n
∫ (∑ F ).dR
i =1
i
n
CM
+ ∫ ∑ Fi .(dr´i ) = I + II
i =1
Página 52
n
∑F
i
i =1
= Fext = M .aCM
I → ∫ M .aCM .dR CM
El dRCM está en la dirección de VCM. El producto escalar de aCM con dRCM es la proyección de la
aceleración en la dirección de la velocidad. O sea, aCM. dRCM.cos( ). es el ángulo que forma la
aceleración con la velocidad (la cual es tangente a la trayectoria). Luego aCM.cos( ) = aceleración
tangencial = dVCM/dt. Donde VCM es el módulo de la velocidad.
Reemplazando:
∫ M.
=
dVCM
dR
.dRCM = ∫ M . CM .dVCM = ∫ M .VCM .dVCM =
dt
dt
1
1
MVCMf 2 − MVCMo 2
2
2
O sea que el primer término es igual a la variación de la energía cinética de traslación del CM del CR, equivalente
a la variación de la energía cinética de un punto material con masa M y velocidad VCM.
Para hallar el segundo término vamos a tener en cuenta que la integral tiene que ver con dr´i.
F
i
αi
r
ω
O
i
V´
i
Respecto a un eje que pasa por el CM y coincide
con la dirección del vector velocidad angular,
tenemos
dr´i = v´i .dt = ω ∧ r´i .dt
d r´i = ω r i sen (θ i) dt = ω R i dt
r´
i
θ ´i
Fi .dr´i = Fi.cos(α i ).dr´i = Fi .cos(αi ). ω.Ri .dt =
= [ Fi .cos(α i ).Ri ].ω.dt
Página 53
El término entre corchetes es el momento que hace Fi alrededor de un eje paralelo a ω, pues
está en la dirección de V´I, la cual es perpendicular a Ri y por lo tanto lo que está dentro del corchete es
el momento de la fuerza.
Así I queda:
i
ω dt =
i
dθ
n
n
∑ ∫ F τ..(dr´ ) = ∫ ∑. τ. . dθ = ∫τ
i =1
i
i
i =1
= ∫ I .α . ω.dt = ∫ I .
i
ext .tot .
ω dt =
dω
.ω.dt = ∫ I .ω.d ω =
dt
1
1
I ω f 2 − Iω o 2
2
2
Volviendo a la expresión original
wF = I + II =
1
1
1
1
MVCMf 2 − MVCMo 2 + I w f 2 − I wo 2 =
2
2
2
2
= Ec inf − Ecino ,
Ecin =
1
1
MVCM 2 + I ω 2
2
2
I Es el trabajo hecho por la fuerza total aplicada al CM del CR, la cual varía la energía cinética del
centro de masa.
II Es el trabajo del momento total alrededor del centro de masa que varía la energía cinética de
rotación.
Por lo tanto toda fuerza aplicada realiza un trabajo que tiene dos contribuciones, una es el trabajo
de la fuerza aplicada en el centro de masa del cuerpo rígido y la otra es el trabajo del momento de
dicha fuerza. La primera varía la energía cinética de translación y la segunda varía la energía
cinética de rotación.
Por ejemplo para el caso de un resorte,
wresorte = wτ + wF = E pot .el .o − E pot .el . f
El tratamiento se simplifica pues solo debemos computar:
wresorte =
1
1
kX o 2 − kX f 2
2
2
Donde Xo y Xf son las elongaciones iniciales y finales del resorte respecto de la posición de equilibrio
(resorte sin elongar). Si esto no fuera así deberíamos calcular
wt + wF
Página 54
Trabajo de la fuerza de roce
Como caso particular calcularemos el trabajo que realiza la fuerza de roce, cuando un cilindro o una esfera
rueda sin deslizar. Por un la fuerza de roce debe considerarse aplicada al CM del cuerpo y es la encargada de
variar la VCM (con lo cual se está realizando un trabajo) y por otro lado la fr realiza un momento respecto del
CM, el cual varía la velocidad
de rotación del cuerpo (con lo cual se está realizando un trabajo). El hecho
de que ruede sin deslizar impone una relación entre estos dos trabajos, están “atados”.
El trabajo de la fuerza de roce tiene dos contribuciones:
ω
w fr = wτ rotac. fr + w trasl . fr
ω
trans.
VCM
^
= ∫ fr.dRCM = − ∫ fr.dRCM i.i = − ∫ fr.dR CM
dRCM = Rdθ ;[
dRCM
dθ
= VCM = R.ω = R. ]
dt
dt
Pues hay rodadura sin deslizamiento,
fr
− ∫ fr.dR CM = − ∫ fr.R.dθ
Para el trabajo hecho por el momento de la fuerza tenemos:
wrot = ∫ fr.dr´
en el caso de la figura la fuerza de roce tiene el mismo sentido y dirección que el vector desplazamiento.
Respecto de un sistema fijo en el CM, el trabajo que realiza el momento de la fuerza sale de considerar el
producto escalar de la fuerza por dr´ (ver demostración anterior) donde dr´ es el vector desplazamiento
medido respecto del CM:
VCM
^
fr
dr`
fr
Página 55
dr´= − R.dθ .i
fr = − fr.i
fr.dr´= (− R.dθ )i.i (− fr ) = R.dθ . fr
ω rot = ∫ R. fr.d θ
En rodadura sin deslizamiento la fuerza de roce no realiza trabajo
E
−E
= ω F ≠ fr
Esto es así porque, por un lado y para este ejemplo, el momento que hace fr va a favor del
aumento de la velocidad angular (y por estar “atada” por rodadura tiende a aumentar VCM) pero,
por otro lado, la fr aplicada en el CM va en contra de VCM (y por estar atada por rodadura tiende
a disminuir la velocidad angular). Como es rodadura sin deslizamiento entonces se cancelan
exactamente.
Ejemplo I
Calcular la velocidad final de la masa de 3kg luego de descender 1m desde su posición inicial.
La polea es cilíndrica y sin roce. Entre el cuerpo de 2kg y la superficie hay roce e inicialmente
posee una velocidad de 5m/s. El cuerpo se encuentra unido a un resorte por un extremo y, a
través de una cuerda que pasa por una polea sin deslizar, al cuerpo de 3 kg por el otro
extremo.
5 m/s
k = 50 N/m
2 Kg
2 Kg
x = 0,5 m
c = 0.35
3 Kg
1m
Página 56
Emec = Emec 2 kg + Emec 3kg + Emec. polea
1
1 N
m.(v) 2 + k ( )( x) 2 + m.g .h =
2
2 m
1
1
N
= 2kg .(5m / s ) 2 + 50( )(0,5m) 2 + 2 kg . ho. g
m
2
2
m
1
1
Emec 3kg .o = m.(v) 2 + m.g .h´o = 3kg .(5m / s ) 2 + 3kg .10( 2 ).1m
2
2
s
1
1 1
Emec. polea.o = I pol .cm.ω 2 + m polea .g .h o = ( 2 kgR 2 ) ω 2 + m polea. g. h o =
2
2 2
1 1
1 2
2
= ( 2kg )(Rω ) + m polea .g .h ` o = 5 J + m pole . g.h o
2 2
2
Emec 2 kg .o =
Reemplazando en la primera ecuación obtenemos para
Emec.o = 111.25 Joules + m.g .ho+ + m polea .g .h o
donde h es la altura del cuerpo de 2kg y h´ es la altura de la polea.
Para la energía mecánica final tenemos:
1
1 N
m.(v´) 2 + k ( )( x) 2 + m.g .h f =
2
2 m
1
1
N
= 2kg .(v´) 2 + 50( )(1 + 0,5m) 2 + 2 kg . ho. g
2
2
m
1
1
m
Emec 3kg . f = m.(v´) 2 + m.g .h´ f = 3kg .(v´) 2 + 3kg .10( 2 ).0
2
2
s
1
1 1
Emec. polea. f = I pol .cm. ω´2 + m polea .g .h´´ f = ( 2kgR 2 )ω´2 + m polea .g .h´o =
2
2 2
1 1
1
= ( 2kg )( Rω´) 2 +m polea .g .h´o= v´2 +m polea .g .h´o
2 2
2
Emec 2 kg . f =
1
1
N
2kg .(v´) 2 + 50( )(1 + 0,5m) 2 + 2( kg ).ho.g +
2
2
m
1
1
+ 3kg .(v´) 2 + v´2 + m polea .g .h´o
2
2
Emec. f =
Página 57
La energía mecánica inicial es toda la energía que tiene el sistema para gastar (no hay inyección de energía
desde el exterior como podría ser algo que empuje uno de los dos cuerpos a favor del movimiento). Así esta
energía inicial puede gastarse en la energía mecánica final o puede disiparse. Por lo tanto:
Emec.
o
⟨
Emec.f
w fr
Emec. = E mec. + wf
o
f
r
Puesto que al ser la cuerda inextensible lo que baja el cuerpo de 3kg es lo que se estira el resorte. Por
otro lado, las energías potenciales gravitatorias de la polea y del cuerpo de 2 kg no varían.
Para el módulo del trabajo de la fuerza de roce sólo debemos calcular el producto de ella por la distancia
recorrida que es 1 m.
wfr = fr.d = µc .N .1m = 0,35.20 N .1m = 7 Joules
Reemplazando en la anterior tenemos:
Emec.o − Emec. f = 111.25 − 56.25 − 3.v´ 2 = wfr = 7 Joules
De donde obtenemos para v´:
v´= 4m / s
Se suman todas las energías iniciales que entran en el cálculo de la energía mecánica. Se hace lo mismo
con la energía mecánica final. La diferencia es el trabajo de las fuerzas no consideradas en la definición
de energía mecánica. Por ejemplo si sabemos que esta fuerza es disipativa entonces la energía mecánica
inicial será mayor que la final pues parte se perdió en calor. Si sabemos que hay alguna fuerza (no
considerada en la definición de la energía mecánica) que va a favor del movimiento entonces la energía
mecánica final va a ser mayor que la inicial (se le habrá inyectado energía al sistema).
1.5m
CM
x
La barra de la figura de masa M está atada por
medio de una cuerda a un eje alrededor del cual
o
3m
y
3m
o´
gira (punto o). Inicialmente se encuentra en la
posición horizontal y en reposo. Calcular la
velocidad del CM cuando pasa por la posición
vertical. Ponemos el origen de coordenadas en o´.
Calculamos el momento de inercia respecto de o
pues respecto de dicho punto el CR tiene una
rotación pura.
E pot . grav.o = 3m.M .g
1
ML2
12
1
13
I o = ML2 + M 32 = M 32.
12
12
I CM =
Página 58
Luego la expresión para la Ecin del CR tiene solo el término de rotación:
Ecin =
1
I o .ω 2 ;
2
I o=
9.13
.M
12
Igualando las energías mecánicas arriba y abajo (ya que no hay otra fuerza distinta de la gravitatoria,
conservándose la energía mecánica):
E pot . grav.o = Ecin. f = Mg 3 =
M .9.13ω 2
24
ω = 2, 48(1/ seg )
Este problema puede ser resuelto calculando las dos componentes de la energía cinética:
La energía cinética de rotación alrededor del CM del CR y la de translación del CM como un todo.
Para calcular la energía cinética de rotación hay que tener en cuenta que respecto de unos ejes fijos en
el CM la velocidad que medimos es la misma que en el caso anterior, ver figura en donde vemos que el
ángulo que rota es el mismo.
CM
x
α
α
Ecin
=
1
1 M .32 2
2
+
M (3 ω)
(
)ω =
2
2 12
El primer término representa la energía de traslación del CM y el segundo término la energía de rotación
alrededor del CM.
Ecin =
1
1 M .32 2 1
.32
M (3 ω) 2 + (
) ω = M [(3) 2 + ( )]ω2
2
2 12
2
12
El término señalado es el momento de inercia anteriormente calculado respecto del punto o, luego
igualando la energía potencial a la cinética, obtenemos:
Página 59
1
.32
M [(3) 2 + ( )]ω 2 = Mg 3;
2
12
ω = 2, 48(1/ seg )
VCM = 2, 48.3 = 7, 44( m / s )
Ecin =
CM
o
x
Si en cambio la barra baja de la siguiente manera (la cuerda está
unida a un eje que pasa por el CM del CR), sólo posee energía de
traslación del CM, la energía de rotación alrededor del CM es
nula:
CM
x
1
MVCM 2 ;
2
= 7, 75(m / s )
E pot = M .g .3 =
VCM
Toda la energía se ha transformado en energía cinética de traslación del CM.
Giróscopo
La tabla muestra la equivalencia existente entre las variables dinámicas del movimiento lineal y circular.
Movimiento lineal
r
V
a
M
F = ma
P = mv
F = d(mv)/dt
Movimiento circular
θ
ω
α
I
τ = Iα
L = rΛmv = r ΛP
τ = d(rΛP)dt
En el caso de la dinámica de un punto material podemos observar las siguientes cosas:
Si F y v tienen la misma dirección entonces:
Tanto Δv como Δp = m Δv
resultan ser paralelos a F
m∆v = ∆P = F.∆t
F
V
por lo tanto cambia el módulo de P pero no su
dirección.
Página 60
Para la rotación existe un caso equivalente:
El giro es según la regla de la mano derecha y mirando de frente
la superficie amarilla, en sentido anti horario. La dirección y
sentido del momento que realiza la fuerza F se lo obtiene
volcando R sobre F (τ= R ΛF). Obtenemos de esta manera un
momento paralelo a ω . Luego τ resulta paralelo a ω
Pues de τ = I. α = I.d(ω )/dt;τ t = I. ω resulta lo mismo que
para
ω
R
F
m∆v = ∆P = F.∆t
El otro caso extremo para el caso de las fuerzas es:
V
V´
∆v
V´
Fn
Para este caso consideremos el módulo de la velocidad constante, pero la partícula describiendo
una trayectoria circular. Como v es un vector, en estas condiciones lo que varía es la dirección
del vector. Luego, hay una aceleración normal a la trayectoria, causada por la Fn.
O sea si Fn es ⊥ a v (Fn ⊥mv) entonces Fn no le cambia el módulo a v (a mv) sino su dirección.
Con Fn = mv/R de aquí se sigue que Fn / mv = ω= Fn/P la cual a su ves es la velocidad con
la cual está “rotando” el vector v, pues el ángulo que rota la partícula es el ángulo que rota el
vector velocidad (la demostración trigonométrica es simple).
Debe haber un caso parecido para la rotación.
o
d
ω
j
mg
Página 61
i
En el caso de la figura tenemos: L = I ω (equivalente a P = mv). τ = dΛmg
(equivalente a
F=m.a) Por la regla de la mano derecha, el vector d debe volcarse sobre el vector mg. El primero es paralelo a
j y el segundo lo es a i luego el τ es perpendicular al papel entrando al papel
d = dj y mg = mgi ; τ = dj Λ mgi = -mgdk
∆L = τ.∆t = − mgd ∆t k
τ
L´
∆L
L
θ
está en la dirección –k , mirando desde arriba:
∆L ≈ L.∆θ = − mgd ∆tk ;
∆L ≈ mgd ∆t = L∆θ ;
∆θ mgd mgd τ
≈
=
=
∆t
L
Iω
L
τ
Ω=
L
Hemos supuesto que el arco es aproximadamente igual al cateto opuesto y que para ángulos chicos el L es
perpendicular al ∆ L.
Vemos que la relación:
ω = Fn/P para el caso de las fuerzas es totalmente equivalente a
Ω=
τ
L
obtenido para los momentos. Así como la partícula gira sin cambiar el módulo de su velocidad (su P) y gira
con velocidad angular constante, de la misma manera el L precesa con velocidad angular Ω .
Página 62
Cuestionario:
1 En rodadura sin deslizamiento, ¿cuál es el trabajo realizado por la fuerza de roce?
2 Si un rodillo desliza sobre una superficie horizontal sin rozamiento, ¿puede variar su velocidad
angular? ¿Y si lo hace sobre un plano inclinado? Justifique.
3 Si un rodillo rueda sin deslizar sobre un plano inclinado, ¿en qué clase de energía cinética se puede
transformar la energía potencial gravitatoria? ¿Y si el plano inclinado está exento de roce? Justifique.
Problema
Un cilindro homogéneo de radio r puede moverse en el interior de una superficie cilíndrica de radio R. La
superficie de la mitad derecha presenta rozamiento, de modo que el cilindro rueda sin resbalar. La mitad
izquierda está exenta de rozamiento. Inicialmente el cilindro se encuentra en la posición A. Hallar la
velocidad en el punto B y la altura en el punto C. Explique porqué no alcanza la misma altura que en A.
A
R
c
R/2
D
B
Respuestas al cuestionario
1 – Es cero ya que el trabajo realizado por el momento de la fr alrededor del CM del CR es compensado
exactamente por el trabajo realizado por la fr aplicada en el CM del CR.
2 – No puede variar pues lo único que puede hacer variar ( en este caso en particular) la velocidad angular
de rotación es el trabajo del momento de la fuerza de roce, y al no existir fuerza de roce este es nulo,
con lo cual la velocidad angular permanece constante. Para el caso del plano inclinado el razonamiento
es el mismo.
3 – Si rueda sin deslizar la energía potencial gravitatoria se puede transformar en energía cinética de
rotación y de translación. Si no hay rozamiento entre las superficies de contacto entonces al no haber
momento alrededor del CM del CR la energía cinética de rotación debe permanecer constante y la
energía potencial entonces se transforma en energía de translación del CM del CR.
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Resolución del problema
Calculemos la energía mecánica en la posición A y la energía mecánica en la posición B. Deben ser iguales
pues no hay fuerzas disipativas. Como la fr en rodadura sin deslizamiento no realiza trabajo entonces :
EmecA = EmecB
Ponemos nuestro origen de alturas en el nivel D. Luego obtenemos para la energía mecánica en A:
EmecA=MgR/2,
tiene solo contribución gravitatoria ya que parte del reposo y la energía cinética de rotación y de translación
son ambas nulas.
Para la energía mecánica en B solo debemos considerar (por como hemos elegido el origen de coordenadas)
la parte cinética,
2
EmecB= ½ M.(VCM) +
½ .I.W
2
Como hay rodadura sin deslizamiento,
2
VCM = W.R, si es un rodillo I = 1/2 M R
Luego,
EmecB = ½ [M +
2
½ .M].(VCM) = MgR/2
De donde obtenemos
2
(VCM) = 2gR/3
Para resolver la segunda parte del problema debemos tener en cuenta que, al no haber fr no hay fuerza que
haga momentos alrededor del CM del CR y por lo tanto no hay momentos que puedan realizar un trabajo
para variar la energía cinética de rotación. De esta manera la velocidad angular es constante en el tramo
izquierdo.
EmecB= ½ M.(VCM)2 +
½ .I.W 2= ½ .I.W2+ Mgh´,
Con lo cual:
2
Mgh´= ½ M.(VCM) = ½.M.2gR/3, h´= R/3.
La altura es menor pues en C el CR sigue rotando, lo cual significa que parte de la energía en B no se
transformó en gravitatoria.
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Bibliografía
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Páginas Web consultadas:
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http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/solido/solido.htm
http://www2.udec.cl/~jinzunza/fisica/
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