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DINÁMICA DE ROTACIÓN - 1
DINÁMICA DE ROTACIÓN
1. Concepto de sólido rígido y sus movimientos.
2. Momento angular de un sólido rígido respecto de un eje.
3. Momento de inercia de un sólido.
4. Ecuación fundamental de la dinámica de rotación.
5. Teorema del eje paralelo o de Steiner.
6. Teorema de las figuras planas.
7. Teorema de conservación del momento angular.
8. Energía cinética de rotación.
Concepto de sólido rígido y sus movimientos
ólido rígido es aquel en que las distancias entre las partículas que lo componen no
varía.
Así como en la dinámica del punto solo se considera el movimiento de
traslación, para el caso de un sólido rígido, hemos de considerar la traslación, la rotación y la
superposición de ambos. Si consideramos que el sólido es rígido, se podrá considerar que la
velocidad angular es la misma en todos los puntos del sólido.
Momento angular de un sólido rígido respecto de un eje
Si consideramos un sólido rígido girando
alrededor de un eje con una velocidad angular ω, cada
partícula del sólido tendrá una velocidad vi = ω⋅ri siendo
vi y ri perpendiculares. La velocidad angular ω se puede
representar mediante un vector perpendicular al plano
del movimiento, y de sentido el de avance de un tornillo
que gire como el sólido.
r r r
L r vi i i im= ×
r r r
v ri i= ×ω
Li = ri mi ω ri = ω mi ri2
L = ΣLi = Σω mi ri2 = ω Σmi ri2
Al término Σmi ri2 se le llama momento de inercia I
I = Σmi ri2
Obteniendo la relación: L = Iω
Si en lugar de tratarse de una distribución discontinua de masa se trata de una
distribución continua, mi es infinitesimalmente pequeño y el sumatorio se reemplaza por una
integral:
I r dm= ∫ 2
S
mi
ri
ω
vi
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 2
Algunos momentos de inercia
Varilla con eje perpendicular que pasa
por su centro
1
12
2mL Disco con eje perpendicular quepasa por su centro y cilindro
macizo
1
2
2mR
Varilla con eje perpendicular que pasa
por su extremo
1
3
2mL Cilindro hueco y aro mR
2
Esfera maciza 2
5
2mR Esfera hueca
2
3
2mR
Ecuación fundamental de la dinámica de rotación
Si derivamos L respecto del tiempo:
M
dL
dt
d I
dt
I= = =
( )ω
α
obtenemos esta importante relación que relaciona el momento de la fuerza aplicada con la
aceleración angular producida. Este resultado desempeña un papel similar al de la dinámica de
la partícula F = m a.
Concepto de radio de giro
Se define el radio de giro de un sólido a la relación k = 
I
m
. De modo que:
I = mk2
Teorema de Steiner o del eje paralelo
Si conocemos el momento de inercia de un sólido
respecto de un eje que pase por su centro de masa, es
posible conocer el momento de inercia respecto de otro
eje paralelo a éste.
I = ICM + m d2
siendo M la masa del cuerpo y d la distancia entre los dos
ejes.
ICM
d
I
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 3
Teorema de las figuras planas
El momento de inercia de una
figura plana respecto a un eje
perpendicular a la figura es igual a la
suma de los momentos de inercia de los
otros dos ejes perpendiculares.
Iz = Ix + Iy
Teorema de conservación del momento angular
Evidentemente si el momento externo M es nulo el producto I ω permanece constante:
I1ω1 = I2ω2
Por tanto, en ausencia de momentos externos el momento angular de un sólido no
varía.
Energía cinética de rotación.
La energía cinética de un sólido es la suma de las energías cinéticas de las partículas que
lo componen.
E m v m r m r IC i i
n
i i
n
i i
n
= = = =∑ ∑ ∑12
1
2
1
2
1
2
2
1
2 2
1
2 2
1
2ω ω ω
Iz
Iy
Ix
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 4
1. Una varilla de 500 g y 75 cm de longitud, lleva soldada en un extremo una esfera de 10 cm de
radio y 250 g de masa. Calcular:
a) El momento de inercia cuando gira, alrededor de un eje perpendicular a la varilla que pasa
por el extremo libre.
b) El momento angular del conjunto si gira a 12 r.p.m.
a) El momento de inercia será la suma del
momento de inercia de una varilla, mas el de
la esfera. Como la esfera está a L+R del eje,
aplicando Steiner:
I
2
5
m R m (L R)e e
2
e
2= + +
I I I
2
5
m R m (L R)
1
3
m Le v e
2
e
2
v
2= + = + + +
I = ⋅ + ⋅ + ⋅
2
5
0 25 012 0 25 0 852
1
3
0 5 0 752. . . . . . = 0.27 kg m2
b) L = Iω = 0.27
2
T
0.27 2 f 0.54
12
60
0.345 kg m2
π
π π= ⋅ ⋅ = = / s
2. Un cilindro de 50 kg y 20 cm de radio, gira respecto de un eje vertical que coincide con su eje
de simetría, debido a una fuerza constante, aplicada a su periferia que, después de 40 s de
iniciado el movimiento, alcanza 200 r.p.m. Calcular:
a) El valor de la fuerza.
b) El momento de la fuerza aplicada.
La frecuencia de rotación adquirida vale:
f =200/60 r.p.s.
y la velocidad angular:
ω π
π π
= 2 f =
2 200
= rad / s
⋅
60
20
3
La aceleración angular α
π
 =
t
 = 
6
 rad / s2
∆ω
∆
Por otra parte el momento de inercia del cilindro vale:
I =
1
2
mR 25 0.04 = 1 kg m22 = ⋅ Luego el momento de la fuerza aplicada M = I α =
1 π/6 = 0.52 Nm. Y la fuerza tangencial: M= F R; F = M/R = 0.52/0.2 = 2.62 N
I =1/3 mvL2
I =me(L+R)2 + 2/5 meR2
L R
F
R
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 5
3. Una polea homogénea de radio R, masa MP y momento de inercia I, gira alrededor de su eje,
debido a la acción de dos masas M y m. Calcular:
a) La expresión de la aceleración angular de la polea.
b) Sustituir los valores R = 0.3 m, M =15 kg, m = 10 kg, MP = 20 kg, I =18
kg m2.
c) Las tensiones de las cuerdas.
d) La tensión del soporte que fija el sistema al techo.
Vamos a suponer que el sistema acelera hacia el lado de la masa mayor M.
Planteando la segunda ley de Newton
para cada masa:
M g - T = M a
t - m g = m a
Y para la polea:
r r r rr rM M Mi T t= +∑ I =α =
TR - tR = Iα = I a/R
ya que si el hilo no desliza, a = αR.
Por lo tanto tenemos tres ecuaciones:
Mg - T = Ma
t - mg = ma
T - t = I
a
R2














Que sumadas dan lugar a: (M-m) g = a( M+m+I/R2). Por lo tanto a vale:
a =
+ + /
M m
M m I R
g
−
2 = 
5
25 +18 / 0.09
9.8 = 0.22 m / s2 y α =
.
.
 rad / s2
a
R
= =
0 22
0 3
0 73.
c) De las ecuaciones anteriores obtenemos:
T = M g - M a = 15 (g - a) = 143.7 N. t = m (g + a) = 100.2 N
d) Considerando todas las fuerzas que actúan sobre la polea, que
debe estar en equilibrio:
r
F =∑ 0
S = PP + T + t = 20 9.8 + 146.67 + 102.22 = 445 N
R
m
M
R
m
M
mg
Mg
T
t
Mg - T = Ma
t - mg = ma
M = TR - tr = Iα
a
t
T
S
PP
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 6
4. Un cilindro macizo homogéneo de 20 kg y 40 cm de radio baja rodando, sin deslizar, por un
plano inclinado 30º sobre la horizontal. Partiendo del reposo, desciende una altura vertical de 2
m. Calcular:
a) El momento de inercia del cilindro respecto de una generatriz.
b) Energía cinética de rotación y traslación adquiridas en el tiempo durante el que desciende
verticalmente esos dos metros.
a) Aplicando el teorema de Steiner I = ½ mR2 +mR2 = 3/2 mR2 = 3/2 20 0.16 = 4.8 kg m2
b) La energía inicial E1 = mgh = 400 J.
La energía final E2 = Ec (rotación) + Ec (traslación) = ½ Iω2 + ½ mv2
Como cae sin deslizar, en todo momento v = ω R, por lo tanto:
E2 = ½ ½ mR2 (v/R)2 + ½ mv2 = ¼ mv2 + ½ mv2 = ¾ mv2. Teniendo finalmente:
E1 = E2;mgh = ¾ mv2 ; v2 =4/3 gh;
Ec(rot) = ¼ mv2 = 1/3 mgh = 400/3 J
Ec(tras) = ½ mv2 = 2/3 mgh = 800/3 J
5. Un anillo de 5 cm de radio, grosor despreciable y densidad 1.6 g/cm, se pone en rotación
alrededor de un diámetro cuando se le comunica un momento angular de 7900 g cm2/s.
a) Hallar la expresión analítica y el valor numérico del momento de inercia respecto del eje de
giro.
b) ¿Con qué velocidad angular empieza a girar?
c) Si el rozamiento con el aire y los pivotes origina un par de fuerzas cuyo momento es de 50
dyn cm, ¿cuál será la ecuación del movimiento que efectúa el anillo?, ¿cuánto tiempo tarda
en pararse? (Nota 1 N = 105 dyn)
a) Por el teorema de las figuras planas, tenemos que:
IZ = IX + IY ; además por simetría IX = IY, por tanto
IX = IZ/2 = ½ mR2 = ½ ρ L R2 = ½ ρ 2 π R R2 = π ρ R3 =
π 1.6⋅10-1 0.053 = 6.28⋅10-5 kg m2
b) Al comunicarle un momento angular L = 7.9 ⋅10-4 kg m2/s,
ω0= L/I = 7.9 ⋅10-4/6.28⋅10-5 = 12.58 rad/s
c)M = 50 dyn cm = 50⋅10-5 N⋅10-2 m = 5⋅10-6 N m
M = I α; α = M/I = 5⋅10-6/6.28⋅10-5 = 79.6⋅10-6 rad/s2
Por lo tanto la ecuación del movimiento en términos angulares será:
θ = θ0 + ω0t + ½ αt2 = 12.6 t - 0.0398 t2, y ω = 12.6 - 0.0796 t. Siendo ω = 0 para t = 158 s.
IY
IX
IZ
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 7
6. La figura representa un cilindro macizo y homogéneo de radio R=20 cm y masa M=20 kg. A
su periferia va arrollado un hilo ideal de cuyo extremo libre cuelga
una masa m = 8 kg. Por una hendidura muy fina se le arrolla otro hilo
ideal a una distancia del eje horizontal r = 10 cm, a cuyo extremo libre
se le aplica una fuerza constante F = 200 N. Calcular:
a) Momento de inercia del cilindro respecto a un eje que coincida con
una generatriz.
b) Aceleración con que sube la masa m.
c) Aceleración angular del cilindro.
d) Tensión del hilo que sostiene la masa.
a) Aplicando el teorema de Steiner, I = ½ M R2 +M R2 = 3/2 MR2
b) Podemos plantear dos ecuaciones:
T - mg = ma
Fr - TR = I
T - mg = ma
Fr - TR = 
1
2
MR
 a
R
2
α






⇒








⇒








TR - mgR = mRa
Fr - TR = 
1
2
MRa
que sumadas conducen a:
Fr - mgR = a(mR+ ½ MR). Por lo tanto la
aceleración a vale:
a =
Fr - mgR
m R + 12 MR
20 - 15.68
1.6 + 2
 = 1.2 m / s2=
c) α = a/R = 1.2/0.2 = 6 rad/s2.
d) T = mg + ma = 8 (9.8 +1.2) = 88 N.
R
m
F
r
mg
T
T
T - mg = ma
M =Iα
Fr - TR =Iα
R
F
r
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 8
7. Dos poleas cuyos radios son 1 m y 0.3 m, están acopladas pegada una a la otra en un plano
vertical, formando un bloque que gira alrededor de su eje de rotación común. De la garganta de
la polea grande pende una masa de 20 kg y de la garganta de la polea pequeña pende otra masa
de 100 kg que tiende a hacer girar a las poleas en sentido contrario al anterior. El momento de
inercia del sistema formado por las dos poleas es de 10 kg m2. Al dejar el sistema en libertad, se
pone en movimiento espontáneamente. Se pide:
a) ¿En qué sentido se mueven las poleas?
b) Valor de la aceleración con que se mueve cada una.
c) Aceleración angular de las poleas.
d) Tensión de la cuerda que sostiene la masa de 100 kg cuando el sistema está en movimiento.
a) Cuando las poleas están inicialmente
en reposo, los pesos coinciden con las
tensiones. Por tanto T= 200 N, y t = 1000
N.
El momento que ejerce T valdrá M = T R
= 200 Nm
Y el que ejerce t valdrá m = t r = 300 N
m.
Por tanto, al ser el momento de la fuerza t
mayor, la polea girará de modo que la
masa M suba.
b) y c) Planteando la ecuación
fundamental de la dinámica a cada masa
y a la polea, tendremos:
T - Mg = MA
mg - t = ma
M - M = I
T - Mg = M R
mg - t = m r
t r - T R = I
TR - MgR = M R
mgr - tr = m r
t r - T R = It T
2
2
r r
α
α
α
α
α
α
α










⇒










⇒










Sumando las tres ecuaciones y despejando α tendremos α = 
mgr - MgR
MR + mr + I2 2
α = 
30 - 20
20 + 9 +10
g = 2.51 rad / s2. La aceleración de cada masa será:
A = α R = 2.51 m/s2 ; a = α r = 0.75 m/s2
d) t = mg - mαr = 904.7 N
R
t
r
Mg mg
T
T
t
a
A
mg - t = ma
Mt - MT = Iα
tr - TR = Iα
T - Mg = MA
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 9
8. Alrededor de un eje horizontal, fijo, de un volante, va arrollado un hilo de masa despreciable.
Del extremo libre del hilo, cuelga una pesa de 8 kg. Si partiendo del reposo, la pesa desciende 4
m en 4 s, calcular:
a) Aceleración con que desciende la pesa.
b) La tensión que actúa sobre el hilo.
c) La energía cinética de rotación del volante cuando la pesa ha descendido 4m.
Se desprecian todo tipo de rozamientos.
a) Como la pesa va a caer con movimiento uniformemente
acelerado:
a =
2e
t
= 0.5 m / s2
2
b) T = mg - ma = 74.4 N
c) Vamos a considerar la conservación de la energía mecánica.
Haciendo un balance de energías: E1 = mgh
E2 = ½ mv2 + Ec (rotación); mgh = ½ mv2 + Ec (rotación)
La velocidad adquirida por la masa vale v = at = 2 m/s, luego:
Ec (rotación) = mgh -½ mv2 = 297.6 J
9. La barra horizontal de la figura tiene un momento de inercia respecto al eje de rotación de
5⋅10-3 kg m2, y cada una de las bolas que pueden
deslizar sobre ella pesan 50 g y se consideran de
dimensiones despreciables. El conjunto está girando
libremente alrededor del eje O-O’ con las bolas
dispuestas simétricamente respecto al eje y sujetas por
un hilo AB de 20 cm. Si se rompe el hilo cuando el
conjunto gira a 20 rad/s, determinar la nueva velocidad
angular cuando las bolas lleguen a los topes del extremo
de la barra.
Empecemos calculando el momento de inercia
del conjunto, cuando las bolas están separadas 20 cm.
I1 = Ibarra + Ibolas = Ibarra + 2 m r12 =
5⋅10-3 kg m2 + 0.1 0.12 = 6⋅10-3 kg m2
Cuando se alejen hasta los topes:
I2 = Ibarra + Ibolas = Ibarra + 2 m r22 = 5⋅10-3 kg m2 + 0.1 0.252 = 11.25⋅10-3 kg m2
La rotura del hilo libera fuerzas exclusivamente internas, por lo que se conservará el momento
angular del sistema:
L1 = L2 I1 ω1 = I2 ω2 ω ω2 1 = 
I
I
 = 20
6
11.25
 = 10.6 rad / s1
2
)
R
m
mg
T
T
mg - T = ma
a
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 10
10. Un disco homogéneo A gira alrededor del eje Y bajo la acción de la masa C unida a una
cuerda que pasa por una polea sin peso ni
rozamiento enrollada alrededor del
tambor cilíndrico macizo B, solidaria del
disco A. A éste está unida una masa
puntual D, como indica la figura. Las
masas A, B, C y D son respectivamente
65, 15, 8 y 4 kg. Se supone que la cuerda
permanece siempre horizontal. Calcular:
a) Aceleración angular del disco.
b) Aceleración tangencial de D.
c) Aceleración normal de D, 4 s a partir
del reposo.
a) Calculemos en primer lugar el momento de inercia del sistema A-B-D.
I = ½ mARA2 + ½ mBRB2 + mDRD2 = 51.56 kg m2.
En la masa C: mCg - T = mCa 8g - T = 8αRB
En el conjunto giratorio: TRB = I α TRB = Iα
Resolviendo el sistema formado:
8
8
2
2gR gRB B B
B
B B
 - TR = 8 R
TR I
 = 8 R I
α
α
α α
=






⇒ +
α =
+
8
2
gRB
B
2
8R I
 = 
35.28
53.18
 = 0.66 rad / s
b) aD = α RD = 0.6 m/s2
c) ω(4 s) = α t = 2.65 rad/s aN = ω2 RD = 6.34 m/s2
11. Un cilindro arrollado a una cuerda fuertemente sujeta cae libremente tal como indica la
figura. Hallar la aceleración con que cae.
La fuerza resultante: mg - T = ma
El momento resultante: TR = Iα = ½ mR2 
a
R
; T = ½ ma
mg - ½ ma = ma; a = 2g/3
T
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 11
12. Un cilindro macizo de 20 cm de radio y masa 5 kg gira alrededor de su eje, en posición
horizontal, por la acción de una pesa de 0.2 kg que cuelga del extremo de una cuerda arrollada
al cilindro. Calcular:
a) La aceleración angular del cilindro.
b) La aceleración lineal de la pesa.
c) El valor del momento del par durante el movimiento.
d) Si en lugar de accionar el cilindro por la pesa, se ejerce una tracción de la cuerda hacia abajo
de 0.2 N. ¿Cuál será el valor de la aceleración angular?
a) Planteando la segunda ley de Newton para la masa: m g - T = m a
Y para la polea: 
r r r rM M=∑ I =α T ;
TR = Iα = ½ MR2 α
Por tanto tenemos dos ecuaciones:
T = ½ MR
mg - T = m R
α
α






que sumadas dan: mg = α R(m + ½ M);
α =
m
(m + M 2 R
g = 
1
0.2 + 2.5
 9.8 = 3.63 rad / s 2
)
b) a = αR = 0.726 m/s2
c)M = I α = ½ MR2 α = 0.363 N m
d) Si en las ecuaciones anteriores sustituimos el peso por una fuerza F, tendremos:
F = ½ MRα; α =
2F
MR
 = 
0.4
5 0.2
 = 0.4 rad / s 2
⋅
13. Una rueda de radio R y momento de inercia I, está montada sobre un eje sostenido por
cojinetes fijos, como indica la figura. Una cuerda ligera flexible esta
arrollada sobre la llanta de la rueda y soporta un cuerpo de masa m.
Puede despreciarse el rozamiento de los cojinetes. Estudiar el movimiento
del sistema, desde el punto de vista de la segunda Ley de Newton, y del
trabajo y la energía.
a) Desde el punto de vista de la segunda Ley de Newton tendremos dos
ecuaciones:
mg - T = ma = m R
TR = I
mgR - TR = m R
TR = I
2α
α
α
α





⇒








α = 
mgR
I + mR
mg
I
R mR
2 = +R
m
T
T
P
mg - T = ma = mαR
TR = Iα = ½ MR2α
m
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 12
b) Desde el punto de vista de la conservación de la
energía, si dejamos caer la masa una distancia h, la
energía potencial se transformará en cinética de la
propia masa y en cinética de rotación de la rueda:
E1 = E2.
mgh = ½ mv2 + ½ Iω2
Si no hay deslizamiento, v = ω R
mgh = ½ mv2 + ½ Iv2/R2
mgh = ½ v2 (m+I/R2)
v = 
2mghR
mR + I / R
14. Una bala de 100 g y velocidad horizontal 100 m/s choca elástica y tangencialmente con el
borde de un volante anular de masa 1 kg y radio 25 cm. Calcular la velocidad angular del
volante y la velocidad de la bala después del choque.
Al ser un choque elástico podemos considerar la conservación de la energía cinética
además de la conservación del momento angular. Sin embargo la cantidad de movimiento no
podemos considerarla ya que el volante se halla sujeto por el eje y éste va a recibir un impulso
mecánico igual a la variación de cantidad de movimiento del proyectil.
L1 = L2
mvR = mv’R + Iω
EC1 = EC2
½ mv2 = ½ mv’2 + ½ Iω2
que haciendo I = MR2 =1 0.252 =
0.0625, nos conduce a dos
ecuaciones y dos incógnitas:
0.1 100 0.25 = 0.025v’ + 0.0625ω
0.1 10000 = 0.1 v’2 + 0.0625 ω2
⇒





⇒






2 5
1000
200
800002
. = 0.025 v' + 0.0625 
 = 0.1 v' + 0.0625
 = 2v' + 5
 = 8v' + 52 2 2
ω
ω
ω
ω
Sistema de ecuaciones, que resuelto conduce a las soluciones:
ω = 72.7 rad/s; y v’ = -81.8 m/s. La bala sale pues rebotando, perdiendo parte de la velocidad
que tenía ( de 100 a 82) como consecuencia de la energía cinética suministrada al anillo. El
impulso recibido por el eje es F∆t = ∆(mv) = 0.1⋅(100 + 81.8) = 18.2 N⋅s.
m
E1 = mgh
E2 = ½ mv2 + ½ Iω2
h
ω
v
ω
EC1 = ½ mv2
L1 = mvR
EC2 = ½ mv’2 + ½ Iω2
L2 = mv’R + Iω
v v’
R
M
M
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 13
15. Un cilindro homogéneo de radio a = 40 cm y masa m = 10 kg tiene
libertad para girar en torno a su eje de simetría sobre cojinetes carentes de
fricción. Supongamos que súbitamente, tal como indica la figura, se
aplica una fuerza de 10 N que se mantiene constante y tangencial a la
superficie lateral. Calcular:
a) La energía cinética a los 2 s de haber aplicado la fuerza.
b) El trabajo realizado por dicha fuerza durante ese tiempo.
a) La fuerza produce un momento de 10 0.4 = 4 Nm.
El momento de inercia del cilindro vale: I = ½ Ma2 = 0.8 kg m2
Y la aceleración angular adquirida α = M/I = 5 rad /s2. A los 2 s, ω = αt = 10 rad/s.
EC = ½ Iω2 = ½ 0.8 100 = 40 J
b) Por el teorema de la energía cinética W = ∆EC = 40 J.
16. Un disco de 2 kg y 20 cm de radio gira alrededor de su eje horizontal a
600 r.p.m. Apoyado sobre la periferia del disco descansa una lámina
metálica de masa m que actúa por su peso frenando el movimiento, con un
µ=0.2. El disco se detiene a los 2 min. de actuar el freno. Hallar:
a) valor de la masa m
b) energía cinética del disco al minuto de actuar el freno.
Empecemos calculando la aceleración angular α que ha actuado
sobre el disco.
Los 600 r.p.m. equivalen a 10 r.p.s., lo que le corresponde una velocidad angular de:
ω0 = 2πf = 20π rad/s. α
ω ω π π
 = 
t
 = 
t
 = 
0 - 20
 = - rad / sf 2
∆ω
∆ ∆
− 0
120 6
La fuerza que detiene al disco, fuerza de rozamiento, vale µN = µmg, y ejerce un momento
µmgR, por lo que M = Iα, conduce a:
µmgR = ½ MdiscoR2 α m =
M R
g
 = 
2 0.2 
 0.2 9.8
 0.0534 kg = 53.4 gdisco
α
µ
π
2
6
2
=
b) Para calcular la energía cinética en t = 1min., calculemos primero ω (60 s) = ω0 + αt:
ω (60 s) = 20π - π/6 60 = 10π rad/s.
El disco tendrá una energía cinética: EC = ½ Iω2 = ½ ½ MdiscoR2 ω2 = ¼ 2 0.04 100π2 = 2π2 =
19.74 J
ω
F
m
R
ω
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 14
17. Una persona está sentada en una silla giratoria manteniendo los brazos extendidos con una
pesa en cada mano. Gira con una frecuencia de 2
r.p.s. El momento de inercia de la persona con los
pesos es de 5 kg m2. Hallar:
a) la nueva frecuencia cuando encoja los brazos
y disminuya el momento de inercia a 2 kg m2.
b) La variación de energía cinética del sistema.
c) ¿De dónde procede este incremento de energía
cinética?
a) Al encoger los brazos, están actuando fuerzas y momentos de fuerza internos, por lo que
podemos admitir que se conserva el momento angular.
a) L1 = L2 I1ω1 = I2ω2
ω ω π π2
1
2
1 2
1
2
1 2
1
2
12 2
5
2
2 5= = = = =
I
I
f
I
I
f f
I
I
f r p s; ; . . .
b) y c) ∆Ec = ½ I2ω22 - ½ I1ω12 = L2/2I2 - L2/2I1
L = I1ω1 = 5 2π 2 = 20π kg m2s; ∆Ec = 200π2(1/2 - 1/5) = 60π2 J.
El signo positivo nos indica que hay un aumento de energía cinética, que procede de la energía
química almacenada en los músculos del brazo.
18. Un muchacho de 25 kg corre con velocidad de 2.5 m/s hacia un tiovivo en reposo de radio 2
m cuyo, momento de inercia vale 500 kg m2. Hallar la
velocidad angular y frecuencia del conjunto después de que
el muchacho suba al tiovivo justo en el borde.
El momento angular del muchacho respecto al centro del
tiovivo es:
L1 = mvR = 25 2.5 2 = 125 kg m2/s
El momento de inercia del conjunto tiovivo-muchacho es I = Im + IT = 25 22 + 500 = 600 kg m2
Planteando la igualdad entre el momento angular inicial y final, tendremos:
L1 = L2 mvR = (Im + IT)ω ω=
+
= =
mvR
I I
rad s
m T
125
600
0 208. /
f = ω/2π = 0.033 r.p.s. = 1.99 r.p.m.
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 15
19. Calcular el momento de inercia de una esfera de radio R y masa M que gira alrededor de un
eje que pasa por su centro.
Consideremos la esfera formada por una serie de discos apilados de espesor
infinitesimal y de radio variable:
El radio de cada disco r es
función de su coordenada z:
r R z= −2 2
El volumen del disco es el área
de la base πr2 por su altura, dz:
dV = πr2dz
Y la masa del disco será su
volumen por la densidad:
dm = ρdV =
M
V
dV
dm
M
V
dV
M
V
r dz
M
V
R z dz= = = −π π2 2 2( )
El momento de inercia de cada disco es dI r dm=
1
2
2
dI r dm R z
M
V
R z dz
M
V
R z dz= = − − = −
1
2
1
2
1
2
2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )π π
Y el momento de inercia de toda la esfera será el doble de la suma de los dI desde z = 0 a z = R:
I
M
V
R z dz
M
V
R z dz
M
V
R R z z dz
M
V
R z R
z z M
V
R
M
R
R MR
R R R
R
= − = − = − +
− +








= = =
∫ ∫ ∫2 1
2
2
2
3 5
8
15 4
3
8
15
2
5
2 2 2
0
2 2 2
0
4 2 2 4
0
4 2
3 5
0
5
3
5 2
π π π
π π
π
π
( ) ( ) ( )
r
R
dz
z
z
R
r
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 16
20. Calcular el momento de inercia de un disco homogéneo de radio R al que se le ha practicado
un orificio circular de radio R/2 concéntrico con el anterior, y gira alrededor de un eje
perpendicular que pasa por su centro. ¿Cuál debería ser el radio del orificio para reducir el
momento de inercia de un disco completo a la mitad?
Consideremos un disco de
radio interno R1 y radio
externo R2. El momento de
inercia de un anillo de espesor
infinitesimal dr es:
dI r dm r ds r rdr= = =2 2 22σ σ π
donde σ es la densidad
superficial:
σ= =
M
S
dm
ds
El momento de inercia de será la suma de los dI desde R1 a R2
I r dr
r
R R R R R R
R
R
R
R
= 2 = 2








= −

 

 = +

 

 −

 

∫πσ πσ
πσ πσ3
4
2
4
1
4
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
4 2 2
La densidad σ vale masa dividido superficie: ( )σ π= = −
M
S
M
R R2
2
1
2 , por lo que el momento de
inercia valdrá:
( )I M R R= +12 2
2
1
2
Si ahora hacemos R1 = R2/2:
I M R
R
MR= +





 =
1
2 4
5
82
2 2
2
2
2
por tanto el momento de inercia pedido es:
I MR=
5
8
2
Por otra parte, el momento de inercia de un disco con un orificio de radio x es como acabamos
de ver: ( )I r dr r R xx
x
R
x
R
= 2 = 2








= −∫πσ πσ πσ3
4
4 4
4 2
Y el de un disco completo: I r dr
r
R
R
x
R
= 2 = 2








=∫πσ πσ πσ3
0
4
4
4 2
.
para que I = 2Ix tendremos: R4 = 2(R4 - x4); x4 = R4/2; x
R
=
24
R2
R1
dr
dS=2πrdr
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 17
21. Para que un disco homogéneo de masa 2 kg y radio 0.5 m ascienda rodando sobre un plano
inclinado un ángulo de 30º con el que tiene un gran rozamiento, se leaplica un par de fuerzas de
momento M0 6 N⋅m tal como se indica en la figura. Tomando g = 10 m/s2 , se pide:
a) Aceleración con que asciende sobre el plano
inclinado.
b) Mínimo valor del coeficiente de rozamiento para
que el disco no deslice.
c) Mínimo valor del par para que el disco suba.
d) Si el coeficiente de rozamiento valiera 0.2, y el suelo
fuese horizontal, ¿cuál sería la máxima aceleración
permitida para que el disco no deslice? ¿Cuál sería
el par máximo?
e) En caso de que no hubiera rozamiento, ¿cuál sería la
aceleración del punto O?
a) El momento resultante es el aplicado M0 menos el momento producido por la fuerza de
rozamiento, pues el peso y la reacción del suelo están
aplicados en el centro de masa y no tienen momento
de fuerza:
M0 - fRR = Iα → M0 - fRR = ½ mR2α (1)
Por otra parte la fuerza resultante sobre el disco es:
fR - mgsen θ = ma (2)
si el disco asciende sin deslizar a = αR, por tanto:
M0 - fRR = ½ mRa. Despejando fR en la ecuación (2) tendremos:
M0 - (ma + mgsenθ)R = ½ mRa; M0 - mgRsenθ = 3/2 mRa;
a = 
M0 − mgR
mR
senθ
3
2
 = 
2
3
 m/s2 (3)
b) La fuerza de rozamiento es indispensable para que el disco suba, de lo contrario el momento
M0 simplemente motivaría que girase, pero el peso conseguiría que el disco cayera deslizando.
Paradójicamente es la fuerza de rozamiento quien sube al disco y su valor debe ser según la
ecuación (2) fR = mgsen θ + ma ≤ µN
mgsenθ + ma = µmgcosθ µ
θ
θ
θ
θ
≥
+
= + = + =
g a
g
tan
a
g
sen
cos cos
3
3
2 3
5 3
17 3
45
 = 0.65
c) De la ecuación (3) obtenemos que a = 0 para M0 = mgRsenθ = 5 N⋅m, que representa el
mínimo valor del par necesario para subir.
d) haciendo θ = 0: a ≤ µg = 2 m/s2 ; M0 = 3/2 mRa + mgRsenθ = 3 Nm
e) Caso de no haber rozamiento el disco caería por acción del peso: a = gsenθ = 5 m/s2
M0
θ = 30º
O
M0
θ = 30º
fR
mgsenθ
N
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 18
22. Se deja en reposo sobre el suelo una esfera de radio R que se encuentra girando con
velocidad angular ω0. Si el coeficiente de rozamiento entre la esfera y el suelo vale µ, ¿cuánto
tiempo transcurre hasta que la esfera rueda sin deslizar? ¿qué velocidad posee el centro de masa
cuando deja de deslizar?
Al girar la esfera en contacto con el suelo aparece
una fuerza de rozamiento que va a comenzar a trasladar la
esfera. Paradójicamente la fuerza de rozamiento acelera a la
esfera:
fR = ma; µmg = ma; a = µg
Al mismo tiempo fR produce un momento fRR que va a
producir una deceleración en la rotación de la esfera:
fRR = Iα; α = 
µmgR
I
 = 
µ µmgR
mR
g
R2
5
5
22
=
De modo que mientras la esfera va perdiendo velocidad angular va aumentando su velocidad de
traslación.
v = at → v = µgt
ω = ω0 - αt → ω = ω0 - 
5
2
µg
R
t
Al principio ωR es muy grande y v muy pequeña, pero conforme ωR decrece y v crece llegará
un instante en que v = ωR. En este instante la esfera dejará de deslizar.
µgt = ω0R - 
5
2
µg
t ; →
7
2
µg
t = ω0R; → t
R
g
=
2
7
0ω
µ
La velocidad en ese momento es v = µgt = 
2
7 0
ω R
23. Se lanza una bola de billar con una velocidad inicial v0 sobre una mesa horizontal,
existiendo entre la bola y la mesa un
coeficiente de rozamiento µ. Calcular
la distancia que recorrerá hasta que
empiece a rodar sin deslizamiento.
¿Qué velocidad tendrá en ese
instante? Aplicar para el caso v0 = 7
m/s, µ= 0.2.
La fuerza de rozamiento µN = µmg se opone al movimiento, siendo además la fuerza resultante,
por lo que:
-mg = ma; a = -µg
La velocidad de la bola comenzará a disminuir de tal modo que v = v0 - at = v0 - µgt
ω0
fR
vCM
R
v0
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 19
Al mismo tiempo, sobre la bola que inicialmente no rueda, (ω0 = 0) actúa un momento de
fuerza:
M = fR R = µmgR
que producirá una aceleración angular α = M/I
α
µ µ
= = =
M
I
mgR
mR
g
R2
5
5
22
por lo que la velocidad angular irá aumentando:ω = αt = 
5
2
µgt
R
La velocidad de un punto de la periferia de la esfera vale vp = ωR, que irá aumentando con el
tiempo, porque ω aumenta con el tiempo.
Por tanto, observamos que la
velocidad de la bola disminuye, y la
velocidad de la periferia de la bola
aumenta. En el momento en que la
velocidad de la periferia se iguale a la
velocidad de traslación, se conseguirá
la rodadura, es decir el no
deslizamiento.
v = vp v = ωR
v0 - µgt = 
5
2
µgt
;
t
v
g
=
2
7
0
µ
la velocidad en ese instante es v = 5/7 v0 = 5 m/s, t = 1.02 s
Y la distancia recorrida x = v0t - ½ µgt2 = 
2
7
1
2
4
49
12
49
0
2
0
2
2 2
0
2v
g
g
v
g
v
gµ
µ
µ µ
−





 = = 6.12 m
RfR
v
ω
v = v0 -at
vp = ωR = αtR
v0
v
t
v = ωR
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 20
24. Sobre una mesa horizontal muy lisa hay una barra homogénea en reposo. Por su extremo
choca un proyectil de igual masa que la de la barra con
velocidad vo, que produce la rotación de la barra
alrededor de su centro de masa, tal como indica la
figura. El choque puede considerarse totalmente
elástico. Hallar, para vo = 30 m/s, L = 0.5 m, la
velocidad de salida del proyectil, velocidad del centro
de masa de la barra y velocidad angular de la barra.
Vamos a utilizar tres magnitudes que se conservan, para
establecer 3 ecuaciones:
 1. Como la barra no interacciona con la mesa, está
libre de fuerzas externas, por lo que la cantidad de movimiento del sistema proyectil-barra no
varía (teorema de conservación de la cantidad de movimiento):
∑Fext = 0 → p = p’ → mvo = mv’ + mvCM
 2. Por las mismas razones que antes, el momento de las fuerzas externas es nulo, por lo que
el momento cinético del sistema proyectil-barra no varía (teorema de conservación del
momento cinético):
∑Mext = 0 → L = L’
Tomando como origen el centro de masa:
mvoL/2 = mv’L/2 + Iω voL/2 = v’L/2 + 1/12 L2ω
 3. Por ser choque elástico se conserva de la energía cinética:
½ mvo2 = ½ mv’2 + ½ mvcm2 + ½ Iω2 mvo2 = mv’2 + mvcm2 + 1/12 mL2ω2
Sustituyendo:
30 = v’ +vCM v’ = 18 m/s
30 = v’ + 0.5/6ω → vCM = 12 m/s
900 = v’2 + vCM2 + 1/12 0.52ω2 ω = 144 rad/s
vo v’
ω
Vcm
vo = v’ + vCM
vo = v’ + 1/6Lω
vo2 = v’2 + vCM2 + 1/12 L2ω2
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 21
25. Una profesora de física se encuentra sentada en una silla giratoria manteniendo en sus
manos una rueda de bicicleta como se indica en la figura. El momento de
inercia de la rueda respecto a su eje es de 0.2 kg m2, y el momento de
inercia de la profesora más la rueda respecto del eje de la silla es de 2.7
kg m2. La velocidad angular inicial de la rueda es de 55 rad/s en sentido
antihorario. En un momento dado la profesora gira 180º el eje de la rueda
pasando a girar con -55 rad/s en sentido contrario al anterior. Calcular:
a) La velocidad angular adquirida por la silla y el sentido de giro.
b) El trabajo realizado por la profesora.
a) Dado que no hay momentos externos sobre la silla giratoria podemos
considerar que el momento angular no varía.
L1 = IRUEDA ω1 L2 = IRUEDA (-ω1) + ISILLA ω2
IRUEDA ω1 = -IRUEDA ω1 + ISILLA ω2 ω ω2 1
2
=
I
I
RUEDA
SILLA
;
ω2 = 
2 0 2
2 7
55 815
⋅
=
.
.
. rad /s (positivo, por tanto en el sentido de rotación inicial de la rueda)
b) W = ∆E = E2 - E1 = ½ ISILLAω22 + ½ IRUEDA(-ω1)2 - ½ IRUEDAω21 = ½ ISILLAω22 = 89.6 J
El trabajo es por tanto la energía adquirida por la silla, ya que la energía de la rueda no varía.
Dicho trabajo, positivo, es producido por la fuerza muscular (interna) de la profesora.
26. Hallar el momento de inercia de un disco de masa M y radio R que gira alrededor de un eje
paralelo a un diámetro y que pasa por el borde del disco.
El momento de inercia respecto al eje diametral es, por el teorema de
las figuras planas ¼ MR2:
IZ = IX + IY ; además por simetría IX = IY, por tanto
IX = IZ/2 = ¼ MR2 (Ver problema 5., pág. 6)
Aplicando el teorema de Steiner I = ¼ MR2 + MR2 = 5/4 MR2
R
ICM = IXI
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 22
27. Una pelota de masa m choca elásticamente con una velocidad v contra una puerta de masa
M y anchura L a una distancia x de la bisagra. Hallar la velocidad angular adquirida por la
puerta, la velocidad de la pelota después del choque y el impulso recibido por la bisagra.Aplicarlo para el caso m = 1.1 kg, M = 30 kg, L = 80 cm, x = 60 cm, v = 30 m/s.
En primer lugar plantearemos el teorema de
conservación del momento angular tomando como
origen el punto O donde se halla la bisagra:
mvx = mv’x + Iω
considerando la puerta como una varilla a efectos de rotación: I = 1/3 ML2
mvx = mv’x + 1/3 ML2ω
En segundo lugar, dado que el choque es elástico, se iguala la energía cinética antes y después
de la colisión:
½mv2 = ½ mv’2 + ½ Iω2 mv2 = mv’2 + 1/3ML2ω2
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas:
3mvx = 3mv’x + ML2ω
3mv2 = 3mv’2 + ML2ω2
3mx(v - v’) = ML2ω
3m(v2 - v’2) = ML2ω2 dividiendo la segunda entre la primera:
v v
x
+
=
'
ω y sustituyendo ω en la primera: 3mx2(v - v’) = ML2(v + v’)
despejando v’: v
mx ML
mx ML
v'=
−
+
3
3
2 2
2 2 = -26.5 m/s sale pues rebotando.
ω =
+
=
− + +
+
=
+
v v
x
mx ML mx ML
mx ML x
v
mx
mx ML
v
'
( )
3 3
3
6
3
2 2 2 2
2 2 2 2 = 5.83 rad/s
Obsérvese que la cantidad de movimiento no se conserva, pues la puerta no está aislada. La
variación de la cantidad de movimiento es
∆p = p2 - p1 = (mv’ + MvCM) - mv = mv’ + MωL/2 - mv = 7.8 N⋅s que es el impulso mecánico
recibido por la bisagra.
L
x
vO
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 23
28. Respecto del problema anterior, calcular la distancia a la bisagra donde hay que golpear para
que ésta no reciba ningún impulso.
Como antes, la conservación del momento angular
tomando como origen el punto O donde se halla la
bisagra:
mvx = mv’x + Iω
considerando la puerta como una varilla a efectos de
rotación: I = 1/3 ML2
mvx = mv’x + 1/3 ML2ω = mv’x + 1/3 ML2
v
L
CM
2
El impulso mecánico recibido por la bisagra es la variación de cantidad de movimiento del
sistema puerta pelota, que queremos que sea cero, es decir:
J = ∆p = pf - pi = mv’ + MvCM - mv = 0 mv - mv’ = MvCM
pero mv - mv’ = 
2
3
MLv
x
CM →
2
3
MLv
x
CM = MvCM
x L=
2
3
Golpeando en este punto, ya sea con una pelota o de otro modo, la bisagra no recibirá ningún
impulso. A este punto se le llama centro de percusión, y se puede generalizar a otros sólidos
similares como palos, bates, etc.
29. Se cuelga un disco de masa M y radio R por su borde, de modo que puede girar alrededor
del punto de sujeción. Se golpea el disco horizontalmente a modo de
“gong” mediante una fuerza F durante un tiempo ∆t a una distancia x
por debajo del punto de sujeción. Demostrar que la velocidad del
centro de masa del disco viene dada por vCM = 4F∆tx/5MR. Calcular
el impulso recibido por el punto de sujeción al techo y demostrar que
este impulso es cero si se golpea en x = 5R/4 (centro de percusión).
El momento de fuerza ejercido sobre el disco es xF; y como se ejerce
durante ∆t el momento angular adquirido por el disco valdrá:
dL = Mdt; L = xF∆t
El momento de inercia del disco del problema es (ver problema 26., pág. 21) I = 5/4 MR2
L = xF∆t = Iω = I
v
R
cm = 
5
4
5
4
2MR
v
R
MRvcm cm= (el CM se encuentra a R del eje y vCM = ωR)
L
x
v
vCM
x
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 24
v
F tx
MRcm
=
4
5
∆
El impulso mecánico recibido por el disco F∆t sería igual a la cantidad de movimiento adquirida
por éste, si estuviera aislado; pero en realidad, el punto de sujeción recibe parte de este impulso:
F∆t = M vCM + FTECHO∆t; FTECHO∆t = F∆t - M vCM = F∆t(1 - 
4
5
x
R
)
Como se ve este impulso tiene el mismo signo que el producido por el golpe para valores de x
menores de 5x/4, y signo contrario para valores de x mayores que dicho valor. Dicho en otras
palabras: si se golpea muy alto el punto de sujeción tendrá tendencia a moverse en el mismo
sentido que el golpe, y si se golpea muy bajo, el punto de sujeción tenderá a moverse hacia
atrás.
Existe un punto crítico x = 5R/4 (¼ R por debajo del centro) en el que el punto de sujeción no
recibe ningún impulso; este punto se llama centro de percusión.
30. Una varilla de longitud 1m se suspende de un punto O a modo de péndulo. Calcular:
a) El período del péndulo, si suspendemos la varilla de un extremo.
b) La distancia desde el punto de suspensión al centro de masa para conseguir que el péndulo
oscile con un período mínimo.
c) El período mínimo de oscilación.
Consideremos una figura plana suspendida del punto O
situado a una distancia x del centro de masa. El momento del peso
respecto de O vale M = mgxsenθ, y está relacionado con la
aceleración angular por:
M = Iα = -mgxsenθ
(el signo menos se debe a que el momento tiende a hacer disminuir
el ángulo), donde I es el momento de inercia respecto al punto de
suspensión O.
El movimiento es armónico simple para pequeños ángulos de modo
que podemos considerar que:
α = -ω2θ
siendo ω la frecuencia angular (2π/T) de modo análogo a un muelle en el que a = -ω2x
Si además tenemos en cuenta que para ángulos pequeños senθ ≈ θ, tendremos:
-mgxsenθ = -Iω2θ; mgx = Iω2 = I
4 2
2
π
T
;
T
I
mgx
= 2π ecuación 1
Si aplicamos el teorema de Steiner:
CM
mg
θ
x
O
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 25
T
I mx
mgx
L x
gx
L x
gx
cm=
+
=
+
=
+
2 2 12 2
12
12
2 2 2 2 2
π π π
Por lo que el período pedido vale: T s=
+ ⋅
⋅ ⋅
=2
1 12 0 5
12 9 8 0 5
164
2
π
.
. .
.
b) Derivando T respecto de x e igualando a 0:
dT
dx L x
gx
x gx L x g
gx
=
+
− +
=2
1
2 12
12
24 12 12 12
12
0
2 2
2 2
2π
( )
( )
; basta que el numerador sea 0:
obteniéndose 12x2 = L2;
x
L
=
12
 = 0.29 m
c) T
L x
gx
=
+
=2
12
12
2 2
π
2
2
12
12
2
3
3
1525
2
π π
L
g L
L
g
s= = .
En el gráfico se ha representado el
período en función de x/L,
apreciándose el mínimo para los valores obtenidos.
31. Un disco de 5 kg y radio 30 cm se suspende mediante un eje horizontal perpendicular al
disco y que pasa por su periferia. Si apartamos ligeramente al disco de la posición de equilibrio,
hallar el período de oscilación del movimiento armónico.
Utilizando la ecuación 1 de la página 24, y aplicando el teorema de Steiner:
T
I
mgx
= 2π = 2
1
2 2
3
2
2 2
π π
mR mR
mgR
R
g
+
= = 1.35 s
0 
2 
4 
6 
8 
T 
(s
)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 
x (m)
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 26
32. Una tabla homogénea AB de masa m y longitud L, está colocada sobre la mesa como indica
la figura. Al aplicar una fuerza F, el extremo A
empieza a levantarse. Hallar la expresión que
relaciona la fuerza necesaria para levantar la tabla
F con la longitud x que sobresale de la mesa.
El levantamiento del punto A constituye
una rotación alrededor del punto O. En este
instante, el momento de la fuerza F respecto de
O, xF, más el momento del peso del extremo que
sobresale respecto de O, (x/2)POB, supera
ligeramente el momento del peso del sector
apoyado respecto de O, (L-x)/2 PAO.
Los pesos de los dos sectores pueden calcularse planteando una proporción, dado que la tabla es
homogénea:
P
L
P
L x
P
L
P
x
AO OB=
−
=;
P P
L x
L
P P
x
LAO OB
=
−
=;
Momento de F + momento de POB respecto de O = xF + 
x
2
POB
Momento de PAO respecto de O = 
L x−
2
PAO
xF + 
x
2
P
x
L
 = 
L x−
2
P
L x
L
−
xF = 
P
L
L x xL x
2
22 2 2+ − −

 

 = 
P
2
(L - 2x)
F P
L x
x
P
L
x
=
−
= −





2
2 2
1
Algunos puntos singulares de esta
función se dan para:
x = 0 ⇒ F = ∞;
x = L/2 ⇒ F = 0
A B
F
xA B
F
x
O
PAO POB
L - x
(L - x)/2 x/2
0 
2 
4 
6 
8 
10 
12 
F/
P
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 
x/L
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 27
33. Un albañil de 75 kg camina sobre un tablón de 3 m de largo y 80 kg apoyado sobre dos
vigas distantes 2 m, tal como indica la
figura. ¿Cuál es la máxima distancia que
puede recorrer, x, sin que caiga?
Para que el tablón gire, el momento del
peso del albañil respecto del punto O,
mas el momento del peso de la parte de
tablón que sobresale, debe ser mayor o
igual que el momento del peso de la
parte de tablón apoyada entre las vigas:
Llamando λ a la densidad lineal del tablón: λ =
M
L
, haciendo d = 2 m, L = longitud del tablón,
M = masa tablón, m = masa albañil tendremos:
mgx + λ( )L d g
L d
−
−
2
 = λdg
d
2
 → mx = 
λ
2
2 2d L d− −

 

( ) = 
M
L
Ld L
2
2 2−

 

 ;
( )x M
m
d L= −
2
2 = 0.53 m
34. Una escalerade 6 m está apoyada contra una pared vertical sin rozamiento. El coeficiente de
rozamiento estático con el suelo vale 0.4. ¿Cuál es la inclinación mínima que debe tener la
escalara para que no se deslice?
Para que la escalera esté en equilibrio:
r r
F M∑ ∑= =0 0
P = N fR = Fpared fR ≤ µEN
Para que no resbale la escalera, Fpared ≤ µEN
Calculando el momento resultante respecto de O (el más
cómodo) e igualando a cero:
P
L
2
cosα = FparedLsenα
tanα = 
P
F
P
mgpared E E2 2
1
2
≥ =
µ µ
 =
1.25; α ≥ 51.3º
Fpared
L
fR
P
N
O
α
0º
10º
20º
30º
40º
50º
60º
70º
80º
90º
0 0.5 1 1.5
µE
Á
ng
ul
o 
m
ín
im
o
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 28
35. Estudiar la caída por un plano inclinado de una esfera, un cilindro y un aro; determinando la
aceleración, la fuerza de rozamiento, el ángulo máximo de no deslizamiento y la velocidad final.
La fuerza resultante sobre cualquiera de los cuerpos vale:
mgsenθ - fR = ma
El momento del par de fuerzas respecto del centro es:
fRR = Iα
en estas dos ecuaciones tenemos como incógnitas a, α y fR. Si consideramos que los cuerpos
caen rodando sin deslizarse se produce la equivalencia a = αR, con lo que las incógnitas se
reducen a dos:
fR = Ia/R2 → mgsenθ - 
Ia
R2
 = ma → a = 
mg
m I
R
senθ
+ 2
La fuerza de rozamiento la podemos obtener de las ecuaciones anteriores: fR = Ia/R2
Observemos que no se ha considerado el coeficiente de rozamiento, ya que los cuerpos ruedan
sin deslizar, estando los puntos en contacto con el suelo en reposo respecto de éste. Si la
inclinación del plano es muy elevada, empezará a aparecer deslizamiento, es decir que a > αR.
Esto ocurrirá cuando fR ≥ µEN:
Así para el caso de la esfera, por ejemplo:
fR = 
2
7
mgsenθ= µEmgcosθ → tanθmax = 
7
2
µE
Para hallar la velocidad tras descender una cierta altura h, planteemos el teorema de
conservación de la energía:
mgh = ½ mv2 + ½ Iω2 → mgh = ½ mv2 + ½ I(v/R)2 v
mgh
m I
R
=
+
2
2
Tras sustituir el momento de inercia de cada cuerpo, observamos (ver tabla) el orden de llegada
(esfera, cilindro y aro).
mgsenθ
fR
θ
R
a fR θmax v
esfera 5
7
g senθ
2
7
mgsenθ atan E
7
2
µ 10
7
gh
cilindro 2
3
gsenθ
1
3
mgsenθ atan3µE 4
3
gh
aro 1
2
gsenθ
1
2
mgsenθ atan2µE gh
DINÁMICA DE ROTACIÓN - 29
36. Una masa de 20 kg se halla sobre un plano inclinado 30º, con el que tiene un rozamiento
cuyo coeficiente vale 0.3, unida a una cuerda sin masa e inextensible que pasa por una polea de
160 kg, cuyo radio geométrico es de 20 cm y radio de giro 15 cm. De dicha cuerda pende una
masa de 40 kg que es abandonada libremente. Calcular:
a) Aceleración con que se mueve el sistema.
b) Tensiones en la cuerda.
c) ¿En qué rango de valores de la masa que pende, el sistema estará en equilibrio?
Partiendo de la suposición de que la
masa colgante acelera hacia abajo,
plantearemos las tres ecuaciones
correspondientes al movimiento de las
tres masas:
m2g - T2 = m2a
T1 - m1gsenθ - µm1gcosθ = m1a
T2R - T1R = Iα = M r
a
RP g
2
m2g - T2 = m2a T1 - m1gsenθ - µm1gcosθ = m1a T2 - T1 = M
r
R
aP
g





2
sumando las tres ecuaciones: m2g - m1gsenθ - µm1gcosθ = a( m1 + m2 + M
r
RP
g





2
)
a
m m m
m m M
r
R
g
P
g
=
− −
+ +






2 1 1
1 2
2
sen cosθ µ θ
 = 
40 10 5 2
60 160 9
16
− −
+
.
g = 1.62 m/s2
T2= m2(g - a) = 327 N T1 = T2 - M
r
R
aP
g





2
 = 181 N
c) El valor mínimo que hace que la masa m2 acelere hacia abajo se produce cuando a = 0, es
decir:
m2 = m1senθ + µm1cosθ = 10 + 5.2 = 15.2 kg.
Si la masa m2 se hace aún menor,
llegará un momento en que será
arrastrada por m1. Esto produciría
una inversión en el sentido de la
fuerza de rozamiento. El valor
máximo de m2 deberá cumplir
ahora:
m2 = m1senθ - µm1cosθ =
 10 - 5.2 = 4.8 kg.
Por tanto, entre 0 y 4.8 kg el
sistema acelerará de modo que m2
suba; entre 4.8 y 15.2 kg,
permanecerá en equilibrio; y para
más de 15.2 kg m2 acelerará hacia abajo.
T1
T1T2
T2
fR
P
m1
m2
MP
θ
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
0 5 10 15 20 25 30 35 40
m2 (kg) 
a 
(m
/s
2 )