teoria y problemas fisica (77)

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La fig.6.16.a, muestra un cilindro en reposo sobre una superficie 
horizontal, si se aplican sobre él las fuerzas F1 y F2 en los bordes del 
cilindro, éste girará. Es notorio que la ubicación de los puntos de 
aplicación de las fuerzas es de muy importante. 
En la fig.6.16.b, las mismas fuerzas están aplicadas de tal manera 
que sus líneas de acción pasan por el centro del cilindro, en este 
caso, no se producirá un movimiento de rotación del cilindro. 
 En la fig.6.16.c, se ejerce una sola fuerza (FA) aplicada en A. En 
esta situación, la distancia perpendicular entre la línea de acción de la 
fuerza y el eje de rotación “b”, o brazo de palanca, hacen que se 
genere movimiento de rotación. El producto de una fuerza por su 
brazo es la magnitud del torque de una fuerza: 
𝜏A = 𝐹A𝑏 
El torque de una fuerza afecta a la velocidad angular del cuerpo 
rígido. El brazo de palanca de esta fuerza es: 
𝑏 = 𝑟A𝑠𝑒𝑛𝜙 
Donde f es el ángulo formado por la fuerza �⃗�A y�⃗�Ael vector 
posicióndel punto de aplicación de la fuerza. El torque ejercido por 
esta fuerza es, por tanto: 
𝜏A = 𝐹A𝑟A𝑠𝑒𝑛𝜙 
En la fig. 6.16.d, se descompuso la fuerza FA en dos componentes, 
una a lo largo del eje radial (FAR = FA cosf), y la otra a lo largo 
del eje tangencial, FAt= FAsenf; la componente radial no tiene efecto 
en la rotación del cilindro, sólo FAcosf generará movimiento de 
rotación. El torque ejercido por la fuerza�⃗�A puede escribirse en 
función de FAt: 
𝜏A = 𝐹A𝑏 
𝜏A = 𝐹A𝑟A𝑠𝑒𝑛𝜙 
𝜏A = 𝐹A1𝑟A 
Lo que se pretende demostrar ahora es que la aceleración angular 
de un cuerpo rígido es proporcional al torque resultante que actúa 
sobre él. Suponiendo que�⃗�A es la fuerza resultante externa que 
actúa sobre la partícula A. De acuerdo a la segunda ley de Newton, 
la aceleración tangencial de esa partícula será: 
𝑎A1 = 𝑟A𝛼 
y, por tanto, la fuerza será: 
𝐹A1 = 𝑚A𝑎A1 
 
𝐹A1 = 𝑚A𝑟A𝛼 
 
Multiplicando ambos miembros por rA, se tiene: 
 
𝑟A𝐹A1 = 𝑚A𝑟A0𝛼 
 
El primer miembro de la ecuación es el torque𝜏A ejercido por la 
fuerza�⃗�A respecto a O, por tanto: 
 
𝜏A = 𝑚A𝑟A0𝛼 
 
Aplicando este resultado al conjunto de partículas se obtiene: 
 
�𝜏A
A
=�𝑚A𝑟A0𝛼
A
 
 
El primer miembro de la ecuación es el torque resultante que actúa 
sobre el cuerpo. En un cuerpo rígido, la aceleración angular es la 
misma para todas las partículas y, por tanto, puede salir de la 
sumatoria, quedando entonces la expresión𝛼 ∑𝑚A𝑟A0. El término 
 
entre paréntesis es el momento de inercia I para un sistema de 
partículas, de donde, reemplazando en la ecuación anterior se 
tiene: 
�𝜏 = 𝐼 𝛼 
 
La última relación es equivalente a la segunda ley de Newton para el 
movimiento de rotación de un cuerpo rígido. 
 
Guía para Resolver Problemas en el Movimiento de Rotación 
Pura de un Cuerpo Rígido 
 
1. Asegurarse de que el cuerpo rígido tenga, exclusivamente, 
movimiento de rotación. 
2. Otros cuerpos en movimiento de traslación, conectados al cuerpo 
rígido, pueden generar las fuerzas necesarias que le producen 
movimiento de rotación. Se debe tomar en cuenta el movimiento 
de traslación de esos cuerpos. 
3. Analizar el movimiento de traslación de los otros cuerpos ligados 
al cuerpo rígido, y que le proporcionan movimiento de rotación. 
Para ellos, se aplicará la expresión matemática de la segunda ley 
de Newton:ΣF%⃗ = ma%⃗ 
4. Analizar el movimiento de rotación del cuerpo rígido, y utilizar 
Σ𝜏 = 0. 
5. Para relacionar la aceleración angular a del cuerpo rígido con la 
aceleración “a” de los cuerpos que ocasionan su movimiento de 
rotación, deberá hacerse un análisis de cómo es esa relación. 
Ejemplo 6.15.¡Tratar de resolver! Dos bloques están conectados por 
una cuerda que pasa por una polea de masa M y radio R. El bloque 
de masa m1 desliza sobre una superficie horizontal sin rozamiento, 
debido al movimiento del bloque de masa m2. Determinar la 
aceleración angular de la polea (considerada como un disco) y las 
tensiones en las cuerdas. 
 
Estrategia de resolución. La cuerda está pasando por una polea 
con masa, dimensiones y rozamiento, por tanto, al pasar por ella, la 
tensión en la cuerda cambia, puesto que si no ocurriera esto, la 
polea no giraría. Debido a que el bloque m2 se mueve hacía abajo, la 
polea girará en sentido horario. Se deberá utilizar la expresión 
matemática de la segunda ley de Newton para el movimiento de 
traslación, y su equivalente rotacional para el movimiento de la polea. 
1. Dibujar los DCL: 
 
2. Analizar el movimiento de traslación, considerando que 
m1 y m2 tienen ese tipo de movimiento: 
Para m1: 
𝛴𝐹© = 𝑚�𝑎 
𝑇� = 𝑚�𝑎 
Para m2: 
𝛴𝐹ª = 𝑚0𝑎 
 
𝑚0𝑔 − 𝑇0 = 𝑚0𝑎 
3. Analizar el movimiento de rotación de la polea (disco): 
𝛴𝜏Y = 𝐼Y𝛼 
													𝑇0𝑅 − 𝑇�𝑅 =
1
2𝑀𝑅
0𝛼 
4. Relacionar aceleraciones: 
𝑎 = 𝑅𝛼 
 
5. Resolver el sistema de ecuaciones: 
(𝑚0𝑔 −𝑚0𝑎) −𝑚�𝑎 =
1
2𝑀𝑅𝛼 
𝛼 =
2𝑚0𝑔
𝑅(𝑀 + 2𝑚0 + 2𝑚�)
 
6. Hallar las ecuaciones que permiten determinar T1 y T2: 
 
𝑇� =
2𝑚�𝑚0𝑔
𝑀 + 2𝑚0 + 2𝑚�
 
 
𝑇0 = 𝑚0𝑔 −
2𝑚00𝑔
𝑀 + 2𝑚0 + 2𝑚�
 
 
Ejemplo 6.16. Una barra delgada uniforme de 20[N] y 2.5[m] de 
longitud se suelta del reposo en la posición que se muestra en la 
figura. Determinar la aceleración angular de la barra y las reacciones 
en la articulación. 
Estrategia de resolución. En una articulación, normalmente existe 
una reacción, de la que no se conoce ni la magnitud ni la dirección, 
por tanto, se tomará una reacción a lo largo del eje X (Rx) y otra a lo 
largo del eje Y (RY). El centro de masa de la barra se está 
trasladando, a la vez que la barra está rotando. Se planteará la 
segunda ley de Newton para traslación y rotación. 
 
 
1. Hacer un esquema del problema: 
 
 
2. Plantear las ecuaciones de Newton para el movimiento de 
traslación del centro de masa de la barra. 
 
𝛴𝐹© = 𝑚𝑎/^(©) 
 
𝑅© = 𝑚𝑎/^(©) 
 
𝛴𝐹ª = 𝑚𝑎/^(ª) 
 
𝑚𝑔 − 𝑅ª = 𝑚𝑎/^(ª) 
 
3. Determinar el valor de acmxy acmy, a partir del diagrama: