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PROBLEMAS RESUELTOS TEMA: 5 
1.- Dos masas puntuales m1 y m2 están separadas por una barra sin masa de longitud 
L: 
a) Deducir una expresión para el momento de inercia del sistema respecto a un eje 
perpendicular a la barra que pasa a través de ésta por un punto situado a la distancia 
x1 de la masa m1. 
b) Calcular dI/dx y demostrar que es mínimo cuando el eje pasa por el centro de 
masas del sistema. 
 
a) 
𝐼𝐼 = �𝑚𝑚𝑖𝑖𝑟𝑟𝑖𝑖2 = 𝑚𝑚1𝑥𝑥12 + 𝑚𝑚2(𝐿𝐿 − 𝑥𝑥1)2 = 𝑥𝑥12(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) + 𝑚𝑚2𝐿𝐿2 − 2𝑚𝑚2𝐿𝐿𝑥𝑥1 
b) 
 
𝑑𝑑𝐼𝐼
𝑑𝑑𝑥𝑥1
= 2𝑥𝑥1(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) − 2𝑚𝑚2𝐿𝐿 
Condición de mínimo: 
 
𝑑𝑑𝐼𝐼
𝑑𝑑𝑥𝑥1
= 0 ⟹ 2𝑥𝑥1(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) − 2𝑚𝑚2𝐿𝐿 = 0 ⟹ 𝑥𝑥1 =
𝑚𝑚2𝐿𝐿
(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)
 
que es la coordenada del centro de masas si se toma el origen en m1. Esto es, x1 = 0 y x2 = L, con lo 
cual resulta: 
𝑥𝑥𝐶𝐶𝐶𝐶 =
𝑚𝑚2𝐿𝐿
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
= 𝑥𝑥1 
Es decir, si el eje de giro pasa por el centro de masas entonces el momento de inercia es mínimo. 
 
2. Calcular el momento de inercia de un disco homogéneo de masa M y radio R con respecto a: 
a) Un eje perpendicular que pase por su centro. 
b) Un eje perpendicular que pase por el borde. 
c) Un eje que coincida con un diámetro 
 
a) Por simetría, como elemento de volumen usaremos, un anillo de radio r, de grosor dr. Así, si 
llamamos h a la altura del disco, el volumen del anillo diferencial es: 
𝑑𝑑𝑑𝑑 = (2𝜋𝜋𝑟𝑟) · 𝑑𝑑𝑟𝑟 · ℎ = 2𝜋𝜋ℎ 𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 
 
Aplicamos la definición de momento de inercia por el eje Z, sabiendo que 𝑑𝑑𝑚𝑚 = 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑: 
𝐼𝐼𝑧𝑧 = � 𝑟𝑟2 · 𝑑𝑑𝑚𝑚
𝑅𝑅
0
= � 𝜌𝜌
𝑅𝑅
0
· 𝑟𝑟2 · (2𝜋𝜋ℎ 𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟) = 2𝜋𝜋𝜌𝜌ℎ� 𝑟𝑟3
𝑅𝑅
0
 𝑑𝑑𝑟𝑟 =
1
2
𝜋𝜋𝜌𝜌ℎ𝑅𝑅4 
Y como 𝜋𝜋𝑟𝑟2ℎ es el volumen de todo el disco ⟹𝑀𝑀 = 𝜌𝜌(𝜋𝜋𝑅𝑅2ℎ), tenemos: 
𝐼𝐼𝑍𝑍 =
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 = 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 
b) Aplicando el teorema de Steiner: 𝐼𝐼 = 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑀𝑀𝑎𝑎2 
Como el eje de giro pasa ahora por el borde: 𝑎𝑎 = 𝑅𝑅 
𝐼𝐼 =
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 + 𝑀𝑀𝑅𝑅2 =
3
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 
c) Por su simetría 𝐼𝐼𝑥𝑥 = 𝐼𝐼𝑦𝑦 y como suponemos el disco delgado 𝐼𝐼𝑧𝑧 = 𝐼𝐼𝑥𝑥 + 𝐼𝐼𝑦𝑦, luego: 
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 𝐼𝐼𝑥𝑥 + 𝐼𝐼𝑦𝑦 = 2𝐼𝐼𝑥𝑥 ⟹ 𝐼𝐼𝑥𝑥 =
𝐼𝐼𝑧𝑧
2
=
1
4
𝑀𝑀𝑅𝑅2 
Naturalmente, esta ecuación es válida para cualquier eje de giro que coincida con un diámetro. 
Y X 
Z 
R 
r 
dr 
h 
3. Hallar el momento de inercia y el radio de giro de una esfera maciza homogénea de 
masa M y radio R respecto a uno de sus diámetros. 
 
Como volumen diferencial tomaremos 
una rebanada circular de grosor dx y radio y. 
 
Según hemos visto en el problema 
anterior, el momento de inercia de un disco 
respecto de un eje perpendicular que pasa por 
su centro (aquí el eje X ) es 1
2
(𝑑𝑑𝑚𝑚)𝑦𝑦2. 
 
Ahora: 
1
2
(𝑑𝑑𝑚𝑚)𝑦𝑦2 =
1
2
· (𝜌𝜌 · 𝜋𝜋𝑦𝑦2 · 𝑑𝑑𝑥𝑥) · 𝑦𝑦2 =
1
2
· 𝜋𝜋 · 𝜌𝜌(𝑅𝑅2 − 𝑥𝑥2)2 · 𝑑𝑑𝑥𝑥 
Ésta ultima igualdad la obtenemos debido a que: 
𝑅𝑅2 = 𝑦𝑦2 + 𝑥𝑥2 ⟹ 𝑦𝑦2 = 𝑅𝑅2 − 𝑥𝑥2 
 
Así pues, integrando sobre todo el eje X obtenemos que: 
 
𝐼𝐼𝑥𝑥 =
𝜋𝜋 · 𝜌𝜌
2
� (𝑅𝑅2 − 𝑥𝑥2)2𝑑𝑑𝑥𝑥 =
𝑅𝑅
−𝑅𝑅
=
𝜋𝜋 · 𝜌𝜌
2 �
� 𝑅𝑅4𝑑𝑑𝑥𝑥
𝑅𝑅
−𝑅𝑅
+ � 𝑥𝑥4𝑑𝑑𝑥𝑥 −
𝑅𝑅
−𝑅𝑅
� 2 · 𝑅𝑅2𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥
𝑅𝑅
−𝑅𝑅
� = 
=
𝜋𝜋 · 𝜌𝜌
2
· 𝑅𝑅4 · 𝑥𝑥|−𝑅𝑅𝑅𝑅 +
𝜋𝜋 · 𝜌𝜌
2
·
𝑥𝑥5
5
�
−𝑅𝑅
𝑅𝑅
− 𝜋𝜋 · 𝜌𝜌 · 𝑅𝑅2 ·
𝑥𝑥3
3
�
−𝑅𝑅
𝑅𝑅
=
𝜋𝜋 · 𝜌𝜌
2
· �𝑅𝑅4 · 2𝑅𝑅 + 2 ·
𝑅𝑅5
5
− 𝑅𝑅2 ·
2𝑅𝑅3
3
� =
=
2𝜋𝜋𝜌𝜌
2
𝑅𝑅5 �1 +
1
5
−
2
3�
=
2𝜋𝜋𝜌𝜌
2
𝑅𝑅5 ·
8
15
= 𝜋𝜋 ·
𝑀𝑀
4
3𝜋𝜋𝑅𝑅
3 
· 𝑅𝑅5 ·
8
15
= 𝑀𝑀𝑅𝑅2 ·
24
60
= 
=
2
5
𝑀𝑀𝑅𝑅2 
 
4. Dos bloques están conectados por una cuerda que pasa por una polea de radio R y 
momento de inercia I. El bloque de masa m1 desliza sobre una superficie horizontal 
sin rozamiento; el bloque de masa m2 está suspendido de la cuerda. Determinar la 
aceleración a de los bloques y las tensiones T1 y T2 suponiendo que la cuerda no 
desliza sobre la polea. 
 
Le aplicamos la 2º ley de Newton a cada uno de los cuerpos por separado: 
Bloque de masa m1: 
Puesto que no hay rozamiento, 𝑚𝑚1𝑔𝑔 = 𝐹𝐹𝑛𝑛 que no contribuye al 
movimiento. Pero T1 contribuye al movimiento por lo que : 
𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1 · 𝑎𝑎 [1] 
 
 
Bloque de masa m2: 
Según la 2ª ley de Newton. 
𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚2 · 𝑎𝑎 [2] 
Hemos supuesto que 𝑚𝑚2𝑔𝑔 > 𝑇𝑇2 de modo que la aceleración a será 
descendente pero positiva (su signo coincide con el del peso). 
De [1] + [2] obtenemos: 
𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑎𝑎 −𝑚𝑚2𝑔𝑔 
Polea: 
La polea no se desplaza pero rota. Por lo que le aplicamos la 2ª ley de Newton para la 
rotación. 
�𝑀𝑀𝑖𝑖 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ 𝑇𝑇2𝑅𝑅 − 𝑇𝑇1𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑎𝑎 =
𝐼𝐼 · 𝑎𝑎
𝑅𝑅2 
 
Donde se ha utilizado: 
𝐼𝐼 =
𝑎𝑎
𝑅𝑅
 
Despejamos y finalmente nos queda que: 
𝑎𝑎 =
𝑚𝑚2
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 +
𝐼𝐼
𝑅𝑅2
· 𝑔𝑔 
De este modo sustituyendo la aceleración en [1] y [2] obtenemos: 
𝑇𝑇1 =
𝑚𝑚1
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 +
𝐼𝐼
𝑅𝑅2
· 𝑚𝑚2𝑔𝑔 
𝑇𝑇2 =
𝑚𝑚1 +
𝐼𝐼
𝑅𝑅2
𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 +
𝐼𝐼
𝑅𝑅2
· 𝑚𝑚2𝑔𝑔 
 
5.- Una escalera de longitud L y masa M se sitúa en posición casi vertical contra una 
pared. Una persona de pie sobre un peldaño tiene su centro de masas a la altura de la 
parte más alta de la escalera. Al inclinarse ligeramente, la escalera comienza a girar 
alrededor de su base alejándose la parte superior de la pared. Determinar la relación 
entre la velocidad de la persona agarrada a la escalera cuando llega al suelo y la 
velocidad que tendría si saltara inmediatamente, en función de la relación M/m 
siendo m la masa de la persona. 
 
Si saltara inmediatamente tendría una velocidad dada por la caída libre: 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔𝐿𝐿 
Si no saltara y suponemos que cae junto con la escalera, la energía potencial inicial del sistema se 
convertiría en energía cinética de rotación de la escalera y energía de traslación de la persona. 
𝑚𝑚𝑔𝑔𝐿𝐿 + 𝑀𝑀𝑔𝑔 ·
𝐿𝐿
2
=
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 +
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 [1] 
(el CM de la escalera se ha supuesto en el centro de la misma a L/2 del suelo). 
Donde I es el momento de inercia de la escalera con respecto de un eje perpendicular que pasa por 
un extremo (la base de la escalera). 
𝐼𝐼 =
1
3
𝑀𝑀𝐿𝐿2 
Ahora: 
𝜔𝜔2 =
𝑣𝑣2
𝐿𝐿2
 
por lo que, sustituyendo en [1]: 
𝑔𝑔𝐿𝐿 �
𝑀𝑀
2
+ 𝑚𝑚� =
𝑣𝑣2
2 �
𝑀𝑀
3
+ 𝑚𝑚� ⟹ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔𝐿𝐿 · �
�𝑀𝑀2 + 𝑚𝑚�
�𝑀𝑀3 + 𝑚𝑚�
 
Y como: 
𝑀𝑀
2
>
𝑀𝑀
3
 ⟹ �
�𝑀𝑀2 + 𝑚𝑚�
�𝑀𝑀3 + 𝑚𝑚�
> 1 
Por tanto, el golpe será mayor si no salta puesto que esta velocidad es mayor que la de caída libre 
(además puede que la escalera le cayera encima...). 
 
6.- Un cilindro uniforme de masa M y radio R descansa sobre un bloque de masa m, el 
cual a su vez se encuentra en reposo sobre una mesa horizontal sin rozamiento. Si 
aplicamos al bloque una fuerza horizontal F, éste acelera y el cilindro rueda sin 
deslizamiento: 
a) Determinar la aceleración del bloque. 
b) Determinar la aceleración angular del cilindro. ¿Es horaria o antihoraria la 
rotación del cilindro? 
c) ¿Cuál es la aceleración lineal del cilindro respecto a la mesa? Tomar como sentido 
el mismo que indica la dirección de F. 
d) ¿Cuál es la aceleración del cilindro respecto al bloque? 
 
a) En el bloque actúan dos fuerzas: F (hacia la derecha) y f (hacia la izquierda) que es la fuerza de 
rozamiento con el cilindro por lo que según la 2ª ley de Newton tenemos: 
𝐹𝐹 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚 · 𝑎𝑎𝐵𝐵 [1] 
En el cilindro sólo actúa la fuerza de rozamiento pero hacia la derecha 
𝑓𝑓 = 𝑀𝑀 · 𝑎𝑎𝐶𝐶 [2] 
La fuerza de rozamiento f hará que el cilindro gire en sentido contrarioa las agujas del 
reloj luego aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación al cilindro donde el par rotador sólo lo 
ejerce la fuerza de rozamiento f: 
�𝑀𝑀𝑖𝑖 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ 𝑓𝑓 · 𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 [3] 
Siendo: 
𝐼𝐼 =
𝑎𝑎𝐵𝐵 − 𝑎𝑎𝐶𝐶
𝑅𝑅
 
Ya que el cilindro rueda encima del bloque, 𝑎𝑎𝐵𝐵 − 𝑎𝑎𝐶𝐶 es la aceleración relativa del cilindro 
respecto al bloque, donde aB es la aceleración del bloque respecto de la mesa y aC es la aceleración 
del cilindro respecto de la mesa. 
El momento de inercia del cilindro es: 
𝐼𝐼 =
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 [4] 
Sustituyendo la [4] y la [2] en la [3] obtenemos la siguiente ecuación: 
𝑀𝑀 · 𝑎𝑎𝐶𝐶 =
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 ·
𝑎𝑎𝐵𝐵 − 𝑎𝑎𝐶𝐶
𝑅𝑅2
 ⟹ 3𝑎𝑎𝐶𝐶 = 𝑎𝑎𝐵𝐵 [5] 
Ahora sustituyendo la ecuación [5] y la [2] en la [1], resulta: 
𝐹𝐹 = 𝑚𝑚3𝑎𝑎𝐶𝐶 + 𝑀𝑀𝑎𝑎𝐶𝐶 = (3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)𝑎𝑎𝐶𝐶 = (3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀) ·
𝑎𝑎𝐵𝐵
3
 ⟹ 𝑎𝑎𝐵𝐵 =
3𝐹𝐹
3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀
 
b) La aceleración angular del cilindro es: 
𝑎𝑎𝐵𝐵 − 𝑎𝑎𝐶𝐶
𝑅𝑅
=
3𝐹𝐹
(3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)𝑅𝑅
−
𝐹𝐹
(3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)𝑅𝑅
=
2𝐹𝐹
(3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)𝑅𝑅
 
que es antihoraria ya que el par que ejerce la fuerza de rozamiento sobre el cilindro es antihotrario. 
c) La aceleración del cilindro respecto de la mesa (aceleración absoluta) es según la ec. [5]: 
𝑎𝑎𝐶𝐶 =
𝑎𝑎𝐵𝐵
3
=
𝐹𝐹
(3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀)
 
d) La aceleración respecto al bloque es: 
𝑎𝑎𝐵𝐵 − 𝑎𝑎𝐶𝐶 =
2𝐹𝐹
3𝑚𝑚 + 𝑀𝑀
 
hacia la izquierda, ya que el cilindro acabaría cayendo por la izquierda. 
Lo importante en este problema es entender que el cilindro rueda antihorario sobre del 
bloque y sobre él se desplaza hacia la izquierda. Sin embargo, el centro de masas del cilindro se 
desplaza hacia la derecha respecto de la mesa. 
 
7.- Una bolita inicialmente en reposo en el punto más alto de una gran esfera fija, 
comienza a rodar sin deslizamiento por la superficie de la esfera. Determinar el 
ángulo desde el polo de la esfera hasta el punto donde la bolita pierde el contacto con 
aquella. El radio de la bolita es de 1 cm y el de la esfera 80 cm. 
 
 
 
Sea θ el ángulo en el cual la bolita pierde el contacto. La altura que hay desde el punto más 
alto de la esfera hasta el punto donde se pierde el contacto la llamaremos h y cumple: 
ℎ = 𝑅𝑅 − 𝑅𝑅 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 
Por otro lado la bolita perderá el contacto cuando la 
fuerza centrífuga que adquiere al moverse por la esfera 
grande compense la componente del peso dirigida hacia el 
centro de la esfera. 
Es decir: 
𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝑅𝑅
= 𝑚𝑚𝑔𝑔 cos𝑐𝑐 ⟹ 𝑣𝑣2 = 𝑅𝑅 · 𝑔𝑔 · cos 𝑐𝑐 
Ahora aplicamos la conservación de la energía. La energía potencial de la bolita en el 
punto más alto respecto del punto de pérdida de contacto (que es el origen de energías potenciales) 
es: 
𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ = 𝑚𝑚𝑔𝑔(𝑅𝑅 − 𝑅𝑅 cos 𝑐𝑐) 
En el punto de pérdida de contacto, esta energía potencial se transformará en energía 
cinética de traslación 1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 y en energía cinética de rotación 1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2. 
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 =
1
2
𝐼𝐼 ·
𝑣𝑣2
𝑟𝑟2
 
donde r es el radio de la bolita y el momento de inercia de la bolita (esfera) es: 
θ 
R
vm
2
 
θcosmg 
𝐼𝐼 =
2
5
 𝑚𝑚𝑟𝑟2 
Por la conservación de energía: 
𝑚𝑚𝑔𝑔(𝑅𝑅 − 𝑅𝑅 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑐𝑐) =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
·
2
5
𝑚𝑚𝑟𝑟2 ·
𝑣𝑣2
𝑟𝑟2
 
Simplificando entre la m y eliminando denominadores: 
10𝑔𝑔𝑅𝑅(1 − cos𝑐𝑐) = 5𝑔𝑔𝑅𝑅 cos 𝑐𝑐 + 2𝑔𝑔𝑅𝑅 cos 𝑐𝑐 ⟹ 10 = 17 cos 𝑐𝑐 ⟹ cos 𝑐𝑐 =
10
17
 ⟹ 
⟹ 𝑐𝑐 = 54° 
Se observa que θ no depende ni del radio r de la bolita, ni de su masa m, ni del radio R de 
la esfera grande. 
Si comparamos este valor (𝑐𝑐 = 54°) con el valor obtenido (𝑐𝑐 = 90 − 41,81 = 48,19°) 
en el problema 14 del tema 3, vemos que en dicho problema θ era menor ¿por qué?. 
 
8.- Un cilindro de 25 kg de masa se suelta por un plano inclinado. El diámetro del 
cilindro es de 0.6 m. Si el cilindro rueda sin deslizar, calcular la velocidad del eje C 
después de recorrer 1.6 m sobre el plano inclinado. Además, determinar la fuerza de 
rozamiento que actúa sobre el cilindro. 
 
 Para determinar la velocidad en la parte final del plano utilizamos el teorema de 
conservación de energía. La energía potencial que posee el cilindro en la parte alta, se 
transformará en energía cinética de rotación y de translación. La fuerza de rozamiento no produce 
trabajo ya que actúa con velocidad nula durante todo el desplazamiento debido a la condición de 
no deslizamiento. El cilindro tiene siempre un punto en contacto con velocidad nula respecto al 
plano. 
𝐸𝐸𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝐸𝐸𝑃𝑃𝑖𝑖 = 𝑀𝑀 𝑔𝑔ℎ = 25 · 9.8 · sin 30 · 1.6 
𝐸𝐸𝑓𝑓𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝐸𝐸𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑖𝐶𝐶𝑖𝑖 + 𝐸𝐸𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑖𝑖𝑖 =
1
2
𝑀𝑀𝑑𝑑2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 =
1
2
25 · 𝑑𝑑2 +
1
2
·
1
2
· 25 �
0.6
2 �
2
·
𝑑𝑑2 · 22
0.62
 
En la formula anterior hemos sustituido el momento de inercia 𝐼𝐼 = 1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 y la velocidad angular 
𝜔𝜔 = 𝑉𝑉
𝑅𝑅
. 
Igualando las energías: 25 · 9.8 · sin 30 · 1.6 = 1
2
25 · 𝑑𝑑2 + 1
2
· 1
2
· 25 �0.6
2
�
2
· 𝑉𝑉
2·22
0.62
 
Despejamos la velocidad y obtenemos que: 𝑑𝑑 = 3.23 m/s 
 Como hemos dicho, en un sistema rotante en condición de rodadura (sin deslizar), la fuerza 
de rozamiento no produce trabajo (calor) pero se transforma en energía cinética de rotación. La 
fuerza de rozamiento se emplea únicamente en hacer que el cilindro gire, luego: 
𝑓𝑓 · 1.6 =
1
2
𝐼𝐼 · 𝜔𝜔2 ⟹ 𝑓𝑓 =
1
2 · �
1
2 25 · (0.3)
2� · �3.230.3 �
2
1.6
= 40.8 N 
 Para calcular dicha fuerza de rozamiento no se ha necesitado conocer el coef. de 
rozamiento. Éste sería útil para conocer cuál sería la fuerza de rozamiento máxima posible. 
9.- Un cilindro homogéneo de masa 𝒎𝒎 y radio 𝑹𝑹 rueda sin deslizamiento por un plano 
inclinado 𝜽𝜽 hacia abajo. Determinar la fuerza de rozamiento y la aceleración del 
centro de masas. Si el coeficiente de rozamiento estático es 𝝁𝝁𝒆𝒆, determinar el ángulo 
máximo de inclinación del plano de modo que el cilindro descienda sin deslizar. 
 
 Este problema podría resolverse como el anterior, utilizando el principio de conservación 
de la energía para obtener la velocidad del cilindro después de haber recorrido una cierta distancia 
sobre el plano y entonces, mediante cinemática, obtener la aceleración. Sin embargo, podemos 
hallar directamente la aceleración aplicando la 2ª ley de Newton de traslación y rotación: 
La de 2ª ley de Newton de la traslación nos dice que la resultante de las fuerzas aplicadas al 
cilindro en dirección del plano es igual a la masa del cilindro por su aceleración (de su centro de 
masas). Las fuerzas aplicadas son la componente del peso (dirigida hacia abajo) menos la fuerza 
de rozamiento (dirigida hacia arriba): 
𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝐼𝐼 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚 · 𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶 
La 2ª ley de Newton de la rotación nos dice que la resultante de los momentos de fuerza (pares de 
fuerza) aplicados al cilindro es igual al momento de inercia de cilindro por su aceleración 
angular.). La fuerza de rozamiento es la única fuerza que ejerce par, por tanto: 
𝑓𝑓 · 𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 · 𝐼𝐼 
donde 𝐼𝐼 = 𝑖𝑖𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅
 
Despejando f de la ecuación de rotación, tenemos: 
𝑓𝑓 =
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅2
· 𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶 
Al sustituir esta expresión en la ecuación de rotación: 
𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝐼𝐼 −
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅2
· 𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑚𝑚 · 𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶 ⇒ 𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶 =
1
1 + 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶𝑚𝑚𝑅𝑅2
𝑔𝑔 sin𝑐𝑐 ; 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 =
1
2
𝑚𝑚 · 𝑅𝑅2 ⇒ 
𝒂𝒂𝑪𝑪𝑪𝑪 =
1
1 + 12
𝑔𝑔 sin𝑐𝑐 =
𝟐𝟐
𝟑𝟑
𝒈𝒈 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝜽𝜽 
𝒇𝒇 =
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅2
· 𝑎𝑎𝐶𝐶𝐶𝐶 =
1
2𝑚𝑚𝑅𝑅
2
𝑅𝑅2
·
2
3
𝑔𝑔 sin𝑐𝑐 =
𝒎𝒎𝒈𝒈𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝜽𝜽
𝟑𝟑
 
 
Para que el cilindro ruede sin deslizar, 𝑓𝑓 debe ser menor o igual que𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝑐𝑐 · 𝜇𝜇𝑒𝑒 (es decir, 𝐹𝐹𝑛𝑛 ·
𝜇𝜇𝑒𝑒 donde 𝐹𝐹𝑛𝑛 = 𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝑐𝑐) 
𝑓𝑓 ≤ 𝑚𝑚𝑔𝑔 cos𝑐𝑐 𝜇𝜇𝑒𝑒 
𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝑐𝑐
3
≤ 𝑚𝑚𝑔𝑔 cos 𝑐𝑐 𝜇𝜇𝑒𝑒 ⇒ tan𝑐𝑐 ≤ 3𝜇𝜇𝑒𝑒 
Es decir, para un ángulo 𝑐𝑐 cuya tangente sea mayor (o igual) que 3𝜇𝜇𝑒𝑒 el cilindro descenderá 
deslizando. 
 Es muy interesante sustituir los valores del problema anterior en la expresión hallada de la 
fuerza de rozamiento: 
𝑓𝑓 =
𝑚𝑚𝑔𝑔 sin𝑐𝑐
3
= 
25 · 9.8 · sin 30
3
= 40.8 N 
que evidentemente coincide con el valor de f hallado por conservación de energías en el problema 
anterior. 
 
 
10.- Un cilindro homogéneo tiene una masa 𝒎𝒎 y un radio 𝑹𝑹. Se ve acelerado por una 
fuerza 𝑻𝑻 que se aplica mediante una cuerda arroyada a lo largo de un tambor ligero de 
radio 𝒓𝒓 unido al cilindro. El coeficiente de rozamiento estático es suficiente para que 
el cilindro ruede sin deslizar: 
a) Hallar la fuerza de rozamiento. 
b) Hallar la aceleración 𝒂𝒂 del centro del cilindro. 
c)¿Es posible escoger 𝒓𝒓 de modo que 𝒂𝒂 sea mayor que 𝑻𝑻/𝒎𝒎? ¿Cómo? ¿No contradice 
esto la 2ª ley de Newton? 
d) ¿Cuál es el sentido de la fuerza de rozamiento en la circunferencia descrita en la 
parte (c)? 
 
Aplicamos las leyes de Newton tanto para la traslación como para la rotación. 
Presuponemos 𝑓𝑓 dirigido hacia la izquierda. Después veremos si esa suposición es razonable. 
 
�
𝑇𝑇 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚 · 𝑎𝑎
𝑓𝑓 · 𝑅𝑅 + 𝑇𝑇 · 𝑟𝑟 = 𝐼𝐼
𝑎𝑎
𝑅𝑅
; 
𝑎𝑎
𝑅𝑅
= 𝐼𝐼
 
 
a) Despajamos las incógnitas a y f del sistema de ecuaciones: 
𝑎𝑎 =
𝑇𝑇 − 𝑓𝑓
𝑚𝑚
 ⇒ 𝑓𝑓 · 𝑅𝑅 + 𝑇𝑇 · 𝑟𝑟 =
1
2
𝑚𝑚 · 𝑅𝑅2
(𝑇𝑇 − 𝑓𝑓)
𝑚𝑚 · 𝑅𝑅
=
1
2
𝑅𝑅(𝑇𝑇 − 𝑓𝑓) ⇒ 
⟹ 𝑓𝑓 · 𝑅𝑅 +
𝑅𝑅 · 𝑓𝑓
2
=
𝑅𝑅 · 𝑇𝑇
2
− 𝑇𝑇 · 𝑟𝑟 ⇒ �𝑅𝑅 +
𝑅𝑅
2�
𝑓𝑓 = 𝑇𝑇 �
𝑅𝑅
2
− 𝑟𝑟� ⇒ 
3𝑅𝑅
2
𝑓𝑓 = 𝑇𝑇 �
𝑅𝑅
2
− 𝑟𝑟�
⇒ 𝑓𝑓 =
2𝑇𝑇 �𝑅𝑅2 − 𝑟𝑟�
3𝑅𝑅
=
𝑇𝑇(1 − 2𝑟𝑟𝑅𝑅 )
3
 
Cuando el valor absoluto de f sea mayor que cero entonces la fuerza de rozamiento tira hacia la 
izquierda, como habíamos supuesto. 
T 
f 
b) Despejamos la otra incógnita: 
𝑎𝑎 =
𝑇𝑇 − 𝑓𝑓
𝑚𝑚
=
𝑇𝑇
𝑚𝑚
�
3
3
−
�1 − 2𝑟𝑟𝑅𝑅 �
3
� =
𝑇𝑇
3𝑚𝑚�
2 +
2𝑟𝑟
𝑅𝑅 �
=
2𝑇𝑇
3𝑚𝑚
�1 +
𝑟𝑟
𝑅𝑅
� 
El valor absoluto de la aceleración a siempre será positivo y estará dirigida hacia la derecha. 
c) Para que: 
𝑎𝑎 >
𝑇𝑇
𝑚𝑚
 ⇒ 
2
3
�1 +
𝑟𝑟
𝑅𝑅
� > 1 ⇒ �1 +
𝑟𝑟
𝑅𝑅
� >
3
2
 ⇒ (𝑅𝑅 + 𝑟𝑟) >
3𝑅𝑅
2
 ⇒ 𝑟𝑟 >
3𝑅𝑅
2
− 𝑅𝑅 
⇒ 𝑟𝑟 >
3𝑅𝑅
2
−
2𝑅𝑅
2
⇒ 𝑟𝑟 >
𝑅𝑅
2
 
Es decir: 
𝑟𝑟 >
𝑅𝑅
2
 ⇒ 𝑎𝑎 >
𝑇𝑇
𝑚𝑚
 
 Esto es, si el tambor pequeño del cilindro (radio r) es más grande de la mitad del radio externo R 
entonces, la aceleración del cilindro es más grande que la que proporcionaría una única fuerza T 
que tira de la masa m del cilindro. Esto no contradice la 2ª ley de Newton (𝑇𝑇 = 𝑚𝑚 · 𝑎𝑎) porque la 
fuerza de rozamiento en este caso va a ayudar al movimiento, como se ve en c). 
d) Según la ecuación de f hallada en a): 
𝑓𝑓 =
𝑇𝑇 �1 − 2𝑟𝑟𝑅𝑅 �
3
 
Pero si en esta ecuación hacemos 𝑟𝑟 > 𝑅𝑅
2
, entonces: 1 − 2𝐶𝐶
𝑅𝑅
< 0 
Por tanto, la fuerza de rozamiento 𝑓𝑓 sería negativa (estaría dirigida hacia la derecha) y ayudaría al 
movimiento. Esto ocurre en una rueda motriz que para que pueda acelerar necesita de un 
rozamiento apuntado a la derecha y capaz de proporcionar un par acelerador. 
Si 𝑟𝑟 = 𝑅𝑅
2
 entonces 𝑓𝑓 = 0 (no contribuye al movimiento aunque realmente exista). Esto quiere decir 
que si 𝑟𝑟 = 𝑅𝑅
2
, el sistema de la figura se movería igual sobre hielo que sobre asfalto. 
 Hemos visto que el tamaño del tambor puede hacer que la fuerza de rozamiento apunte a la 
izquierda, a la derecha o sea nula. Esto siempre será cierto mientras exista un coef. de rozamiento 
estático suficientemente grande como para evitar deslizamientos y supuesto que el cuerpo es 
indeformable. 
11.- Un disco de radio 𝒓𝒓 rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal. Sabiendo 
que la aceleración del centro de masas es 𝒂𝒂𝑪𝑪, y la aceleración angular de rotación 
alrededor del centro de masa es 𝜶𝜶, determinar la aceleración del punto B. Aplicar el 
balance energético para calcular la velocidad del bloque una vez que haya descendido 
𝟐𝟐 𝐦𝐦 partiendo del reposo. ¿Hay que incluir la fuerza de rozamiento en el balance 
energético de este movimiento de rodar sin deslizar?. Los valores de las masas están 
en el esquema. 
 
Movimiento del disco: 
Traslación: 
𝑇𝑇 − 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 𝑀𝑀 · 𝑎𝑎𝐶𝐶 
Rotación: 
𝑇𝑇 · 𝑅𝑅 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 · 𝑅𝑅 =
1
2
𝑀𝑀 · 𝑅𝑅2 · 𝐼𝐼 
Condición de no deslizamiento: 
𝑎𝑎𝐶𝐶 = 𝐼𝐼 · 𝑅𝑅 
Sustituimos en las ecuaciones de Newton de la rotación el valor de la masa M = 8 kg: 
𝑇𝑇 − 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 8𝑎𝑎𝐶𝐶 
𝑇𝑇 · 𝑅𝑅 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 · 𝑅𝑅 =
1
2
8 · 𝑅𝑅2
𝑎𝑎𝐶𝐶
𝑅𝑅
 ⇒ 𝑇𝑇 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 4𝑎𝑎𝐶𝐶 
Resolvemos el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas T y Fr en función de aC: 
�
𝑇𝑇 − 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 8𝑎𝑎𝐶𝐶
𝑇𝑇 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 4𝑎𝑎𝐶𝐶
 
Y obtenemos 𝑇𝑇 = 6𝑎𝑎𝑖𝑖 y 𝐹𝐹𝐶𝐶 = −2𝑎𝑎𝐶𝐶 
 
T 
Fr 
α 
Movimiento del bloque: 
El punto 𝐵𝐵 se mueve el doble de rápido que el punto C. Esto se puede visualizar bien 
suponiendo un punto de la rueda fijo A arbitrario. Cuando la rueda gira sobre ese punto, 
claramente el punto B sobre el diámetro AB se mueve el doble en el mismo tiempo que el punto C 
sobre el radio AC. Por tanto: 
𝑎𝑎𝐵𝐵 = 2𝑎𝑎𝐶𝐶 
La aceleración del bloque es como la del punto 𝐵𝐵 ya que el bloque va 
unido a la periferia de la rueda. Aplicamos al bloque la 2ª ley de Newton de la 
traslación: 
𝑚𝑚𝑔𝑔 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚 · 𝑎𝑎𝐵𝐵 
Sustituimos el valor de la masa m = 1.5 kg: 
1.5 · 9.8 − 𝑇𝑇 = 1.5 · 2𝑎𝑎𝑖𝑖 
que con las ecuaciones anteriores 𝑎𝑎𝐵𝐵 = 2𝑎𝑎𝐶𝐶 ; 𝑇𝑇 = 6𝑎𝑎𝑖𝑖 y 𝐹𝐹𝐶𝐶 = −2𝑎𝑎𝐶𝐶 hallamos: 
𝑎𝑎𝐶𝐶 = 1.63 m/s2; 𝑎𝑎𝐵𝐵 = 3.27 m/s2; 𝑇𝑇 = 9.8 N; 𝐹𝐹𝐶𝐶 = −3.27 N 
Balance energético: 
• El bloque de 1.5 kg disminuye su energía potencial por 1.5 · 9.8 · 2 al descender 2 m. 
• Aumenta la energía cinética del bloque 1
2
1.5 · 𝑣𝑣𝐵𝐵2 
• Aumenta la energía cinética del disco (traslación + rotación) 1
2
8𝑣𝑣𝐶𝐶2 +
1
2
(1
2
8 · 𝑅𝑅2)𝜔𝜔2 
La velocidad del bloque es la misma que la velocidad del punto 𝐵𝐵 del disco 𝑣𝑣𝐵𝐵 = 2𝑣𝑣𝐶𝐶 
Si el disco rueda sin deslizar 𝑣𝑣𝐶𝐶 = 𝜔𝜔 · 𝑅𝑅 
Escribimos la conservación de energía: 
1.5 · 9.8 · 2 =
1
2
1.5(2𝑣𝑣𝐶𝐶)2 +
1
2
8𝑣𝑣𝐶𝐶2 + 2 · 𝑅𝑅2
𝑣𝑣𝐶𝐶2
𝑅𝑅2
 
Se obtiene: 
𝑣𝑣𝐶𝐶 = 1.81 m/s 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 
𝑣𝑣𝐵𝐵 = 3.61 m/s 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑐𝑐𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 
 
 
mg 
T 
aB 
En lugar de por energías, esta velocidad también se podría haber calculado por cinemática. 
Después de recorre 2 m, aplicamos al bloque las ecuaciones del MRUA con el valor hallado de 
𝑎𝑎𝐵𝐵 = 3.27 m/s2: 
�
2 =
1
2
𝑎𝑎𝐵𝐵 · 𝑡𝑡2
𝑣𝑣𝐵𝐵 = 𝑎𝑎𝐵𝐵 · 𝑡𝑡
 
Al resolver el sistema resulta igualmente: 
𝑣𝑣𝐵𝐵 = 3.61 m/s 
 
La fuerza de rozamiento del disco no realiza trabajo (no se pierde calor) porque está 
aplicada en el punto 𝐴𝐴 que está en reposo. El efecto de 𝐹𝐹𝐶𝐶 es crear energía cinética de rotación ya 
que, como puede comprobarse dando valores: 
𝐹𝐹𝐶𝐶 · 2 =
1
2
 𝐼𝐼 · 𝜔𝜔2 =
1
2 �
1
2
8 · 𝑅𝑅2�
𝑣𝑣𝐶𝐶2
𝑅𝑅2
= 2𝑣𝑣𝐶𝐶2 
 
 
12.- Una partícula de masa 𝒎𝒎 se mueve con una velocidad constante 𝒗𝒗𝒊𝒊 en una 
circunferencia de radio 𝒓𝒓𝟎𝟎 sobre la superficie de una mesa sin rozamiento. La 
partícula está atada a una cuerda que pasa a través de un agujero de la mesa. Tirando 
de la cuerda lentamente hacia abajo, la partícula se mueve en una circunferencia de 
menor radio 𝒓𝒓𝒇𝒇: 
a) Determinar la velocidad final en función de 𝒓𝒓𝟎𝟎, 𝒗𝒗𝒐𝒐 y 𝒓𝒓𝒇𝒇. 
b) Determinar la tensión de la cuerda cuando la partícula se mueve en una 
circunferenciade radio 𝒓𝒓 en función de 𝒎𝒎, 𝒓𝒓 y el momento angular 𝑳𝑳𝟎𝟎 = 𝒎𝒎𝒗𝒗𝟎𝟎𝒓𝒓𝟎𝟎 
c) Calcular el trabajo realizado sobre la partícula por la tensión 𝑻𝑻 integrando 𝑻𝑻 · 𝒅𝒅𝒓𝒓 
desde 𝒓𝒓𝟎𝟎 a 𝒓𝒓𝒇𝒇. Expresar la respuesta en función de 𝒓𝒓 y 𝑳𝑳𝟎𝟎 
 
a) Como la tensión 𝑇𝑇 de la cuerda está dirigida hacia el agujero y no ejerce momento (no 
tiene brazo para hacer par) y, por tanto, el momento angular se conserva ya que no hay 
pares aplicados: 
𝑚𝑚𝑣𝑣𝐶𝐶𝑟𝑟0 = 𝑚𝑚𝑣𝑣𝑓𝑓𝑟𝑟𝑓𝑓 ⇒ 𝑣𝑣𝑓𝑓 =
𝑟𝑟0
𝑟𝑟𝑓𝑓
𝑣𝑣0 
b) La tensión 𝑇𝑇 igualará la fuerza centrífuga. Ahora, utilizando 𝑚𝑚𝑣𝑣𝑟𝑟 = 𝑚𝑚𝑣𝑣0𝑟𝑟0 = 𝐿𝐿0, 
tenemos: 
𝑇𝑇 = 𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝑟𝑟
= 𝑚𝑚
�𝐿𝐿0𝑚𝑚𝑟𝑟�
2
𝑟𝑟
=
𝐿𝐿02
𝑚𝑚𝑟𝑟3
 
c) Podemos tomar la tensión como dirigida al centro (signo negativo) y esto influirá en el 
signo del trabajo obtenido: 
𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑇𝑇�⃗ · 𝑑𝑑𝑟𝑟 = −
𝐿𝐿02
𝑚𝑚𝑟𝑟3
· 𝑑𝑑𝑟𝑟 
𝑑𝑑 = � −
𝐿𝐿02
𝑚𝑚𝑟𝑟3
𝑑𝑑𝑟𝑟
𝐶𝐶𝑓𝑓
𝐶𝐶0
= −
𝐿𝐿02
𝑚𝑚
�−
1
2
𝑟𝑟−2�
𝐶𝐶0
𝐶𝐶𝑓𝑓
=
𝐿𝐿02
2𝑚𝑚
�
1
𝑟𝑟𝑓𝑓2
−
1
𝑟𝑟02
� 
Como 𝑟𝑟𝑓𝑓 < 𝑟𝑟0 ⇒ 𝑑𝑑 es positivo ⇒ para acercar la partícula al centro hay que realizar un trabajo 
que se conviertirá en energía cinética. Como el momento angular se conserva: 𝐿𝐿𝑖𝑖 = 𝐿𝐿𝑓𝑓 = 𝐿𝐿0 
𝐸𝐸𝐶𝐶 =
𝐿𝐿2
2𝐼𝐼
 ⇒ 𝐸𝐸𝐶𝐶𝑓𝑓 − 𝐸𝐸𝐶𝐶𝑖𝑖 =
𝐿𝐿02
2𝑚𝑚𝑟𝑟𝑓𝑓2
−
𝐿𝐿02
2𝑚𝑚𝑟𝑟02
 
Esto es, hemos comprobado que el trabajo realizado por la tensión es igual al cambio en energía 
cinética. 
 
13.- La figura muestra una barra uniforme de longitud 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝐦𝐦 y masa 𝑪𝑪 = 𝟎𝟎.𝟖𝟖 𝐤𝐤𝐤𝐤 
que puede pivotar en su parte superior. La barra, inicialmente en reposo recibe el 
choque de una particula de masa 𝒎𝒎 = 𝟎𝟎.𝟑𝟑 𝐤𝐤𝐤𝐤 en un punto 𝒅𝒅 = 𝟎𝟎.𝟖𝟖𝑳𝑳 por debajo del 
pivote. Suponer que el choque es totalmente inelástico. ¿Cuál debe ser la magnitud de 
la velocidad 𝒗𝒗 de la partícula para que el ángulo máximo entre la barra y la vertical 
sea de 𝟔𝟔𝟎𝟎°? 
 
La colisión es inelástica lo cual quiere decir que se pierde energía cinética durante el 
choque. Sin embargo, no hay fuerzas externas que creen momento y, por tanto, el momento 
angular se conserva. 𝐿𝐿𝑖𝑖 = 𝐿𝐿𝑓𝑓 
𝐿𝐿𝑖𝑖 = 𝑚𝑚 · 𝑣𝑣 · 𝑑𝑑; 𝐿𝐿𝑓𝑓 = 𝐼𝐼 · 𝜔𝜔 = �
1
3
𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑2� · 𝜔𝜔 
 
 
 
Se obtiene al igualr los momentos angulares: 
𝜔𝜔 =
𝑚𝑚𝑣𝑣𝑑𝑑
1
3𝑀𝑀𝐿𝐿
2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑2
 [1] 
Despues del choque la energía sí se conserva ⇒ la energía de rotación se convertira en 
energía potencial. 
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 = �𝐸𝐸𝑃𝑃𝑖𝑖 
donde 𝐸𝐸𝑃𝑃𝑖𝑖 es la energía potencial ganada por la barra y por la masa adherida al subir en 
conjunto. 
Puesto que el conjunto 𝑏𝑏𝑎𝑎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎 + 𝑚𝑚𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎 se mueve 60°, habrá ganado una energía potencial: 
Momento de inercia 
del extremo de la 
barra +𝑚𝑚𝑑𝑑2 
 
∆𝐸𝐸𝑃𝑃 = 𝑔𝑔(1 − cos 60) �𝑀𝑀
𝐿𝐿
2
+ 𝑚𝑚𝑑𝑑� 
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 = 𝑔𝑔(1 − cos 60) �𝑀𝑀
𝐿𝐿
2
+ 𝑚𝑚𝑑𝑑� 
1
2 �
1
3
𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑2�𝜔𝜔2 = 𝑔𝑔(1 − cos 60) �𝑀𝑀
𝐿𝐿
2
+ 𝑚𝑚𝑑𝑑� 
Con 𝜔𝜔 de la ecuación [1]: 
1
2 �
1
3
𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑2�
𝑚𝑚2𝑣𝑣2𝑑𝑑2
�13𝑀𝑀𝐿𝐿
2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑2�
2 = 𝑔𝑔(1 − cos 60) �𝑀𝑀
𝐿𝐿
2
+ 𝑚𝑚𝑑𝑑� 
𝑣𝑣 = �
2𝑔𝑔(1 − cos 60) �𝑀𝑀 𝐿𝐿2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑� �
1
3𝑀𝑀𝐿𝐿
2 + 𝑚𝑚𝑑𝑑2�
𝑚𝑚2𝑑𝑑2
; 𝑣𝑣 = 7.74 m/s 
donde se han utilizado los datos del enunciado. 
 
60cos
22
LL
−
 
60cosdd − 
14.- La figura muestra un tubo cilíndrico hueco de masa 𝑪𝑪, longitud 𝑳𝑳 y momento 
de inercia 𝑪𝑪𝑳𝑳𝟐𝟐/𝟏𝟏𝟎𝟎. Dentro del cilindro se encuentran dos masas 𝒎𝒎 separadas una 
distancia 𝓵𝓵 y atadas a un vástago central por una delgada cuerda. El sistema puede 
girar alrededor de un eje vertical a través del cilindro. Cuando el sistema gira con 
la velocidad angular 𝝎𝝎, las cuerdas mantienen las masas se rompen súbitamente. 
Obtener las expresiones correspondientes a la velocidad angular final y a las 
energías inicial y final del sistema. Suponer que las paredes interiores del cilindro 
carecen de rozamiento. 
 
Ya que no hay fuerzar externas que ejerzan par, el momento angular se debe conservar: 
𝐼𝐼𝑖𝑖𝜔𝜔𝑖𝑖 = 𝐼𝐼𝑓𝑓𝜔𝜔𝑓𝑓 
𝐼𝐼𝑖𝑖 =
𝑀𝑀𝐿𝐿2
10
+ 2𝑚𝑚�
𝑏𝑏
2�
2
= 
𝑀𝑀𝐿𝐿2
10
+ 𝑚𝑚
𝑏𝑏2
2
 
𝐼𝐼𝑓𝑓 =
𝑀𝑀𝐿𝐿2
10
+ 2𝑚𝑚�
𝐿𝐿
2�
2
= 
𝑀𝑀𝐿𝐿2
10
+ 𝑚𝑚
𝐿𝐿2
2
 
�
𝑀𝑀𝐿𝐿2
10
+ 𝑚𝑚
𝑏𝑏2
2
�𝜔𝜔𝑖𝑖 = �
𝑀𝑀𝐿𝐿2
10
+ 𝑚𝑚
𝐿𝐿2
2
�𝜔𝜔𝑓𝑓 ⇒ 
(𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 5𝑚𝑚 · 𝑏𝑏2)𝜔𝜔𝑖𝑖 = 𝐿𝐿2(𝑀𝑀 + 5𝑚𝑚)𝜔𝜔𝑓𝑓 ⇒ 
𝜔𝜔𝑓𝑓 = �
𝑀𝑀 + 5𝑚𝑚𝑏𝑏
2
𝐿𝐿2
𝑀𝑀 + 5𝑚𝑚 �
𝜔𝜔𝑖𝑖 
La energía cinética (de rotación) inicial será: 
𝐸𝐸𝐶𝐶𝑖𝑖 =
1
2
𝐼𝐼𝑖𝑖 · 𝜔𝜔𝑖𝑖2 = �
𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 5𝑚𝑚𝑏𝑏2
20
�𝜔𝜔𝑖𝑖2 
La energía cinética (de rotación) final será: 
𝐸𝐸𝐶𝐶𝑓𝑓 =
1
2
𝐼𝐼𝑓𝑓 · 𝜔𝜔𝑓𝑓2 = �
𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 5𝑚𝑚𝐿𝐿2
20
�
(𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 5𝑚𝑚𝑏𝑏2)2
𝐿𝐿4(𝑀𝑀 + 5𝑚𝑚)2
𝜔𝜔𝑖𝑖2 =
(𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 5𝑚𝑚𝑏𝑏2)2
20(𝑀𝑀𝐿𝐿2 + 5𝑚𝑚𝐿𝐿2)
𝜔𝜔𝑖𝑖2