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Este capítulo está referido al movimiento de rotación o giro que puede experimentar un cuerpo 
alrededor de un punto fijo o eje de rotación cuando está sometido a fuerzas externas. 
 
Para dar una explicación física cualitativa y cuantitativa de la rotación de un cuerpo, analicemos el 
esquema que se muestra a continuación: se trata de una placa sólida que puede pivotar alrededor del punto O. 
Dicha placa está sometida a la acción de una fuerza externa 
→
F , aplicada en el punto A. Ver Fig. 6.1. a 
 
 
 
Fig. 6.1. a Fig. 6.1. b 
 
O = Punto alrededor del cual la placa puede girar (puede ser también un eje de giro perpendicular al plano 
del papel que pasa por O). 
OA = Distancia del centro de giro al punto de aplicación de la fuerza. 
 
 La fuerza 
→
F ha sido descompuesta en dos componentes mutuamente perpendiculares: F// paralela a OA y FP 
perpendicular a OA. Ver Fig. 6.1.b. siendo OA brazo de FP, por ser perpendicular a ésta. 
 
EFECTOS FÍSICOS DE F// Y F⊥: 
 
De la gráfica se observa que F// produce un efecto de tracción sobre la placa (trata de desarticularla 
del punto O). 
 
La componente F⊥ (que es perpendicular a OA) hace que la placa gire en sentido horario. De esto se 
desprende que sólo aquellas fuerzas que son perpendiculares a su respectivo brazo de fuerza producen 
giro o rotación, respecto al punto O. 
 
Es posible que F// produzca un efecto de compresión y F⊥ un efecto de rotación en sentido antihorario, 
cambiando la dirección de la fuerza F
→
 . La Fig. 6.2 muestra dichos efectos. 
 
 Fig. 6.2 
 
Dinámica Rotacional 
 
 
 
 
 
 
 
78 
 
 
SIGNO DEL MOMENTO DE FUERZA 
 
Cuando la rotación es antihoraria, el momento de fuerza se 
considera positivo (+). 
 
Cuando la rotación es horaria, el momento de fuerza es 
considerado negativo (-). 
 
Unidad: En el S.I. el momento de fuerza se mide en mN. 
 
MMOOMMEENNTTOO DDEE FFUUEERRZZAA OO TTOORRQQUUEE ( o
→
M ) 
 
 
Es la magnitud física vectorial que mide el grado de rotación que experimenta un cuerpo respecto a 
un centro o eje de giro. Su módulo se expresa por: 
Mo = OA.FP = d.FP 
 
 Donde: 
 
 d = OA : Brazo de palanca 
 
La dirección del vector momento de fuerza es perpendicular al plano formado por el brazo de fuerza y 
la fuerza aplicada. El sentido se obtiene mediante la regla de la mano derecha. 
 
Cada vez que se quiera calcular un momento de fuerza, debe seleccionarse primero el punto de giro o 
rotación, luego efectuar la multiplicación de brazo y fuerza (o componente de fuerza) mutuamente 
perpendiculares 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TTEEOORREEMMAA DDEE VVAARRIIGGNNOONN 
 
 
 Cuando sobre un cuerpo actúa un conjunto de fuerzas, existe la posibilidad de encontrar una fuerza 
(fuerza resultante), que produce el mismo efecto de rotación que todo el sistema en conjunto. 
 
 
 
 
 <> 
 
 
 
 
Así: ∑
=
→→
=
n
1i
iFR es la fuerza resultante del conjunto de fuerzas aplicadas y, por otro lado, de 
R
o
n
1i
F
o MM i =∑
=
 indica que la fuerza resultante produce el mismo torque que el conjunto de 
momentos de las fuerzas aplicadas evaluados respecto al mismo punto O. 
 
 
 
 
 
 
79 
 
 
 
CCUUPPLLAA OO PPAARR DDEE FFUUEERRZZAA 
 
 
Una cupla o par de fuerza está constituido por dos fuerzas paralelas de igual magnitud y sentido 
opuesto, con líneas de acción separadas una distancia “d”, cuyo efecto físico es el de producir una rotación 
variada. La Fig. 6.3 muestra una cupla, en la que se observa una fuerza neta nula. 
 
 
 F 0
→ →
=∑ 
 
 C = Mo = d . F 
 
 
El par o cupla es independiente del punto de rotación “O” 
elegido como referencia, eso significa que se puede elegir el punto 
“O” en cualquier lugar del espacio. 
 
Fig. 6.3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EEQQUUIILLIIBBRRIIOO DDEE RROOTTAACCIIÓÓNN 
 
 
Se ha visto que el momento de fuerza es sinónimo de rotación o giro variado, de esto se desprende que 
si dicho momento de fuerza es diferente de cero, entonces el cuerpo en consideración rotará con movimiento 
circular variado si la fuerza es variable ó MCUV si la fuerza es constante en módulo; y si el momento de 
fuerza resultante es igual a cero, entonces el cuerpo no rotará ó girará con MCU y en consecuencia presentará 
equilibrio de rotación ó la segunda condición de equilibrio (equilibrio de un cuerpo rígido). 
 
Algebraicamente, esto puede escribirse de la siguiente manera: 
 
 
→
M O = ∑ 
F
i
OM
→
 ≠ 0
→
 (habrá rotación variada) 
 
 
→
M O = ∑ 
F
i
OM
→
 = 0
→
 (no habrá rotación ó gira con MCU) 
¡ ATENCIÓN ! 
 
Las cuplas o pares de fuerzas constituyen una excepción 
al Teorema de Varignon, pues en estos sistemas la 
fuerza resultante es: ∑
=
→→
=
n
1i
iFR = 
→
0 , lo que ocasiona 
que RoM = 0, sin embargo, 0M
n
1i
F
o
i ≠= ∑
=
 C 
 
 
 
 
 
 
80 
 
 
EQUILIBRIO DE ROTACIÓN 
EQUILIBRIO DE 
ROTACIÓN ESTÁTICO 
Cuando 
Esto implica 
→
α = 0
→
 
Con posibilidades 
→
ω = 0
→
 
→
ω = cte 
Σ 
→
F
oM = 0
→
 
 
EQUILIBRIO DE 
ROTACIÓN CINÉTICO 
Aceleración angular nula 
ó 
EQUILIBRIO TOTAL 
EQUILIBRIO 
DE 
TRASLACIÓN 
Cuando 
Σ 
→
F
oM = 0
→
 
 
EQUILIBRIO 
DE 
ROTACIÓN 
Σ 
→
F = 0
→
 
 
+ 
+ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EEQQUUIILLIIBBRRIIOO TTOOTTAALL DDEE UUNN CCUUEERRPPOO RRÍÍGGIIDDOO 
 
Un cuerpo rígido sujeto a fuerzas externas estará en equilibrio tanto de traslación como de rotación 
si cumple las siguientes condiciones físicas: 
 Σ 
→
F = 0
→
 : 1a condición de equilibrio (equilibrio de traslación) 
→
=∑ 0M Fo : 2a condición de equilibrio (equilibrio de rotación) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Es decir que tanto la fuerza resultante como el momento de fuerza resultante son nulos. 
 
 
 
 
 
 
81 
 
 
 
CCEENNTTRROO DDEE GGRRAAVVEEDDAADD 
 
 
Es el punto de aplicación del peso de un cuerpo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑=⇒∑=+++=
=
→→
=
→→→→→ n
1i
i
n
1i
in21 WWWW...WWW (1) 
 
Donde: 
 
 
→
w i ( i = 1 nK ) es el peso de cada partícula del cuerpo. 
 
 
CARACTERÍSTICAS: 
 
1. Es un punto que puede estar ubicado dentro o fuera del cuerpo 
 
2. Se le llama también “centro de equilibrio”, debido a que en este punto debe aplicarse una fuerza igual 
al peso del cuerpo, pero en sentido contrario para lograr el estado de equilibrio de dicho cuerpo. 
 
3. Para cuerpos con aberturas, agujeros o cavidades, se considera la longitud, área o volumen 
respectivamente negativos. 
 
 
 
DETERMINACIÓN ANALÍTICA DEL CENTRO DE GRAVEDAD (C.G.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
82 
 
 
 
q Aplicando el Teorema de Varignon respecto al eje “y” : 
 
 W X = W1 X1 + W2 X2 + ... + Wn Xn 
 
 ⇒ X = 
∑
∑
=
+++ =
i
n
1i
ii
nn2211
W
XW
W
XW...XWXW
 (2) 
 
 
q Aplicando teorema de varignon respecto al eje “x”: 
 
 
 W Y = W1 Y1 + W2 Y2 + ... + Wn Yn ⇒ Y 
 
Y = 
∑
∑
=
+++ =
i
n
1i
ii
nn2211
W
YW
W
YW...YWYW
 (3) 
 
 
q Para cuerpos linealmente homogéneos: (densidad lineal consonante) 
El peso se puede escribir en función de su longitud, esto es: 
 Wi = KLi (4) 
 
Reemplazando (4) en (2) y (3) se tiene que : 
 
L
YL
L
yL
Y;
L
XL
L
XL
X
n
1i
ii
n
1i
i
n
1i
ii
n
1i
ii
n
1i
i
n
1i
ii ∑
=
∑
∑
=
∑
=
∑
∑
= =
=
==
=
= (5) 
 
q Para cuerpos superficialmente homogéneos (superficial constante), el peso es directamente 
proporcional al área, esto es : 
 
Wi = K Ai (6) 
 
Reemplazando (6) en (2) y (3), se tiene que : 
 
A
YA
A
yA
Y;
A
XA
A
XA
X
n
1i
ii
i
n
1i
ii
n
1i
ii
n
1i
i
n
1i
ii ∑
=
∑
∑
=
∑
=
∑
∑
= ===
=
= (7) 
 
q Para un sistema de cuerpos de igual peso específico (γ = W/V) 
 
W = γ V (8) 
 
Reemplazando (8) en (2) y (3) 
 
 
V
YVV
yV
Y;
V
XV
V
XV
X
n
1i
ii
i
n
1i
ii
n
1i
ii
n
1i
i
n
1i
ii ∑
=
∑
∑
=
∑
=
∑
∑
= ===
=
= (9) 
 
 
 
 
 
 
83 
 
 
 
CCEENNTTRROO DDEE GGRRAAVVEEDDAADD DDEE AALLGGUUNNOOSS CCUUEERRPPOOSS HHOOMMOOGGÉÉNNEEOOSS 
 
 
 
 
NOMBRE FIGURA X Y LONGITUD 
SEGMENTO RECTO 
 
 
 
 
L/2 
 
0 
 
L 
 
 
TRIÁNGULO 
 
 
El CG se ubica en el 
baricentro del triángulo 
formado al unir los puntos 
medios de los lados 
 
 
a + b + c 
 
 
 
CUADRILÁTEROS 
 
 
 
 
El CG se ubica en el punto 
de intersección de las 
diagonales 
 
Y = h/2 
 
 
Suma de los 
lados 
 
 
 
 
CIRCUNFERENCIA 
 
 
 
 
 
 
 
 
0 
 
 
0 
 
 
2πr 
ARCO DE 
CIRCUNFERENCIA 
 
 
 
θ
θSenr
 
 
 
0 
 
2θr 
 
(θ en rad) 
SEMI-CIRCUNFERENCIA 
 
 
 
0 
 
π
r2
 πr 
 
CUADRANTE DE 
CIRCUNFERENCIA 
 
 
 
 
 
 
π
r2
 
 
π
r2
 
2
rπ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
84 
 
 
NOMBRE FIGURA X Y ÁREA 
 
 
TRIÁNGULO 
 
 
 
3
ba +
 
 
3
h
 
 
2
bh
 
 
 
CUADRADO 
 
 
 
 
L / 2 
 
L / 2 
 
L2 
RECTÁNGULO b /2 h /2 bh 
 
PARALELOGRAMO 
 
 
 
 
 
 
h /2 
 
 
bh 
ROMBO 
Punto de intersección de las 
diagonales 
½ Dd 
 
 
 
 
TRAPECIO 
 
 
Intersección de 
MN con la línea 
que une los 
puntos medios 
de las bases 
 
 
 
bB
)b2B(
3
h
+
+
 
 
 
 
(B b)h
2
+ 
 
 
CÍRCULO 
 
 
 
 
 
 
0 
 
 
0 
 
 
πr2 
 
 
SECTOR CIRCULAR 
 
 
 
 
 
 
α
α
3
senr2 
 
 
0 
 
 
 
2rlr
2
1
θ= 
 
SEMICÍRCULO 
 
 
 
 
 
 
0 
 π3
r4
 2
2rπ 
 
CUARTO DE CÍRCULO 
π3
r4
 
π3
r4
 
2r
4
π
 
 
 
 
 
 
 
85 
 
 
r 
 
 
 
 
NOMBRE FIGURA Z ÁREA VOLUMEN 
PRISMA 
RECTO 
 
 
h/2 2(ab+ah+bh) abh 
 
CILINDRO 
 
 
h/2 2πr(r + h) πr2 h 
PIRÁMIDE 
RECTA 
 
 
 
h/4 
 
a2 + 2 la 
2a h
3
 
CONO RECTO h/4 
 
πr(r + l) 
 
1/3 πr2h 
ESFERA 
 
 
 
0 4πr2 4/3 πr3 
SEMIESFERA 
 
 
 
 
8
r3 2 π r2 2/3 π r3 
 
 
 
 
 
 
 
 
86 
 
 
 
CCEENNTTRROO DDEE MMAASSAA 
 
 
Centro de masas, es el punto donde puede considerarse que está concentrada toda la masa de un 
cuerpo para estudiar determinados aspectos de su movimiento. El centro de masas de una esfera de densidad 
uniforme está situado en el centro de la esfera. El centro de masas de una varilla cilíndrica de densidad 
uniforme está situado a la mitad de su altura. En algunos objetos, el centro de masas puede estar fuera del 
objeto. 
 
Para tratar de comprender y calcular el movimiento de un objeto, suele resultar más sencillo fijar la 
atención en el centro de masas. 
 
Por ejemplo, si se arroja una varilla al aire, ésta se mueve de forma compleja. La varilla se mueve por el 
aire y al mismo tiempo tiende a girar. Si se siguiera el movimiento de un punto situado en el extremo de la 
varilla, su trayectoria sería muy complicada. Pero si se sigue el movimiento del centro de masas de la varilla, se 
comprueba que su trayectoria es una parábola que puede describirse matemáticamente con facilidad. El 
complicado movimiento del extremo de la varilla puede describirse como una combinación de su rotación en 
torno al centro de masas y del movimiento parabólico de éste. 
 
El centro de masas también puede ser un concepto útil cuando se estudia el movimiento de sistemas 
complicados que están formados por muchos objetos, por ejemplo, el movimiento de los planetas alrededor del 
Sol. 
 
En conclusión el centro de masa de un cuerpo no siempre coincide con el centro de gravedad, ya que no 
es lo mismo masa que peso, magnitudes que sirven de base para cada una respectivamente; pero, para fines 
prácticos, podemos considerarlos coincidentes 
 
Ejemplos ilustrativos: 
 
1. Sobre una barra horizontal AB, se aplica una cupla como se muestra en la figura. Determinar las 
reacciones en los apoyos, en N, si la cupla se desplaza 1m hacia la derecha sobre la barra AB, 
manteniéndose el equilibrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 
 
 Solución: 
 
 Una cupla se equilibra con otra cupla del mismo valor y sentido opuesto 
 
 20(2) = R(8) 
 R = 5 N 
 
 Rpta. e 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
87 
 
 
 
2. Sobre una barra AB de 1m de longitud están actuando tres fuerzas verticales, según como se indica en 
la figura. Determinar la posición “x”, en cm, que corresponde al punto de aplicación de la fuerza 
resultante "R". 
 
 a) 50 
 b) 52 
 c) 54 
 d) 56 
 e) 58 
 
 
Solución: 
 
 Aplicamos el teorema de Varignon: 
 
 Ro
F
o MM =∑ 
 
 Tomamos momentos con respecto al punto “A”: 
 
 + 2 (60) – 4(100) = R(x) 
 De la figura: R = ∑ F = -3 + 2 – 4 = -5N = 5N ↓ 
 120 – 400 = -5 (x) 
 x = 56 cm 
 
 Rpta. d 
 
 
3. El triángulo ABC es equilátero, se extrae un triángulo PQR equilátero. Calcular la ordenada del C.G. de 
la figura sombreada, en m. 
 
a) 
3
3 
 b) 
3
32 
 c) 
3
34 
 d) 
6
3 
 e) 
4
3 
 
 
Solución: 
 
 El eje “y” es un eje de simetría de la figura por lo tanto el C.G. se encuentra en el eje “y” 
 
 ∆ ABC 
__
RB = H = 2 3 ==> A1 = 2H y1 = 
3
H 
 ∆ PQR 
__
RS = h = 3 ==> A2 = -h (Área hueca) y2 = h
3
2 
 YG = 
21
2211
AA
YAYA
+
+ 
 
 
 
 
 
 
88 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
YG = 
332.2
)3(
3
2)32(
3
2
hH2
h
3
2.h
3
H.H2 22
−
−
=
−
−
 
 
 YG = 3
32
33
6
33
28
==
− m 
 
 Rpta. b 
 
 
 
4. El sistema está en equilibrio. La barra AB pesa “P” 
→
Kg y el bloque "Q" Newton. Determine la relación 
entre P/Q (g = 10m/s2). 
 
 a) 
30
7 b) 
30
1 c) 
15
1 d) 
15
2 e) 
15
4 
 
 
 Solución: 
 Considerando 
__
AB = L 
 
 ∑ MA = 0 
 Q (L Sen 53°) – 




 °53Cos
2
LW = 0 
 
5
3.
2
W
5
4.Q = 
 
 W = 10P N 
 4Q = 
2
3 . 10P 
 ⇒ 
15
4
Q
P
= 
 
 Rpta. e 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
89 
 
 
DINAMICA ROTACIONAL 
PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
1. Determine el torque resultante con respecto al punto “M”. 
 
 
a) b) c) d) e) 
 
2. Un alambre rígido homogéneo de 50cm de longitud es doblado como se indica en la figura. Para 
mantenerse en equilibrio y en la posición mostrada, determinar “x” en cm. 
 
 
 
a) 14,5 b) 24,5 c) 30,6 d) 40,5 e) 28,4 
 
3. Determine el módulo de la fuerza resultante dando su posición respecto al punto A, en la figura 
indicada. Considere la barra ingrávida. 
 
 
a) 200N; 5,6m b) 100N; 2m c) 300N; 3,4m d) 500N; 3,8m e) 300N; 10,6m 
 
4. Se tiene un cajón donde su altura es el doble de la base. Determine µs, de manera que cuando se 
aplica una fuerza “F” esté a punto de volcar. 
 
 
a) 0,15 b) 0,2 c) 0,25 d) 0,5 e) 0,75 
F µs 
8m 8m 8m 
50
150N 200N 
A 
10cm 
60° 
A 
X 
100N 
2m 
2m 
2m 
M 
100N 
180N 
180N 
x 
y 
 
 
 
 
 
 
90 
 
 
 
5. La estructura homogénea en forma de L de masa 10kg. Determine el valor de “α” para el equilibrio, la longitud de la barra es 10m; g=10m/s2. 
 a) arctg (4/9) b) arctg (1/2) c) arctg (2/3) d) arctg (4/5) e) arctg (2/7) 
6. Una placa rectangular uniforme de 300N de peso y dimensiones de 2mx2√3m, se cuelga de los 
extremos mediante cuerdas verticales . Halle la diferencia de tensiones T1-T2 en N. 
 
 
A) -100 B) 0 C) 100 D) 80 E) -80 
 
 
7. El diagrama muestra una estructura de barras ingrávidas rígidas articuladas. Si la fuerza 
horizontal actúa en el punto medio de la barra vertical. Encuentre la reacción en la 
articulación “B” en N. 
 
 
a) 8 b) 10 c) 12 d) 15 e) 6 
8. Se muestra una estructura metálica articulada en “A”. Determine la rapidez angular de esta 
estructura de tal manera que el lado “AB” se establece en forma vertical. Las esferas soldadas a 
las barras ingrávidas son de igual masa; g=10m/s2; l=1,6m 
53° 
B 
F 
4m 
6m α 
 
 
 
 
 
 
91 
 
 
 
 
 
a) 1,25rad/s b) 2,18rad/s c) 3rad/s d) 5rad/s e) 5,25rad/s 
 
 9. La barra lisa se encuentra en reposocuando se le aplica una fuerza horizontal F. Determine el 
módulo F. (g= 10 m/s2; tanө= 2/3). 
a) 10N 
b) 12N 
c) 15N 
d) 20N 
e) 24N 
 
 
 
 
10. En la figura se muestra una barra de 20N de peso afectada por la acción de fuerzas distribuidas. 
Uno de los apoyos tienen como reacción en N: 
 
a) 24,32 b) 26,40 c) 28,33 d) 30,0 e) 32,4 
 
 
11. Un motociclista se traslada con una rapidez de 90km/h sobre una superficie horizontal. Si 
ingresa a una curva cuyo radio de curvatura es 250m. ¿Qué medida tendrá el ángulo respecto a 
la vertical que debe inclinarse el motociclista para que pase la curva? (g=10m/s2) a) arctg (1/4) b) arctg (2/5) c) arctg (1/5) d) arctg (3/5) e) arctg (2/7) 
W l 
l 
l 
l 
A 
B 
L 
L 
R 
F 
ө 
 3,6 Kg 
 
 
 
 
 
 
92 
 
 
12. El módulo de la fuerza “F” en N aproximadamente y la distancia en metros del punto “B” a la 
que debe ser aplicada para que la barra ingrávida de 15m quede en equilibrio son 
respectivamente: 
 
 
 
a) 10 y 3 b) 11,66 y 4 c) 11,66 y 3 d) 6 y 3 e) 11,66 y 5 
 
13. Una partícula de masa m=1kg atada de una cuerda de 1m de longitud desarrolla un movimiento circunferencial sobre un plano sin fricción donde θ=16°. Si por el punto más alto de su trayectoria pasa con una rapidez de 5m/s. En ese instante determine en N la tensión de la cuerda. (g=10m/s2) 
 
 
a) 12,5 b) 15,6 c) 18,5 d) 22,2 e) 30,2 
 
14. Aplicada la fuerza horizontal “F” la tuerca metálica está a punto de volcar y deslizarse. 
Determine el coeficiente de rozamiento estático entre la tuerca y el piso. 
 
 
a) b) c) d) e) 
 
15. Determine la rapidez angular en “rad/s”, del sistema rotatorio, alrededor del eje “AB” para que 
la cuerda de 1m de largo se incline en 37° con respecto a la vertical (a=0,38m) 
 
 
a) b) c) d) e) 
 
B 
A 
a 
m 
F 
θ 
A 
2N 
F 
37° 
10N 
B 
 
 
 
 
 
 
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16. La esfera de 2kg que fue abandonada en “A”, al pasar por “B” experimenta una fuerza resultante 
de módulo 20N. Para dicho instante, ¿qué módulo en N tiene la fuerza de tensión? (g=10m/s2) 
 
 
a) b) 10 c) 20 d) e) 
 
17. La rueda tiene radios “r” y “R”, logra el equilibrio atándola horizontalmente a un riel inclinado en 
37°. Si el coeficiente de rozamiento estático entre la rueda y el riel es 0,5. Determinar “R/r”, si la 
rueda está a punto de resbalar sobre el riel. 
 
 
a) ½ b) 3/2 c) 5/3 d) 5/2 e)3/4 
 
18. Una partícula se mueve con MCUV, si parte del reposo con una aceleración angular de módulo 
1rad/s2. Determine la relación entre la fuerza centrípeta y la fuerza tangencial (Fc / Ft) tres 
segundos después de su partida, 
 
a) 9 b) 10 c) 12 d) 16 e) 25 
 
19. Un pequeño balde, con contenido de agua, es atado a una cuerda de 2,5m y se provoca una 
rotación vertical. ¿Qué rapidez en “m/s” debe tener el balde en su parte más alta tal que el agua 
no se derrame? (g=10m/s2) 
 
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 8 
 
r 
R 
37° 
A 
B 
varilla 
30°