4 Dinamica Del Solido Rigido

7/26/2019 4 Dinamica Del Solido Rigido

1/29

91

4

Slido rgido

4.1 Slido rgido. Rotacin alrededor de un eje 934.1.1 Movimiento general de un slido rgido 93

4.1.2 Momento angular del slido rgido. Tensor de inercia 944.1.3 Clculo de algunos momentos de inercia 954.1.4 Teorema de Steiner o de los ejes paralelos 974.1.5 Movimiento de rotacin alrededor de un eje fijo 99

4.2 Energa cintica de rotacin 100

4.3 Ejemplos de movimientos de rotacin con un eje fijo 1024.3.1 Mquina de Atwood 102

4.3.2 Movimiento combinado de traslacin y rotacin 1034.3.3 Cuerpo que cae rodando sin deslizar por un planoinclinado 107

4.4 Condiciones de equilibrio. Centro de gravedad y CM 108

4.5 Ejemplos de slidos rgidos en rotacin 1104.5.1 Pndulo fsico o compuesto 1104.5.2 Pndulo de torsin 111

4.5.3 Peonza simtrica 111

4.6 Problemas de ejemplo 1124.6.1 El problema de la bola de billar 1124.6.2 Cilindro, bloque y planos inclinados 1154.6.3 Cilindro, polea y yoy 117


2/29

92


3/29

93

4.1 Slido rgido. Rotacin alrededor de un eje

4.1.1 Movimiento general de un slido rgido

Llamaremos slido rgido a todo sistema de partculas tal que la distancia entre

cualquier par de ellas se mantiene constante. El movimiento ms general de un slidorgido, no sujeto a ligaduras, se puede descomponer en,

1. un movimiento de traslacin pura del CM, para el cual las partculas que formanel slido rgido se trasladan siguiendo trayectorias paralelas a la del CM;

2. un movimiento de rotacin pura alrededor del CM, para el cual las partculasdescriben trayectorias circulares contenidas en planos perpendiculares al eje derotacin y con centro sobre ste.

En general, el movimiento resultante es complejo, pero su estudio se puedesimplificar mediante el siguiente teorema:

Este teorema se puede demostrar fcilmente si tenemos en cuenta que en el captuloanterior establecimos que:

( )

i

i

ext i i i i i i i

i i i i

ext i i

i

L R P l R P L

dLr F R r F R F r F

dt

R F r F

= + = +

= = = + = +

= +

La variacin por unidad de tiempo del momento angular de un slido rgido,calculado respecto al CM, es igual al momento resultante de las fuerzas externasrespecto al CM,

i i ext

i

dLr F M

dt

= =

,

independientemente de cul sea el movimiento del CM (CM puede ser un sistema noinercial).

X

Y

Z

r

LAB

'X'Y

'Z

r

m

CM

X

Y

Z

r

LAB

'X'Y

'Z

r

m

CM

Figura 4.1. Sistemas de referencia laboratorio y centro de masas

para un slido rgido.


4/29

94

pero adems,

( ) extdL d dP dL dL

R P L V P R R Fdt dt dt dt dt

= + = + + = +

Comparando las dos expresiones para dL dt

se tiene que:

i i ext

i

dL r F Mdt

= =

,

que es justo lo que queramos demostrar. Para describir la rotacin del slido rgidoalrededor del CM necesitaremos calcular el momento angular L

. El movimiento de

traslacin del slido rgido se puede determinar a partir de la 2 ley de Newton,

extA F=

,

aplicada al CM.

4.1.2 Momento angular del slido rgido. Tensor de inercia

Consideremos un slido que gira con velocidad angular

alrededor de un eje quearbitrariamente supondremos que pasa por el origen de coordenadas y vamos a calcularel momento angular total L

respecto a dicho punto. El clculo que vamos a hacer es

valido para cualquier sistema de referencia, en particular, para los sistemas laboratorio ycentro de masas. Supongamos que el slido est formado por un conjunto de partculasde masa

im , cada una de ellas con velocidad

i iv r=

(rotacin del slido alrededor de

un eje), el momento angular de cada partcula es:

( ) ( ) ( ) ( )

( )2i i i i i i i i i i i i i i

i i i i

l r p r m v m r r m r r r r

m r r r

= = = =

=

donde para desarrollar el triple producto vectorial hemos utilizado la expresin,( ) ( ) ( )A B C B C A C A B =

.

Sumando para todas las partculas del slido,

( )2

1 1

N N

i i i i

i i

L l m r r r = =

= =

De esta ecuacin vemos que, en general, L

no es paralelo a

. Vamos a escribir estarelacin en componentes,

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2 2

1 1

2 2 2

1 1

2 2

1

N N

x i i x i i x i y i z i i i x i i y i i z

i i

N N

i i y i i x i y i z i i i x i i y i i z

i i

N

z i i z i i x i y i z i i i x i i y i

i

L m r x x y z m r x x y x z

L m r y x y z m y x r y y z

L m r z x y z m z x z y r

= =

= =

=

= + + =

= + + = +

= + + = +

( )21

N

i z

i

z =

Estas tres ecuaciones se pueden escribir en forma matricial,

( )

( )

( )

2 2

2 2

2 2

i i i i i i i i ix x

i i i i i i i i i y

z zi i i i i i i i i

m z y m x y m x z L

L m y x m x z m y z

L m z x m z y m x y

+ = + +

que se puede escribir en forma ms compacta como


5/29

95

x xx xy xz x

y yx yy yz y

z zx zy zz z

L I I I

L L I I I I

L I I I

= = =

.

Los trminos diagonales del tensor de inercia ( ), ,xx yy zzI I I son los momentos de inercia

respecto de los ejes de coordenadas. Los trminos no diagonales ( ), ,xy xz yzI I I se llamanproductos de inercia.

Es obvio de las definiciones anteriores que el tensor de inercia es una matriz 3 3 simtrica, que siempre se puede diagonalizar (slo los trminos de la diagonal serndiferentes de cero), eligiendo convenientemente los ejes coordenados de manera quecoincidan con los ejes principales del sistema (ejes de simetra del slido). Se puededemostrar que para cualquier slido existen tres ejes mutuamente perpendicularesrespecto a los cuales I es una matriz diagonal. Es importante resaltar que, aunque elsistema de referencia coincida con los ejes principales y I sea un tensor diagonal, en

general, L

y

no sern vectores paralelos siempre que , ,xx yy zzI I I sean diferentes.Slo cuando el eje de giro coincida con uno de los ejes principales, L

ser paralelo a

.Vamos a calcular, ahora, la proyeccin de L

a lo largo de la direccin de

(componente del momento angular en la direccin del vector velocidad angular). Paraello, simplemente calculamos el siguiente producto escalar:

( ) ( )

( )

( )

22 2

1 1

22 2 2 2

1 1

2 2 2 2 2

1 1 1

cos

1 cos sin

N N

i i i i i i i

i i

N N

i i i i i i i

i i

N N N

i i i i i i i i

i i i

L L m r r r m r r

m r r m r r

m r m r m d I

= =

= =

= = =

= = =

= =

= = = =

donde 2i iI m d= es el momento de inerciarespecto al eje de rotacin definido por

, y

id es la distancia de la partcula i al eje de

rotacin (ver Figura 4.2). Es fcil comprobarque los elementos de la diagonal del tensor deinercia no son ms que los momentos de

inercia respecto a los ejes de coordenadas; porejemplo,

( )2 2 21 1

N N

xx i i i i i

i i

I m y z m d= =

= + = .

4.1.3 Clculo de algunos momentos de inercia

Vamos a considerar algunos ejemplos del clculo del momento de inercia para

slidos homogneos.

X

Y

Zk =

i

o

ir

imid

X

Y

Zk =

i

o

ir

imid

Figura 4.2.Partcula girando respecto

al eje Z.


6/29

96

1. Momento de inercia de una varilla de longitud ly masa respecto a un ejeperpendicular a la varilla que pasa por uno de sus extremos.

2 2 2

0 0

1

3

l lM

I x dm x dx Mll= = =

2. Momento de inercia de un cilindro homogneo de masa My radio R respecto asu eje de revolucin.

Descomponemos el cilindro en diferenciales demasa, dm , en forma de hojas cilndricas de radio,r, y grosor, dr, con una masa,

22 ;dm rh dr

R h

= =

El momento de inercia respecto al eje de rotacinser

42 3

20 0 0

2

22

4

1

2

RR Rr

I r dm h r drR

MR

= = =

=

Es importante destacar que Ino depende de laaltura, h , del cilindro.

3. Momento de inercia de una esfera de radio R y masa respecto un eje quepasa por el centro de la esfera. La densidad de la esfera es:

( ) 34 3

M

R = .

Para realizar el clculo descomponemos laesfera en lminas cilndricas delgadas degrosor, dz, perpendiculares al eje derotacin y aplicamos el resultado anterior

para el momento de inercia de un cilindro,

( )

( )

2 2 2

22 2 21 1

2 2

dm r dz R z dz

dI r dm R z dz

= =

= =

,

por lo tanto,

x

Mdm dxl=

k =

x

Mdm dxl=

k =

Figura 4.3. Clculo del momento de

inercia de una barra homognea

r h

k =

r h

k =

Figura 4.4.Momento de

inercia de un cilindrohomogneo respecto de

su eje de simetra.

r

k =

R

r

k =

R

Figura 4.5.Momento de inercia

de una esfera.


7/29

97

( )4 2 2 4 21 2

22 5

R R

R R

I dI R R z z dz MR

= = + =

4.1.4 Teorema de Steiner o de los ejes paralelos

El teorema de Steiner relaciona el momento de inercia I respecto de un ejecualquiera con el momento de inercia I respecto de un eje paralelo al anterior que pasa

por el CM. Sea Iel momento de inercia respecto al eje Zde la Figura 4.6 y sea I elmomento de inercia respecto a un eje paralelo Z que pasa por el CM. Vamos a

considerar los sistemas coordenados asociados a estos dos ejes, tal como se muestra enla Figura 4.6,

( )2 2i i iI m x y= + ,

pero , con lo que,i ii i

i i

x xr d r

y d y

== +

= +

( ) ( )2 2 2 2 2 22i i i i i i i i iI m x y d m d d m y m x y Md I = + + = + + + = + ya que i im y es la coordenada y del CM multiplicada por , respecto al sistema dereferencia CM, que evidentemente es cero. ( )2 2i i im x y + es el momento de inercia

respecto al eje Z que pasa por el CM.

Ejemplos:

1. Momento de inercia de un cilindro de masa M y radio R respecto a un ejeparalelo al de simetra y que pasa por la superficie.

2 23

2I I MR MR= + =

XY

Z

r

'X'Y

'Z

r

m

CMd

XY

Z

r

'X'Y

'Z

r

m

CMd

Figura 4.6.Ejes paralelos respecto a los cuales

los momentos de inercia correspondientes se

relacionan a travs del teorema de Steiner.

RR


8/29

98

2. Momento de inercia de una esfera respecto a un eje que pasa tangente a la

superficie.

2 2 2 22 7

5 5I Md I MR MR MR= + = + =

Observaciones:

1. Si un cuerpo de masa gira alrededor de un eje fijo o de un eje principal, elradio de giro,

Gd , es la distancia al eje a la que hemos de situar una partcula de

masa para que tenga el mismo momento de inercia del cuerpo,

2 2 21G i i G i i

Md I m d d m dM

= = =

Por ejemplo, en el caso de la esfera que gira respecto a un eje que es tangente a

la superficie,7

1.185G

d R R= =

2. Si se quiere calcular el momento de inercia de un cierto conjunto de cuerpos, sepuede aplicar el teorema de Steiner a cada uno de ellos y luego sumar paraobtener el momento de inercia total. Los huecos deben tratarse como objetos demasa negativa. Por ejemplo, si queremos calcular el momento de inercia delsistema de la figura,

R

2R

M

,l m,l m

R

2R

M

,l m,l m

Aplicando el teorema de Steiner a los diferentes elementos que forman elsistema y tratando la cavidad como una esfera de masa negativa se obtiene:

( ) ( ) ( )

( )

22 2 22 2 2

22 2

2 2 2 2

3 5 5 5 8 4 82 31 15

3 40 8

M R MI ml MR M R l MR M R l R l

ml MR M R l

= + + + + + + +

= + + +

RR


9/29

99

4.1.5 Movimiento de rotacin alrededor de un eje fijo

La ecuacin que determina el movimiento de rotacin de un slido es

ext

i i ext

dLr F M

dt= =

donde el momento angular, L , y el momento de la resultante de las fuerzas externasestn referidos al origen de un sistema de referencia inercial o del CM. En general, elmomento angular del slido se puede calcular a partir del tensor de inercia y el vectorvelocidad angular,

x xx xy xz x

yx yy yz y

z zx zy zz z

L I I I

L I I I

L I I I

=

Esta ecuacin adopta una forma bastante ms simple cuando los ejes de coordenadascoinciden con ejes principales del slido y el tensor de inercia adopta una forma

diagonal, xx x yy y zz z

L I i I j I k = + +

Un caso simple muy importante es aqul en el que el eje de rotacin (determinadopor

) tiene una direccin fija, lo cual se puede conseguir mediante la accin de

fuerzas de ligadura que mantengan la orientacin del eje de rotacin; o haciendocoincidir el eje de rotacin con uno de los ejes principales. En el primer caso, engeneral, L

y

no sern vectores paralelos, y el vector L

realizar un movimiento de

precesin alrededor del eje de rotacin determinado por

. En el segundo caso, elmomento angular y la velocidad angular sern siempre vectores paralelos.

Para estos dos casos que dan lugar a un eje de rotacin fijo, podemos suponer que

zk L I = , donde I es el momento de inercia respecto al eje de giro. Laecuacin del movimiento para la rotacin alrededor del eje zes:

extzz

dLM

dt= ,

dondez

L y extM son las componentes del momento angular y de la resultante del

momento de las fuerzas externas en la direccin del eje de giro (que coincide con ladireccin de

y del eje ). Teniendo en cuenta que Ies un escalar que no depende

del tiempo, ya que estamos estudiando la rotacin de un slido rgido,

( ) extz zdL d d

I I I Mdt dt dt

= = = = ,

donde es la aceleracin angular. Obviamente

es un vector paralelo a

. Estaecuacin para las rotaciones alrededor de un eje fijo es semejante a la segunda ley de

Newton para un movimiento unidimensional.

Observaciones:

1. Cuanto mayor sea extz

mayor ser la aceleracin angular, . Es decir, extz

es

la nica accin externa responsable de que el cuerpo acelere en su rotacin en

torno a un eje fijo paralelo a k. Las otras componentes que pudieran existir del

momento de las fuerzas externas deben compensarse con los momentos


10/29

100

realizados por las fuerzas de ligadura que realizan los soportes del eje, ya que, enotro caso, tenderan a hacer variar la direccin del eje de giro.

2. Si el momento de las fuerzas externas en la direccin del eje de giro es nulo, laproyeccin Les una constante del movimiento y, en consecuencia, la velocidad

angular tambin lo es. En este caso, es obvio que 0 = .

3.

El momento de inercia es una medida de la dificultad existente para cambiar lavelocidad angular de un slido. En realidad, es una propiedad inercial para lasrotaciones semejante a la masa para las traslaciones.

4. Cuando la direccin del eje de rotacin cambia con el tiempo y slo hay unafuerza externa, el vector diferencial del momento angular dL Mdt=

es

perpendicular a la fuerza.5.

Para calcularz

(componente del momento resultante de las fuerzas externas a

lo largo del eje de giro) basta considerar las componentes dei

F

perpendiculares

al eje de rotacin. En efecto,

( )

z i i i i i i ii i i

r F r F F d F

= = + =

,

dondei

d es la distancia mnima entre el punto de aplicacin dei

F

y el eje de

rotacin. La componente iF

da una contribucin perpendicular a

y, por lo

tanto, no contribuye az

M .

4.2 Energa cintica de rotacin

Vamos a considerar un slido que gira alrededor de un eje. La velocidad de unaporcin i del slido es

i iv r=

. Por lo tanto, su energa cintica es

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

22

2 22

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 12 21

21

2 2 22

i i i i i

i y i z i x i z i x i y i

i x i i y i i z i i x y i i x z i i y z i i

T m v m r

m z y z x y x

m y z x z x y x y x z y z

= =

= + +

= + + + + +

Sumando las contribuciones de todas las porciones del slido,

( )

2 2 21 2 2 22

1 1 12 2 2

x xx y yy z zz x y xy x z xz y z yziT T I I I I I I

I L L

= = + +

= = =

Esta ecuacin adopta una forma mucho ms sencilla cuando los ejes de coordenadascoinciden con los ejes principales del slido. En ese caso,

( )2 2 21

2 xx x yy y zz z T I I I = + +

Si la rotacin se da alredor de un eje fijo,

( )2 2 21 1

2 2i iT m d I = =

Esta expresin tiene muchas similitudes con la energa cintica para un movimientounidimensional, 21 2T Mv= . Adems, dado que L I = ,


11/29

101

2

2

LT

I=

Vamos a obtener, ahora, una versin del teorema trabajo-energa para las rotacionesdel slido rgido alrededor de un eje. El trabajo realizado por las fuerzas externas

durante un intervalo de tiempo dtes( ) ( ) ( )ext ext ext i i i i i idW v dt F dt r F dt r F = = =

,

donde hemos utilizado el hecho de que el producto mixto es invariante a permutacionescclicas de los productos escalar y vectorial. En consecuencia,

( )exti i ext dW dt r F dt M = =

Es importante resaltar que este resultado tiene validez general. Para el caso particular deuna rotacin alrededor de un eje fijo,

extM

y, por lo tanto, la expresin anterior se

transforma en una simple ecuacin escalar,

ext ext dW dt M d M = = ,

donde se ha utilizado que d dt = es el ngulo girado durante un intervalo de tiempodt. Por otro lado,

ext dL dt= , y, en consecuencia,

( ) 21

2extdW dtM dL d I I d d I dT

= = = = = =

que no es ms que el teorema trabajo-energa para rotaciones.A partir de estos resultados se puede calcular la potencia desarrollada por las

fuerzas externas,

ext ext

dWP M

dt= =

,

que es una ecuacin anloga a la que se obtuvo para las traslaciones, P F v=

. Si larotacin tiene lugar alrededor de un eje fijo,

ext ext P M=

Observaciones:

1. Para rotaciones alrededor de un eje fijo, el caso ms general que podemosestudiar es el correspondiente a un movimiento combinado de traslacin del CMy rotacin respecto a un eje principal que pase por el CM. La energa cinticatotal tendr dos contribuciones,

2 21 12 2T MV I = +

Si las fuerzas externas son conservativas, la energa mecnica total ser unaconstante del movimiento,

2 21 1

2 2 extE MV I U= + +

2. Analoga entre las ecuaciones para las traslaciones y las rotaciones.

dxv

dt=

2

2

d xa

dt= m p mv=

ext

dpF

dt=

P v F=

21

2T mv=

ddt= 2

2ddt

= I L I= ext dLMdt

=

extP M= 21

2T I=


12/29

102

4.3 Ejemplos de movimientos de rotacin con un eje fijo

4.3.1 Mquina de Atwood

Una mquina de Atwood est constituida por dos cuerposque cuelgan de una polea y estn unidos por una cuerda demasa despreciable. La polea rueda sin friccin con el eje y lacuerda no resbala sobre la superficie de la polea. Se trata decalcular la aceleracin, a , de las dos masas. Si la cuerda nodesliza sobre la polea, la aceleracin angular de las dos masay la aceleracin angular de la polea estn relacionadas atravs de a R = . Vamos a resolver el problema utilizandotres mtodos alternativos.

1. Segunda ley de Newton.

( )

1 1 1

2 2 2

21 2 1 2

masas:

1 1polea: 2 2

m g T m a

T m g m a

aT T R I MR T T MaR

=

=

= = =

donde es la masa de la polea. Sumando las tres ecuaciones,

( ) 1 21 2 1 21 2

1122

m mm m g m m M a a g

m m M

= + + =

+ +

2. Momento angular.El momento angular del sistema respecto al centro de la polea es un vector

perpendicular al plano de la polea que va dirigido segn el eje de giro de la poleahacia adentro del papel. Su mdulo es

( )1 2 1 2L m vR m vR I v m R m R I R= + + = + + Adems, el momento de las fuerzas externas (pesos de las dos masas) respecto alcentro de la polea vale

1 2ext m gR m gR= ,

entonces,

( ) ( )1 2 1 22extdL

a m R m R MR g m m Rdt

= + + = ,

de donde,

1 2

1 22

m ma g

m m M

=

+ +

2T

2

m g

2T

1T

1T

1m g

2T

2

m g

2T

1T

1T

1m g

Figura 4.7.Mquina

de Atwood.


13/29

103

3. Conservacin de la energa. La aceleracin tambin puede obtenerse a travs delprincipio de conservacin de la energa. Suponiendo que en el instante inicial

0v = , 0h = , por lo tanto, 0E = ,

2 2 21 1 1 2 2 2

1 1 10

2 2 2m gh m v m gh m v I = + + + + ,

donde hemos utilizado que:2

1 2

1; ;

2

vI MR v v v

R= = = = ,

para obtener,

( ) 21 2 1 21 1

02 2

m m gh m m M v

= + + +

,

de donde podemos despejar 2v ,

2 1 2

1 2

2 21

2

m mv gh ah

m m M

= =

+ +

Por lo tanto, el movimiento es uniformementeacelerado con aceleracin,

1 2

1 2 2

m ma g

m m M

=

+ +

4.3.2 Movimiento combinado de traslacin y rotacin

- Cilindro que se desplaza sobre un plano horizontal

Consideremos, primero, un cilindro querueda sin deslizar por un plano horizontal.Vamos a calcular la velocidad lineal, debida a larotacin alrededor del CM, de los puntos de la

periferia del cilindro. En un t , cualquier puntode la periferia se desplaza una distancia s R = en torno al CM y, por lo tanto, su velocidad linealde rotacin es:

sv R R

t t

= = =

y es constante, ya que el cilindro gira a velocidad angular constante respecto a su CM.Durante el intervalo t , el CM tambin se desplaza s si el cilindro rueda sindeslizar. Por lo tanto, la velocidad de traslacin del CM, debida a la rotacin alrededordel CM, es:

CMv s t R= = , que coincide con la velocidad lineal en mdulo de los

puntos de la periferia.El movimiento total de un punto de la periferia del cilindro resulta de la

composicin de un movimiento de traslacin con velocidad ( ),0v v=

y un movimiento

de rotacin alrededor del CM con velocidad de mdulo v , tal como se indica en lafigura.

2m

1m

R

h

h

2m

1m

R

h

h

Figura 4.8. Origen parala energa potencial

gravitatoria

s R =

CM

v

s R =

CM

v


14/29

104

+ =

C

BD

Traslacin rotacin en torno al CM velocidad resultante

+ =

C

BD

Traslacin rotacin en torno al CM velocidad resultante

Haciendo la composicin de los movimientos de rotacin alrededor del CM y traslacindel CM se obtiene,

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

,0 ,0 2 ,0

,0 0, ,,0 ,0 0,0

,0 0, ,

A

B

C

D

v v v v

v v v v v

v v v

v v v v v

= + =

= + =

= + =

= + =

El eje Cde contacto entre el cilindro y el plano tiene una velocidad resultante nula. Porlo tanto, se puede suponer que el movimiento del cilindro es una rotacin pura alrededorde este eje que llamaremos eje instantneo de rotacin.

C

BD

C

BD

Vamos a calcular la ecuacin de los puntos del cilindro que tienen la misma

velocidad en mdulo que el CM. Teniendo en cuenta que por Cpasa el eje instantneode rotacin, estos puntos son los que quedan sobre la circunferencia centrada en Cy de

radio R igual al del cilindro (circunferencia de menor radio en la figura anterior). Paraobtener la ecuacin de estos puntos vamos a considerar el vector velocidad resultantepara un punto ( ),x y arbitrario del cilindro.

x

r

y

x

r

y


15/29

105

En la figura se representa la componente de la velocidad del punto ( ),y debida slo a

la rotacin alrededor del CM. La velocidad resultante ser:

( ) ( ) ( ), ,0 sin , cos ,0 ,

1 ,

v v v vv x y v r r v y x

R R R Ry x

v vR R

= + = +

= +

Si ahora imponemos que ( ),v x y v= , tendremos que

( )

2 2 2 22 2 2

2 2 2

22 2 2 2 2 2

21 1 1

2

y x y y xv v v

R R R R R

R yR R y x y R x R

+ + = + + + =

= + + + + + =

sta es la ecuacin de una circunferencia de radio R , centrada en ( )0, R , que es la

posicin del eje instantneo de rotacin.Todos estos resultados se pueden resumir de la siguiente forma. Si el cuerpo desliza

sobre la superficie sin rodar, todas las partculas tienen la misma velocidad, v , y elcilindro realiza un movimiento de traslacin puro (ver Figura 4.9(a)). Si el cuerpo ruedasin deslizar, el eje en contacto con el plano tiene velocidad nula (eje instantneo derotacin), el CM tienen velocidad v y el punto ms alto se mueve con velocidad 2v (ver Figura 4.9(b)). En este caso, el movimiento es una rotacin pura alrededor delcentro instantneo de rotacin con velocidad angular, v R= . Una forma alternativade estudiar este ltimo caso consiste en descomponer el movimiento en una traslacindel CM con velocidad v y una rotacin alrededor del CM con velocidad angular

v R= (ver Figura 4.9(c)).En los dos casos, la cantidad de movimiento total viene dada por P Mv= (es la

asociada al CM), mientras que la energa cintica total es diferente,

2

22 2 2

2

22 2 2 2 2

2

1

2

1 1 3 3

2 2 2 4

1 1 1 1 1 3

2 2 2 2 2 4

a

b

b c

c

T Mv

vT I MR Mv

RT T

vT Mv I Mv MR Mv

R

=

= = =

=

= + = + =

R

v

v

2v

v

v

v

(a) (b) (c)

R

v

v

2v

v

v

v

(a) (b) (c)

Figura 4.9. a) Cilindro que desliza sin rodar; b) Cilindro que rueda sindeslizar visto como una rotacin pura alrededor del centro instantneo derotacin; c) Traslacin del CM ms rotacin alrededor del CM para un

cilindro que rueda sin deslizar.


16/29

106

Ntese queb a

T T> , ya que, en este caso, adems de la energa cintica de traslacin

existe energa cintica de rotacin; sin embargo, la velocidad del CM es la misma enambos casos.

- Barra y disco movindose sobre una superficie horizontal

Una barra de longitud L y masadescansa sobre una mesa horizontal lisa.La barra se puede mover de cualquierforma sobre la mesa. Un disco de masam se acerca deslizando sobre la mesacon velocidad v , como se indica en lafigura, y choca elsticamente contra la

barra. a) Qu magnitudes se conservanen el choque? b) Cul ha de ser la masadel disco para que quede en reposodespus del choque?

a) Dado que no actan fuerzas externas, se conserva la cantidad de movimiento totaldel sistema formado por la barra y el disco. Como no actan fuerzas externas, tampocohabr momento realizado por las fuerzas externas y, por lo tanto, tambin se conservarel momento angular total. Por ltimo, como el choque entre el disco y la barra eselstico, se conservar la energa cintica total.

b) Vamos a imponer la conservacin de estas magnitudes, suponiendo que el disco se

queda en reposo despus de la colisin.

i) Cantidad de movimiento:Inicial:

Final: bb

mv mv v

Mv

=

ii) Momento angular:

iii)

Energa cintica:2 2 21 1 1

2 2 2CM bmv I mv= +

2 2 2 2 221 1 1

2 2 2CMCM CM

mvd m m d mmv I M v m

I M I M

= + = +

Clculo deCM

I respecto a un eje perpendicular a la barra:32

2 2 2

2

1 12

3 2 12

L

CM

L

M M LI r dm r dr ML

L L

= = = =

CM L

v

d

Inicial:

Final: CM CM

mv d mvd

I I

=


17/29

107

Por lo tanto,2 2 2 2 2

2

2

2 2 2

2

1 12 11

1

12 1 12

CM CM

m d m d d m m m

I M I M ML M

ML

m d d L

L M

= + = + = +

= =+

+

4.3.3 Cuerpo que cae rodando sin deslizar por un plano inclinado

Supongamos un cilindro de masa m y radio R que cae por un plano inclinadorodando sin deslizar, debido a la accin de la fuerza de rozamiento,

rf . En realidad, la

fuerza de rozamiento no realiza trabajo disipativo si el cuerpo no desliza, pero esnecesaria para producir la rotacin. Si

rf no pudiera adoptar un valor suficiente, el

cilindro bajara por el plano inclinado siguiendo un movimiento combinado de rotacin

y deslizamiento.En el caso de que ruede sin deslizar, la velocidad y la aceleracin del CM pueden

calcularse a partir de las ecuaciones,velocidad del CM

;aceleracin del CM

vv d a

aR dt R

= = =

El problema se puede resolver de tres formas alternativas.

1) Eje instantneo de rotacin. Si adoptamos como origen de coordenadas el centroinstantneo de rotacin, el momento de las fuerzas externas es:

sinCIRext

M mgR = ,

de forma que se puede escribir la igualdad,

( ) 23 2sin sin2 3

d IdL aI mR mgR a g

dt dt R

= = = = =

Esta aceleracin es menor que la que adquirira si bajara deslizando,sin

da g = .

2) Centro de masas. Si elegimos el origen de coordenadas coincidiendo con el CM, elmovimiento es el resultado de la composicin de la traslacin del CM ms la

rotacin alrededor del CM. Las ecuaciones que determinan esas dos contribucionesson las siguientes:

R

mg

sinmg

cosmg

rf

R

mg

sinmg

cosmg

rf

Figura 4.10.Esquema de fuerzas para un cilindroque rueda sin deslizar por un plano inclinado.


18/29

108

2

1 2sin sin sin

2 3

1 1 1sin

2 2 3

r

r r r

ma mg f ma mg ma a g

af R I mR f ma f mg

R

= = =

= = = =

Este valor de rf es el mnimo necesario para que el cilindro ruede sin deslizar.Es importante tener en cuenta que, como no hay desplazamiento relativo entre el

plano inclinado y el punto de contacto del cilindro, el rozamiento que acta es elesttico. Para que ruede sin deslizar se debe cumplir la siguiente condicin

1sin cos tan 3 (cilndro)

3r e e ef N mg mg

3) Resolucin mediante la conservacin de la energa. Teniendo en cuenta quer

f no

realiza trabajo disipativo, todas las fuerzas externas que actan sobre el cilindro sonconservativas y, en consecuencia, la energa mecnica es una constante del

movimiento. Si el cuerpo parte del reposo y recorre un cierto espacio ldurante eltiempo t, desciende una altura sinh l = , por lo tanto, tendremos que,

22 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 3 2sin 2 sin

2 2 2 4 4 32

sin3

vmgl mv I mv mR mv v g l

R

a g

= + = + = =

=

Si en lugar de un cilindro tuviramos una esfera, la aceleracin sera5 7 sin

esferaa g = , ya que esfera cilindroI I< .

4.4 Condiciones de equilibrio. Centro de gravedad y CM

Un cuerpo rgido est en equilibrio mecnico si al ser analizado desde un sistema dereferencia inercial se cumple que: i) la aceleracin lineal de su CM es nula; y ii) laaceleracin angular

es tambin nula. Esta definicin de equilibrio no implica

necesariamente que el cuerpo est en reposo respecto al observador, sino nicamenteque no est acelerado. Es decir, el cuerpo se puede mover con velocidad lineal constanteo puede girar alrededor de un eje con velocidad angular constante. Si el cuerpo estrealmente en reposo, se habla de equilibrio esttico (velocidades lineal y angular nulas).Sin embargo, las condiciones para que se d el equilibrio son las mismas en ambos

casos,i) 0

ii) 0

ext

ext

FA

m

M

I

= =

= =

Es decir, la resultante de las fuerzas externas y el momento resultante de las fuerzasexternas deben ser ambos nulos. Estas dos ecuaciones vectoriales nos dan seisecuaciones escalares para establecer las condiciones de equilibrio, una para cada gradode libertad del slido (tres de traslacin y tres de rotacin). Sin embargo, falta indicarrespecto a que punto debe calcularse

extM

. En caso de equilibrio, el punto de referencia

para calcular los momentos puede elegirse arbitrariamente. En efecto, si 0extF = , vamos


19/29

109

a calcular el momento de las fuerzas externas para dos puntos arbitrarios o y o que

estn conectados por el vector d

,

( )o oext i i i i ext i i ext i i i

M r F d r F d F r F M

= = + = + =

,

ya que la resultante de las fuerzas externas es igual a cero, 0ext

F =

, en condiciones de

equilibrio.Consideremos un slido rgido en un campo gravitatorio uniforme. El peso total del

slido valdr:

iP m g Mg= =

,

siendo ste resultado de la composicin de los pesos de las partculas que forman elslido. Supongamos que se aplica una fuerza P

en el CM del cuerpo. En ese caso,

observamos que el cuerpo se encuentra en equilibrio ya que,0im g P =

y eligiendo como origen de referencia de los momentos de las fuerzas externas el CM,

( ) ( ) ( )0 0ext i i i iM r m g P m r g = + = =

,ya que i im r

es proporcional a las coordenadas del CM respecto al CM. En

consecuencia, la fuerza gravitatoria que acta sobre un cuerpo rgido en un campouniforme,

, es equivalente a una nica fuerza, g

, aplicada en el CM. Es por esta

razn que el CM se llama tambin centro de gravedad.Acabamos de demostrar que un sistema de fuerzas paralelas es equivalente a una

nica fuerza aplicada en un punto determinado del slido rgido. Sin embargo, engeneral, un sistema de fuerzas arbitrario no es equivalente a la accin de una nicafuerza, ya que una sola fuerza no puede producir rotaciones alrededor de su recta deaccin. Vamos a ver que todo sistema de fuerzas que actan sobre un slido rgido esequivalente a la fuerza resultante,

extF , aplicada en el CM ms un par de fuerzas que

produzca un momento neto respecto al CM igual al momentoext

de las fuerzas

externas respecto al CM. De esta forma produciremos sobre el slido rgido el mismomovimiento que el sistema de fuerzas.

Un par de fuerzas es unapareja de dos fuerzas de igualmdulo y sentidos opuestos quetienen rectas de accindiferentes. Aunque la fuerzaresultante de un par es siemprecero, la accin combinada delas dos fuerzas tiende a produciruna rotacin. El momento netodel par de fuerzas es:

( )

1 2

1 2

par r F r F

r r F

=

=

Es importante hacer notar que

par

es perpendicular al plano

determinado por las fuerzas que

forman el par y no depende del punto o de referencia, ya que la fuerza resultante delpar es cero.

X

Y

Z

o

1r

F

2r

1 2r r

F

X

Y

Z

o

X

Y

Z

o

1r

F

2r

1 2r r

F

Figura 4.11.Accin de un par de fuerzas sobre un

slido rgido


20/29

110

Ejemplo: Hallar la fuerza F

ejercida por la articulacin sobre la viga. Para que la

viga se encuentre en equilibrio esttico es necesario que se anulen simultneamentela suma de fuerzas y momentos que actan sobre ella.

1

0 cos 0

sin 0

T mg

F T F

F mg Mg

=

= =

=

( )0 respecto a la articulacin

sin cos cos 02

M

lTl mgl Mg

=

=

A partir de las tres ecuaciones anteriores sepueden obtener las componentes de la fuerza F

que la articulacin ejerce sobre la viga,1 1

;2 tan x yT mg Mg F F mg Mg

= + = = +

4.5 Ejemplos de slidos rgidos en rotacin

4.5.1 Pndulo fsico o compuesto

Un pndulo fsico es un cuerpo de masa y momento de inercia Irespecto a uneje fijo o , alrededor del cual puede girar libremente bajo la accin de su peso. Sidesplazamos el cuerpo de su posicin de equilibrio, de forma que el CM se aparte de lavertical un cierto ngulo

m y dejamos el cuerpo libre, el movimiento posterior ser

oscilatorio entrem

ym

. La ecuacin del movimiento es:

( ) 2

2sin

ext

d IdL dI M I Mgd

dt dt dt

= = = =

Para pequeas oscilaciones, sin , entonces,

( )I Mgd k = = ,

por lo tanto, el pndulo seguir un movimiento armnico simple de periodo,

2 I

Tgd

=

El pndulo fsico se utiliza para hacer determinaciones

precisas de , si se conoce el momento de inercia delcuerpo, o para medir el momento de inercia del cuerpo a

partir de la determinacin experimental del periodo deoscilacin.Si aplicamos estos resultados al caso de una barra demasa y longitud l que oscila alrededor de uno desus extremos, y tenemos en cuenta que 21 3I Ml= , el

periodo de las oscilaciones es:

22 2

2 3

I lT

Mg l g = =

F

T

g

mg

l

1T

1T

F

T

g

mg

l

1T

1T

g

CM

d

g

CM

d

Figura 4.12.Pndulo fsico.


21/29

111

y el radio de oscilacin,2 2

3oI l

dl

= = ,

que corresponde a la longitud que debera tener un pndulo simple con la masa Myque tuviera el mismo periodo. Si se aplica una fuerza impulsora,

F

, en un punto de la barra que est a una cierta distancia ddeleje de giro, ste ejerce una fuerza

eF

de signo contrario sobre la

barra, de tal forma que

( )( )

( )

2

2e ed M ldP Ml

F F F F dtdt dt

d IdLFd I d Fdt

dt dt

= = =

= = =

Vamos a ver en qu punto d se ha de aplicar F

, para que el

impulso de la fuerza de reaccin que hace el eje sobre la barra seanule,

2 20

2 2 3e oMl I Ml I l

F dt Fdt d dd Ml

= = = = = =

Es decir, el eje no ejerce ningn impulso sobre la barra cuando se aplica la fuerza F

enun punto que est a una distancia

od del eje de rotacin. A este punto se le llama centro

de percusin. Por ejemplo, los jugadores de bisbol conocen perfectamente donde seencuentra el centro de percusin en el bate y as minimizan el esfuerzo que deben hacercon la mueca en el momento del impacto con la bola.

4.5.2 Pndulo de torsin

Cuando un cuerpo elstico se somete a una torsin, el ngulo de deformacin esproporcional al momento de la fuerza aplicada sobre el cuerpo (ley de Hooke), de talmanera que, k= , y por lo tanto,

2

2

dI I k

dt

= = ,

donde kes la constante recuperadora. Los muelles metlicos de torsin (por ejemplo,los de los relojes mecnicos) satisfacen con mucha aproximacin la ley de Hooke. Lasolucin de la ecuacin diferencial anterior es:

( ) ( )0sinmt t = + ,donde k I= , y por lo tanto, el movimiento es armnico simple. El periodo de este

movimiento oscilatorio es:

2 I

Tk

=

4.5.3 Peonza simtrica

Una peonza es un cuerpo que gira apoyndose en una regin muy estrecha que

podemos considerar puntual. Vamos a considerar una peonza que gira respecto a su ejede simetra, que es un eje principal,

eF

CM

d

F

eF

CM

d

F


22/29

112

L I=

Si la peonza gira inclinada, el peso resultante, mg

, que podemos considerar como

aplicado en el CM, realiza un momento que respecto al origen (que supondremos en el

punto de contacto entra la peonza y la mesa, ya que este es un punto fijo) es:sinM mgd =

En el intervalo de tiempo dt, el momento angular vara en dL Mdt=

, en la direccinque se muestra en la Figura 4.13. En consecuencia, el momento del peso da lugar a queL

y la peonza, en conjunto, giren alrededor del eje Zcon velocidad angular,

1sin sind dL M mgd dt L dt L L

= = = =

A este movimiento de giro alrededor del eje Zse le llama movimiento de precesin. Enrealidad, el clculo que hemos hecho es slo aproximado, ya que al existir unmovimiento de precesin con velocidad angular , L es slo aproximadamente igual aI cuando . En el movimiento real, el ngulo tambin vara siguiendo unmovimiento de nutacin.

Es importante resaltar que no depende del ngulo de precesin , tal comodemuestra la ecuacin anterior. Sin embargo, la velocidad angular de precesin, , esinversamente proporcional a la velocidad angular (L I ), y esto hace que aumente rpidamente a medida que la peonza se va parando en su rotacin sobre s

misma.

4.6 Problemas de ejemplo

4.6.1 El problema de la bola de billar

Consideremos una bola de billar de masa m y radio R . Preparamos unascondiciones iniciales 0v y 0 para el movimiento de la bola (por ejemplo, dndole con

el palo), donde 0v es la velocidad inicial de traslacin de la bola y 0 la velocidad

angular inicial de rotacin respecto a su CM, y estudiamos el movimiento posterior de

la bola, suponiendo que se mueve por una superficie con coeficiente de rozamientocintico .

Y

Z

dL

o

sinL

CM

mg

d

Y

Z

dL

o

sinL

CM

mg

d

Figura 4.13.Movimiento de precesin de una peonza

simtrica.


23/29

113

1) 0 0 0 00, 0,v R v > > > la bola desliza ya que gira demasiado rpido para la

velocidad a la que se est trasladando.

0

0v

0v0R

N

mgr N mg = =

0

0v

0v0R

N

mgr N mg = =

El punto de contacto entre la bola y la superficie se desplaza respecto a sta haciaatrs, ya que 0 0R v > . En consecuencia, la fuerza de rozamiento trata de evitar este

desplazamiento relativo y acta dirigida hacia delante, tal como se indica en eldibujo. El momento que realiza

rf respecto al CM de la bola frena la rotacin de

sta, disminuyendo . Vamos a escribir las ecuaciones del movimiento.

- Rotacin respecto al CM:

( )

2

0 0

2 5

5 2

5

2

gmgR mR

R

gt t t

R

= =

= =

- Traslacin del CM:

( ) 0 0

0r

f N maa

N mg

v t v at v gt

= = =

=

= + = +

Por lo tanto, la velocidad angular de rotacin disminuye linealmente con el tiempo,mientras que la velocidad de traslacin aumenta linealmente con t. Cuando se alcanzala condicin ( ) ( )t R v t = , la fuerza de rozamiento pasa a ser esttica y adopta el

valor cero. A t se alcanza la condicin de rodadura y la bola rueda sin deslizar avelocidad de traslacin constante.

0R

0v v

t t

0rf =

0R

0v v

t t

0rf =

2) 0 0 0 00, 0,v R v > > < la bola desliza porque se traslada demasiado rpido para

que se verifique la condicin de rodadura. En este caso, el rozamiento esttico actahacia atrs, tratando de frenar el avance de la bola.


24/29

114

0

0v

0v0R

N

mgr N=

0

0v

0v0R

N

mgr N= El momento que realiza

rf respecto al CM tiende a aumentar y, a la vez, produce

una deceleracin en la traslacin de la bola que tiende a disminuir v . Las ecuacionesdel movimiento sern:

( )

( )

0

0

5

2

gt t

R

v t v gt

= +

=

0R

0v v

t t

0rf =

R v =0R

0v v

t t

0rf =

R v =

3) 0 0 0 00, 0,v R v > < > la rotacin y la traslacin dan lugar a que el punto de

contacto de la bola con la superficie tenga una velocidad lineal positiva respecto a lasuperficie. La fuerza de rozamiento actuar hacia atrs, tendiendo a disminuir, a la

vez, la velocidad de traslacin y el mdulo de la velocidad angular de rotacin.

0

0v

0v

0R

N

mgrf N=

0

0v

0v

0R

N

mgrf N=

Cuando se alcance la condicin de rodadura ( R v = ) se podrn dar dos casosdiferentes, que dependern de los valores concretos de los parmetros del problema.

0R

0v v

R

t t

R v =

00v

0

0v

0R

0v v

R

t t

R v =

00v

0

0v


25/29

115

En el primer caso, se invierte el sentido de rotacin de la bola antes de alcanzar lacondicin de rodadura, tal como se indica en la figura.

0R

0v

v

R

tt

R v =

0

0v

00v

0R

0v

v

R

tt

R v =

0

0v

00v

En el segundo caso, se produce un efecto de retroceso en la bola y antes de que sealcance la condicin de rodadura se invierte el sentido de avance del CM de la bola,tal como se puede ver en la figura.

4) 0 0 0 00, 0,v R v > < < es anlogo al caso anterior.

4.6.2 Cilindro, bloque y planos inclinados

30 =

2m1 2 2m m=

0.5c =

0e c= =

3h R=

30 =

2m1 2 2m m=

0.5c =

0e c= =

3h R=

Un cilindro de masa 2m y radio R rueda sin deslizar por un plano inclinado con

30 = , arrastrando, mediante una cuerda sin masa (inextensible) unida a su eje degiro, un bloque de masa 1 2 2m m= que se mueve por un plano horizontal con

coeficiente de rozamiento cintico 0.5c = (ver la figura adjunta). Si suponemos que la

polea tiene una masa despreciable, a) calcular la aceleracin a la que se traslada elconjunto. b) Cuando se inicia el movimiento el CM del cilindro se encuentra a unaaltura igual a 3R respecto al punto ms bajo del plano inclinado. Encontrar la velocidadde traslacin del CM del cilindro cuando ste llega a la base del plano inclinado. c) Eneste punto, se rompe la cuerda que une el cilindro con el bloque y el cilindro comienza asubir por la ladera opuesta del plano inclinado, que no tiene rozamiento. A qu alturallegar el cilindro antes de pararse?

a) Aceleracin a la que se traslada el conjunto. Consideraremos por separado el

movimiento de los dos cuerpos.


26/29

116

- Para el bloque aplicaremos la segunda ley de Newton al movimiento de su centro demasas:

( )

21

2 2

1 1 1

2 2 21 1

2

2 2

2 2 2

c

r c c

c

r c

c c

mf m g g

m m

T f T g m a a

m m mT g a g a

= =

= = =

= + = +

- El cilindro rueda sin deslizar. En consecuencia, el movimiento se puede tratar comouna rotacin pura respecto al eje instantneo de rotacin (eje de contacto entre elcilindro y el plano inclinado):

2 2 2 22 2 2 2

2

2 2 2

1 3

2 23

sin 2

I I m R m R m R m R

a

m g R TR I I m RaR

= + = + =

= = =

y de aqu se obtiene que:

2 2 2 2 2 2

3 3sin sin

2 2m g T m a T m g m a = =

Teniendo en cuenta que toda la cuerda se mueve con la misma aceleracin, 1 2a a a= = ,

y que las tensiones de la cuerda sobre el cilindro y el bloque son iguales, dado que lapolea no tiene masa, entre las dos ecuaciones anteriores se puede eliminar la tensin,

( )2 23

sin2 2c

ma m g a

+ =

32 sin

2 ca g a

= +

2 sin2 sin 4

4 8c

c

g g gg g a a

= = =

b) Velocidad del CM del cilindro en la base del plano inclinado. La variacin de laenerga mecnica total entre elo instante iniial y el momento en el que el cilindro llega ala base del plano inclinado es igual al trabajo de la fuerza de rozamiento que acta sobreel bloque. Por lo tanto,

2 1

2 2 22 1 1 2

22 2 22

2 1 2 2 2

2 2 2 22 1 2 2 2 2 1 2

3

1 1 12 2 2

1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 1 1

4 2 4

i

f

E m g R m gh

E m gR m gh m v m v I

m vm gR m gh v m v m R

R

m gR m gh m v m v m v m gR m gh m v

= +

= + + + +

= + + + +

= + + + + = + +

adems,

21 2

2 20.5

sin 2 0.5cR m R

W m g g m gR

= = =

entonces, 22 2 2 2 3f iE E W m gR m gR m v m g R = = +

T

1 2 2m m=

+

c

rf

1m g

N

T

2 sinm g

2m g

rf

+

2 cosm g


27/29


28/29

118

separado las ecuaciones del movimiento del cilindro y del yoy. Las fuerzas que actansobre cada uno de estos objetos se indican en la figura siguiente.

2a

1a 2

2m g

T

1m gr

1

1a

T

N

2a

1a 2

2m g

T

1m gr

1

1a

T

N

- Ecuaciones del movimiento para el cilindro.

1 1

1

2 11 1 1 1 1

(1) :

0

1 1; (2) :

2 2

r

r r

T f m a

N m g

af R m R f m a

R

=

=

= = =

- Ecuaciones del movimiento para el yoy:

( ) ( )

2 2 2

22 2 2 2 1 2 2 1

(3):

1 1; (4) :

2 2

m g T m a

TR m R a a R T m a a

=

= = =

La ecuacin que describe la rotacin del yoy respecto a su CM es vlida aunqueel yoy constituye un sistema no inercial, ya que est aplicada a un eje que pasa por elCM. Sumando las ecuaciones (1) y (3) por un lado, y (2) y (4) por otro, se eliminan latensin entre ellas y se obtiene:

( )

2 1 1 2 2

2 1 1 2 2

1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 1

3(5):1 2

21 3 1

(6):2 2 2

r

r

m g f m a m a

m g m a m af m a

m g m a a m a m g m a m a

= +

= +=

= =

Si ahora sumamos la ecuacin (5) con la (6) multiplicada por 2 3 obtendremos una

ecuacin que slo depende de 1a ,

22 2 1 1 2 1 1

1 2

2 3 1 2

3 2 3 9 2

mm g m g m a m a a g

m m = + =

+

Sustituyendo la expresin para 1a en la ecuacin (5), podemos obtener una expresinpara 2a ,

2 12 1 2 2 2

1 2 1 2

3 2 31

2 9 2 9 2

m mm g m g m a a g

m m m m

= + =

+ +

b) Tensin de la cuerda. De la ecuacin (3) podemos despejar Ty sustituir 2a ,

1 22 2 2

1 2

3

9 2

m mT m g m a T

m m= =

+

c) Valor mnimo dee para que el cilindro ruede sin deslizar cuando 2 13m m= . La

fuerza de rozamiento esttica mxima valdr 1r e ef N m g = = . Por lo tanto, de laecuacin (1) tendremos que:


29/29

1 2 1 2 1 2 11 1

1 2 1 2 1 2 1 1 2

3 2

9 2 9 2 9 2 9 2r

r e

m m m m m m f mf T m a g g g

m m m m m m m g m m= = = = =

+ + + +

Si 2 13 1 5em m = = .

Documents

4 Dinamica Del Solido Rigido