Dinámica cuerpos rígidos

CONTENIDO SINTÉTICO
I. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
II. TRABAJO Y ENERGÍA
III. OSCILACIONES

DEFINICIONES Y CONCEPTOS BÁSICOS
• Marco de Referencia Inercial
Figura 1

• Denotaremos por al vector de
posición de una partícula dependiente del
tiempo.
• A la primera derivada del vector de posición
respecto al tiempo le llamaremos la velocidad
de la partícula
ésta siempre es tangente a la trayectoria (Fig.1)
( )
r r t

( )
( )
dr t
v t
dt


• La segunda derivada del vector de posición
respecto al tiempo es la aceleración
y nos indica como cambia la velocidad tanto en
magnitud como en dirección.
2
2
( ) ( )
( )
d r t dv t
a t
dt dt
 

• El producto de la masa por la velocidad se
conoce como momento lineal y se denota por
• Como veremos más adelante se trata de un
concepto extraordinariamente útil para
estudiar la dinámica de una partícula , de un
sistema de partículas y de un cuerpo rígido.
( ) ( )
p t mv t


• Existe otro elemento que lleva el nombre de
momento angular que se define a partir de un
producto vectorial y se denota por
Y el momento de una fuerza definido por
( ) ( ) ( )
l t r t p t
 
( ) ( ) ( )
t r t F t
  

• En la definición de torca aparece la fuerza,
concepto que podemos suponer queda a su
vez definido en la segunda ley de Newton.
En términos del momento lineal, podemos
reescribir a la segunda ley de una forma
particularmente útil para ciertos fines.
( ) ( )
F t ma t


• Si sustituimos en la segunda ley la aceleración
como la derivada de la velocidad respecto al
tiempo obtendremos
• O bien
( )
( )
dv t
F t m
dt

( )
( )
dmv t
F t
dt


• Quedando entonces
• Esta particular forma de escritura permite
establecer una ley de conservación: si la
fuerza total es cero entonces
• En consecuencia Constante
( )
( )
d p t
F t
dt

( )
0
d p t
dt

p 

• Cabe mencionar que si partimos ahora de esta
forma alternativa de la segunda ley de
Newton y suponemos que la masa ya no es
constante sino que depende de la velocidad
de la partícula, resulta que esta forma es
compatible con la teoría de la relatividad.
• Pero además nos sirve de referencia para
establecer otra ley de conservación como
veremos a continuación.

• Si derivamos con respecto al tiempo la
definición de momento angular tendremos
que
• Es decir
( )
dl d r p dr d p
p r
dt dt dt dt

    
dl d p
v mv r
dt dt
   

• Y como el producto vectorial de un vector
consigo mismo es cero
O bien
Es fácil darse cuenta de que si cambiamos las
letras y por y recuperamos
dl d p
r r F
dt dt
   
dl
dt
 

l
l F
p
p
d p
F
dt


• Lo cual significa que tenemos una ley de
conservación para el momento angular ya que
si ahora entonces
• Y esto implica que constante; si la torca
total es cero, el momento angular se conserva.
0
 
l 
0
dl
dt


Supongamos que una partícula (que puede estar representando
a la tierra girando alrededor de un punto (que a su vez puede
estar representando al sol) con una velocidad angular . El
momento angular es paralelo a esta última como en la figura 2.
Si no hay torcas externas entonces se conserva.

l
Figura 2
En consecuencia la trayectoria de la partícula (orbita) estará en
un plano.

• Revisemos ahora el concepto de energía cinética.
Ésta se define por
• O también por
• Podemos observar que la energía cinética no
aumenta linealmente con la velocidad sino con el
cuadrado de esta última. Así que, por ejemplo, un
móvil que duplique su velocidad cuadruplicará su
energía cinética.
2
1
2
K mv

1
2
K mv v
 

• Otro concepto fundamental es el trabajo
hecho por una fuerza, definido como el
producto de la fuerza por el desplazamiento
en dirección de ésta última que en una
dimensión puede escribirse como
W Fd

Figura 3

Si se aplica una fuerza a un objeto pero el desplazamiento no
coincide con la dirección de la fuerza, podemos recurrir a la
definición de trabajo y darnos cuenta de que ahora solamente
una componente de la fuerza , la que es paralela al
desplazamiento, produce trabajo.

• Esta observación la podemos expresar en
términos del producto escalar como
En donde es un vector con la dirección y la
magnitud del desplazamiento y el ángulo que
forman . Si queremos generalizar a una
trayectoria arbitraria que involucre un cambio
continuo en la dirección del desplazamiento y
también en la magnitud y dirección de la fuerza,
podemos suponer desplazamientos
infinitesimales
cos( )
W F r F r 
  
r
dW F dr
 


• Y utilizar el cálculo integral para obtener una
expresión del trabajo que nos permita atender
cualquier tipo de trayectoria y de variación en
la fuerza
En donde representa una trayectoria
arbitraria. En este punto es conveniente
establecer una relación muy útil entre el trabajo
y la energía cinética dada en forma de Teorema.
C
W F dr
 

C

Recordando que podemos reescribir al
trabajo como
O bien
Reordenando los diferenciales
d p
F
dt

C
d p
W dr
dt
 

C C
dmv dv
W dr m dr
dt dt
   
 
2
1
2
C C C
dr
W m dv m dv v m dv
dt
    
  

• Entonces
• Y finalmente
• Conocido como el Teorema del trabajo y la
energía cinética, que nos dice que el trabajo
es igual a la diferencia entre la energía cinética
final y la energía cinética inicial.
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
f
f
f i
i
i
W m dv mv mv mv
   

f i
W K K K
   
f i
W K K K
   

• El Teorema del trabajo y la energía cinética no
distingue ningún tipo de fuerza en particular,
sin embargo existe un tipo de fuerza llamada
conservativa asociada a una energía potencial
que precisamente nos lleva a otra forma de
calcular el trabajo pero que además nos
garantiza que se conserve la llamada energía
mecánica total. Para introducir este tipo de
fuerzas, veremos primero dos ejemplos
unidimensionales muy conocidos para
finalmente generalizar la definición de energía
potencial al caso tridimensional.

El primero es la energía potencial de un resorte dada por
mientras que la fuerza ejercida por el mismo es
. En ambas expresiones es la elongación
del resorte representada en la Figura 4.
Figura 4
2
1
2
U kx

F kx
  x

Si realizamos la siguiente operación
Pero resulta que es la fuerza, esto es
2
1
2
( )
d kx
dU
kx
dx dx
    
kx

dU
F
dx
 

Segundo ejemplo, la energía potencial
gravitacional.
Figura 5
En la figura 5 se representa un objeto (piedra)
de masa en dos posiciones, una a una altura
sobre el nivel del suelo que es la segunda
posición. Suponemos que la única variable
espacial es
m

Entonces, el peso del objeto es .
En esta expresión, es la aceleración de la
gravedad y el signo negativo indica que la
fuerza apunta hacia abajo. La energía potencial
gravitacional es entonces . Si como en
el caso del resorte derivamos esta expresión con
respecto a la única variable(en este caso ) y
multiplicamos por tendremos
F mg
 
g
y
( )
dU d mgy
mg
dy dy
    
U mgy


Pero, como en el ejemplo anterior, es
Igual a la fuerza:
En, este momento estamos preparados para
generalizar a tres dimensiones. Empecemos
construyendo la fuerza
Que en términos de las energías potenciales ya
vistas es
(aquí hemos añadido el potencial )
mg

dU
F
dy
 
( , , )
F kx mg c
  
( ) ( ) ( )
( , , )
dU x dU y dU z
F
dx dy dz
   

O bien
Hasta este punto no hemos necesitado del
cálculo de varias variables ya que los potenciales
solo dependen de una sola variable. Pero si
construimos la función
Podemos reescribir la fuerza como
( ) ( ) ( )
( , , )
dU x dU y dU z
F
dx dy dz
 
2
1
2
( , , ) ( ) ( ) ( )
U x y z U x U y U z kx mgy cz
     
( , , ) ( , , ) ( , , )
( , , )
U x y z U x y z U x y z
F
x y z
  
 
  

En donde son las derivadas parciales
respecto a respectivamente. La ventaja
de esta escritura es que podemos usar ahora la
definición de la derivada en tres dimensiones,
nabla o gradiente según se quiera nombrar:
Con esta definición
La cual nos dice que la fuerza es el negativo de
la derivada (en tres dimensiones)del potencial.
( , , )
x y z
  
 
  
, y
x y z
  
  
, y
x y z
F U
 

Es conveniente en este punto enfatizar que en la
gran mayoría de las veces no es posible escribir
a la derivada tridimensional como un vector
cuyas entradas sean derivadas totales como en
nuestro ejemplo, el cual fue construido solo
como un auxiliar para hacer ver la generalización
como algo natural. Esta observación no significa
que exista alguna restricción en la generalización
del concepto de energía potencial.

Una de las ventajas de la generalización de la
definición de energía potencial a tres
dimensiones es que podemos encontrar otro
camino para calcular el trabajo realizado
siguiendo una trayectoria arbitraria en el
espacio en términos de los valores inicial y final
del potencial exclusivamente. Para ver esto
recordemos que el trabajo es

Escribiendo a la fuerza en términos del potencial
Pero así como en el caso unidimensional siendo
Implica que
En el caso tridimensional
( )
c c
W U dr U dr
      
 
( )
'( )
df x
f x
dx

( ) '( )
df x f x dx

dU U dr
  

Haciendo esta última consideración el trabajo
queda expresado por
Simultáneamente, por el Teorema del trabajo y
la energía cinética el mismo trabajo es
Así que entonces tendremos
Que se puede reescribir como :
f
i f
C i
W dU dU U U U
       
 
W K
 
U K
  
f f i i
K U K U
  

Este resultado sugiere dos cosas, la primera ,
que podemos construir una cantidad que es
relevante a la que llamaremos la energía
mecánica total:
Mediante la cual el último resultado se reescribe
como
La segunda es que al ser totalmente arbitrarios
los puntos final e inicial de la trayectoria solo
puede ser cierto este resultado si la energía
mecánica es constante, esto es, que si las
fuerzas son derivables de un potencial , la
energía mecánica total se conserva.
E K U
 
f i
E E


• Sistema de partículas
Con el objeto de simplificar el tratamiento de un
sistema de partículas, definiremos el centro de
masa para el caso de partículas
Figura 6
y
x
y’
x’
cm
r
i
r
'i
r
'
O
O
n
1
1 n
cm i
i
i
r m r
m 
 

Como ya hemos visto, el sistema de referencia
del Centro de Masa nos permite separar el
movimiento arbitrario en dos, un movimiento
exclusivo de rotación y otro el de la traslación
pura del Centro de Masa.
Por ello se vuelve muy importante el estudio de
las rotaciones justo en este momento.
Empezaremos por definir una nueva clase de
vectores base distintos de los más conocidos
vectores unitarios , , y
i j k

Tendremos entonces a las coordenadas polares
Figura 7
En la figura 7
cos sin
u i j
  
 
sin cos
u i j
  
  

Estos nuevos vectores unitarios de momento
solo tienen una ventaja y la desventaja de no ser
constantes. La ventaja es que el vector de
posición se puede expresar como
La velocidad para movimiento en el plano será
Debido a que necesitamos las derivadas de los
dos nuevos vectores unitarios vamos a
obtenerlas
r ru

( )
d ru dr du
v u r
dt dt dt
 

  

Usando la regla de la cadena
(cos sin ) cos sin
du d i j d d
i j
dt dt dt dt
    

  
sin cos
du d d d
i j u
dt dt dt dt


  
 
     
( sin cos ) sin cos
du d i j d d
i j
dt dt dt dt
    
 
   
cos sin
du d d d
i j u
dt dt dt dt


  
 
      

Pero resulta que
Esto es la velocidad angular y con ello
Y entonces
Es decir que tenemos una componente radial de
la velocidad y otra en la dirección de
d
dt



du
u
dt




du
u
dt



 
dr
v u r u
dt
 

 
v v v
 
 

Veamos que ocurre en el movimiento circular
Figura 8
v
r
v
v
Trayectoria
arbitraria

En la figura 8 se aprecia que la velocidad es
tangente a la trayectoria arbitraria en rojo. Pero
si imponemos la condición de que el radio sea
constante vemos que la única
componente que sobrevive es
La cual es tangente a la nueva trayectoria
circular punteada. Por esta razón se le llama
velocidad tangencial y su magnitud ya la hemos
encontrado ya que
0
dr
dt

v
v r u
 



Continuando con la aceleración
2
2
d r dr du dr d du
a u u r u r
dt dt dt dt dt dt
 
  

 
    
2
2
2
d r dr dr
a u u u r u r u
dt dt dt
    
   
    
2
2
2
( ) (2 )
d r dr
a r u r u
dt dt
 
  
   




a a a
 
 

Movimiento circular y aceleración
a
a
a
r

Movimiento circular y aceleración
a
a
a

Como en el caso de la velocidad, podemos pedir
que en vez de una trayectoria arbitraria siga una
trayectoria circular es decir que
Pero ahora sobreviven ambas componentes:
En estas fórmulas recuperamos la aceleración
radial o centrípeta
Y la aceleración tangencial
0
dr
dt

2
a r u
 

  a r u
 


2
c
a r
 
t
a r


Apliquemos estos resultados para expresar el
momento angular
x
y
r
p
( )
l r p ru mv rmu v u v u
   
 
      
l
z

Y como el producto vectorial de un vector
consigo mismo es cero
Pero es fácil ver que el producto vectorial
Entonces
Que para movimiento circular es
l rmv u u
 

 
u u k
 
 
( )
l rmv k rm r k
 
 
2
l mr k



Si hacemos las siguientes definiciones
vector de velocidad angular
momento de inercia
Entonces podemos escribir
De manera similar, podemos revisar el concepto
de torca en términos de coordenadas polares.
k
 

2
I mr

l I


Ahora supongamos que la partícula está
sometida a una fuerza
x
y
r

z
F

La torca es entonces
Que de acuerdo a nuestros resultados es
Definiendo
vector de aceleración angular
momento de inercia
Tendremos que la torca es
( )
r F r ma rmu a a
  
       
2
( )
rmu a u a u rma u u mr k
    
  
 
     
k
 

I
 

2
I mr


Resumiendo los resultados y comparando con
expresiones del movimiento traslacional
Podemos notar que las expresiones rotacionales se
pueden obtener de las traslacionales pasando de
velocidad de traslación a velocidad angular,
De aceleración traslacional a aceleración angular y
de masa a momento de inercia. Esto parece ser una
regla general, veamos si podemos aplicarlo a otro
concepto directamente.
l I

p mv
 F ma


Apliquemos la receta a la energía cinética
traslacional
Obtendremos
Es factible comprobar que esta última es la
expresión correcta para la energía cinética
rotacional. Podemos generalizar nuestros
resultados a un sistema de partículas que
cumpla la condición de cuerpo rígido, es decir,
que las partículas mantengan su distancia con
respecto a cualquier otra.
2
1
2
T
K mv

2
1
2
R
K I


El momento angular total del sistema será
Pero si imponemos la condición de cuerpo rígido
entonces
Es decir que todas las partículas deberán tener
la misma velocidad angular y entonces
2
1 1 1
n n n
i i i
i i i
i i i
l l I m r
 
  
  
  
i
 

2 2
1 1
( )
n n
i i i i
i i
l m r m r
 
 
 
 

Y si redefinimos a la cantidad entre paréntesis
como el momento de inercia del sistema
Podremos escribir
Solamente que ahora se trata del momento
angular de todo el sistema y del momento de
inercia de todo el cuerpo rígido.
2
1
n
i i
i
I m r

 
l I


Podemos seguir el mismo procedimiento para la
torca total y para la energía cinética total
recuperando las expresiones de una sola
partícula. Así que ahora generalizaremos
tratando una distribución continua de masa,
esto es:
Y si definimos la densidad
entonces
m
dm dV
V
 
  
2
V
I r dV

 

Vamos ahora a enunciar el llamado Teorema de
los ejes paralelos: 2
cm
I I Mh
 
CM
h
CM
I
Eje de rotación
Eje de rotación
I
M

Supongamos un cuerpo rígido con una
distribución arbitraria de masa, que tenga una
masa total y un momento de inercia con
respecto a un eje de rotación que pase por su
Centro de Masa, entonces su momento de
inercia con respecto a cualquier eje de
rotación que sea paralelo al primero y que esté
separado una distancia está dado por
M CM
I
I
h

Veamos un ejemplo sencillo de cálculo de
momento de inercia primero utilizando la
definición de este y luego usando el Teorema
de los ejes paralelos, se trata de una varilla
delgada con densidad constante y longitud
girando primero alrededor de un eje
perpendicular a la varilla que pasa por su
centro de masa y luego, alrededor de un eje
que pasa por uno de sus extremos y paralelo al
primero.
L


Queremos primero
Entonces , ,
2
CM
V
I r dV

 
M M
V aL
   r x

dV adx
  2
2
2
( )( )( )
L
L
CM
M
I x adx
aL

 
2
2
2 2
3
2 2
1
3 12
L
L
L L
CM
M M x
I x dx ML
L L
 

  




Para el cálculo del momento de inercia respecto
de un eje que pasa por un extremo solo cambian
los límites de integración
Si usamos el Teorema de los Ejes Paralelos
Y finalmente
3
2 2
0 0
1
3 3
L
L
M M x
I x dx ML
L L

  



2
CM
I I Mh
  
2
2 2 2
1 1 1
12 2 12 4
L
I ML M ML ML
 
   
 
 
2
1
3
I ML


Vamos a calcular el momento de inercia de un disco de masa M y radio Rrespecto de un eje perpendicular al
plano del disco y que pasa por su centro.
Tomamos un elemento de masa que dista x del eje de rotación. El elemento es un anillo de radio x y de
anchura dx. Si recortamos el anillo y lo extendemos, se convierte en un rectángulo de longitud
2px y anchura dx, cuya masa es
El momento de inercia del disco es

Vamos a calcular el momento de inercia de un cilindro de masa M, radio R y longitud L respecto de su eje.
Tomamos un elemento de masa que dista x del eje de rotación. El elemento es una capa cilíndrica cuyo radio
interior es x, exterior x+dx, y de longitud L, tal como se muestra en la figura. La masa dm que contiene esta
capa es
El momento de inercia del cilindro e

Vamos a calcular el momento de inercia de una placa rectangular delgada de
masa M de lados a y b respecto del eje que pasa por la placa.
Tomamos un elemento de masa que dista x del eje de rotación. El elemento es un
rectángulo de longitud a de anchura dx. La masa de este rectángulo es
El momento de inercia de la placa rectangular es

Vamos a calcular el momento de inercia de un disco de masa M y radio R,
respecto de uno de sus diámetros.
Tomamos un elemento de masa que dista x del eje de rotación. El
elemento es un rectángulo de longitud 2y de anchura dx. La masa de este
rectángulo es
El momento de inercia del disco es
Haciendo el cambio de variable
y=R·cosθ
x=R·senθ
Llegamos a la integral

Vamos a calcular el momento de inercia de una esfera de masa M y radio R respecto de uno de sus diámetros
Dividimos la esfera en discos de radio x y de espesor dz. El momento de inercia de cada uno de los
discos elementales es
La masa de cada uno de los discos es
El momento de inercia de la esfera, es la suma de los momentos de inercia de todos los discos elementales.
Para resolver la integral tenemos que relacionar la variable x con la z. Como vemos en la figura x2+z2=R2

Vamos a calcular el momento de inercia de un paralepípedo de masa M y de lados a, b y c respecto de un eje
perpendicular a una de sus caras.
Dividimos el paralepípedo en placas rectangulares de lados a y b y de espesor dx.
El momento de inercia de cada una de las placas respecto de su eje de
simetría es
Aplicando el teorema de Steiner, calculamos el momento de inercia de esta placa respecto de un eje
paralelo situado a una distancia x es
El momento de inercia del sólido en forma de paralepípedo es

Revisemos ahora el concepto de rodar sin
resbalar, supongamos que tenemos una rueda
de radio r, rodando sobre una superficie
horizontal
s

CM
x
r
r

Si no existe resbalamiento entre las superficies
se debe cumplir que la longitud de arco
debe ser igual al desplazamiento del Centro de
Masa esto es
Ahora por la definición de ángulo en radianes
Y entonces
s
CM
x
CM
x s

s
r
 
CM
x r


Como el radio es constante
Y podemos decir que la condición de rodar sin
resbalar es que la velocidad del centro de masa
es igual a la velocidad tangencial
CM
CM T
dx d
v r r v
dt dt


   
CM T
v v


Veamos algunas consecuencias de exigir que un
objeto ruede sin resbalar
Q
R
'
P CM
P
v v v
 
'
R CM
R
v v v
 
CM CM
v iv

CM
CM
v r


r
'
Q CM
Q
v v v
 
P

Si vamos al sistema de Centro de Masa
'
x
'
y
'
O
P
Q
R
'P
v i r


' 0
Q
v 

2 2
P CM
CM CM
v i r iv iv v

   
Q CM
CM
v iv v
 
0
R CM CM
CM
v i r iv v v

      
R

En la lámina anterior se presenta un resultado
esperado, el que la velocidad del centro de la
rueda sea igual a la velocidad del centro de
masa, pero además dos resultados
sorprendentes, el primero es que un punto en la
parte superior de la rueda viaje al doble de la
velocidad del centro de masa y el segundo, aún
mas sorprendente, que el punto de contacto
con el suelo está instantáneamente con
velocidad igual a cero, esto es se detiene por
completo durante un instante.

Para completar las herramientas para enfrentar
un problema de dinámica del cuerpo rígido,
encontraremos el momento angular ya sea de
un objeto puntual o del Centro de Masa. Para
ello vamos a retomar la expresión del vector de
posición y del vector de velocidad en términos
de los vectores fijos su poniendo que el
vector de posición forma un ángulo con
respecto al eje horizontal y la velocidad un
ángulo también con respecto al eje horizontal.
, , y
i j k







d
(cos sin )
r r i j
 
 
(cos sin )
v v i j
 
 
  
 
d rsen

y
v
O

Entonces
Y el momento angular es
(cos sin )
v v i j
 
  (cos sin )
r r i j
 
 
(cos sin ) (cos sin )
l r p r i j mv i j
   
     

(cos sin sin cos )
l rmv k
   
 

(cos sin sin cos )
l rmv i j j i
   
   
sin( )
l rmv k
 
 

sin
l mvr k

 
( )
l mvdk
 



Calcular el momento de inercia de la siguiente
estructura
Formada por tres barras de igual masa y longitud
girando alrededor de un eje paralelo a una de las
barras y que pasa por el extremo de otra.
CM
1
I
2
I
3
I
L
M

El momento de inercia total es la suma de los
momentos de inercia de cada una de las varillas
así que calcularemos primero
Para la primera barra, usamos el teorema de los
ejes paralelos
Para la segunda barra también usamos el
teorema de los ejes paralelos
Y para la tercera barra
Con lo cual
1 2 3
total
I I I I
   1 2 3
, e
I I I
2 2 2 2
1
1 1 1
( )
2 12 4 3
CM
L
I I M ML ML ML
    
2 2 2
2
1 1
( ) 0
2 4 4
CM
L
I I M ML ML
    
2 2 2 2
3
1 1 1
( )
2 12 4 3
CM
L
I I M ML ML ML
    
2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 8 3
( ) ( )
3 4 3 3 4 12
total
I ML ML ML ML ML

     
 2
11
12
total
I ML


l . Cuatro objetos con masa m = 25 g cada uno, están unidos
por dos barras delgadas de longitudes lr=l m y lr= 2 m, y con
masas m, = 500 g y m; = 1000 g, respectivamente. El arreglo
puede rotar en torno a un eje perpendicular al plano de la hoja
que pasa por O. Calcule el momento de inercia del sistema a)
despreciando la masa de las barras. b) tomando en cuenta las
masas de las barras.
a) Sin las barras:
b) Con las barras: al resultado anterior hay que agregar la s contribuciones de las barras.
.
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 2 ( )
I mr mr m r r
   
2 2 2 2 2 2
1 2
2 ( ) 2(.025)(.5 1 ) .0625 6.25 10
I m r r Kgm

      
2 2
1 1 2 2
1 1
12 12
barras
I M L M L
 
2 2
1 1
(.5)(1) (1)(2) .375
12 12
barras
I   
2 2
43.75 10
total
I Kgm

 

2. La figura muestra dos partículas 1 y 2, de masas mi =
40.0 g y m: = 600 g, unidas a los extremos de una barra
delgada y uniforme de masa 2400 g, donde L1 = 40 cm
y L2 = 120 cm. La barra está inicialmente inclinada un
ángulo de 20° sobre la horizontal y puede girar
libremente sobre el punto de apoyo. a) Si es liberada y
comienza a girar, calcular cada una de las torcas. que
actúan sobreel sistema alrededor del punto de apoyo. b)
apoyo

¿Qué valor debería tener la masa m: de tal forma que al liberar al sistema éste no rote?
a)
b) La condición que se debe cumplir es que
En donde
.
1 2
3 1
cos20 cos20( ) 2.4(9.81)cos20(.4)
2
L L
Mg d Mg L


      
3 8.95Nm
  
2
1 1 1
cos20 .4 (9.81 )(.95)(.4 ) 1.49
m
s
m g L kg m Nm
   
2
2 2 2
cos20 (0.6)(9.81 )(.95)(1.2 ) 6.7
m
s
m g L m Nm
      
1 1 2 2 0
m L m L Md
  
1 2
1
.4 1.2
.4 .4
2 2
L L m m
d L m
 
    
2 2
1
1
.6(1.2) 2.4(.4)
.672
.4
m L Md
m Kg
L
 
  

El momento angular total inicial del sistema es:
En donde
El signo es negativo ya que gira a favor del movimiento de las manecillas de un reloj.
La distancia del origen a la trayectoria es
iparticula iarillo
l l

2
(.06 )(20 )(0.36 ) .478 Kgm
iparticula s
m
l Kg m k k
s
   
cos30 .4 (.89) 0.36
d R m m
  
2
2 2
0.6(.4) (3 ) 0.29 Kgm
rad
iarillo arillo i i s s
l I k MR k k k
 
       
2 2
( .428 .29) 0.718
Kgm Kgm
itotal s s
l k k
    
( )
iparticula
l mvdk
 

En cambio, el momento angular final total del sistema es
El momento de inercia total después de que se ha adherido la partícula es
Así que el momento angular final total del sistema es
Y como se debe conservar el momento angular
Esto es
Con esto
ftotal f
total
l I 

2 2 2 2
0.096 0.06 (.4 ) 0.11
finaltotal arillo
I I mR Kgm Kg m Kgm
    
final f
final
l I 

inicial final
l l

2
2
0.718 0.11
Kgm
f
s k kgm 
 
6.53 rad
f s k
  

.- Un disco sólido uniforme de 3.00 kg de masa y 0.200 m ge radio gira alrededor
de un eje fijo perpendicular a su cara. Si la frecuencia angular de rotación es
6.00 rad/s, calcule la cantidad de movimiento angular del disco cuando el eje de
rotación (a) pasa por su centro de masa y (b) pasa por un punto a la mitad entre
el centro y el borde.
El momento angular o cantidad de movimiento angular es
Y como en este problema no se indica el sentido de la rotación podemos suponer simplemente
a) El momento angular será
Pero
Así que la cantidad de movimiento angular para el caso en el que el eje de rotación pasa por el Centro de Masa es
b) Usando el Teorema de los ejes paralelos
Con
Entonces
l I

l I

CM
l I 

2 2 2
1 1
(3 )(0.2 ) 0.06
2 2
CM
I MR Kg m Kgm
  
2
CM
I I Mh
 
2
R
h 
2 2 2 2 2
1 3 3
( ) (3 )(0.2 ) 0.09
2 2 4 4
R
I MR M MR Kg m Kgm
    
2
2
(0.06 )(6 ) 0.36 Kgm
rad
a CM s s
l I Kgm

  

Con este resultado, el momento angular respecto de un eje que pasa por la mitad de la distancia entre el centro del disco y el borde es
2
2
(0.09 )(6 ) 0.54 Kgm
rad
b s s
l I Kgm

  

3.- ¿Qué momento de torsión se requiere para darle una aceleración angular de.-3.0
rad/s2
a una rueda que tiene un momento de inercia de 0.20 kg • m2
? Justifique
su respuesta.
I
 

La expresión equivalente a la segunda ley de Newton para el movimiento rotacional es
Como no se hace mención de la dirección de movimiento podemos simplificar a una expresión escalar
En donde podemos simplemente sustituir los valores que nos dan
P
I
 

2
2
(0.20 )(3 ) 0.6
rad
s
Kgm Nm
  

1.- Una puerta sólida, delgada y uniforme, tiene una altura de 2.20 m, ancho de
0.870 cm, y masa de 23.0 kg. Encuentre su momento de inercia para rotación sobre
sus bisagras. ¿Se requiere de más información?
dx
x
h
a
O
c

Para el momento de inercia
Necesitamos la densidad
El diferencial de volumen
Y la distancia del diferencial de volumen al eje de rotación
Sustituyendo
De modo que
2
V
I r dV

 
M M
V ach
  
dV chdx

r x

3
2 2 2
0 0
1
( )( ) ( )
3 3
a a
M M Ma
I x chdx x dx Ma
ach a a
   
 
2 2
1
(23 )(.870 ) 5.80
3
I Kg m Kgm
 

·2.... una partícula de masa 0.400 kg está unida a la marca de 100 cm de una regla
graduada de masa O.100 kg. La regla graduada gira en una mesa horizontal sin
fricción, con una rapidez angular de 4.00 rad/s. Calcule la cantidad de
movimiento angular del sistema cuando la regla hace pivote alrededor de un eje.
(a) p�
rpendicular a la mesa por una marca de 50.0 cm y (b) perpendicular a la
mesapor la marca de O cm.
0 50 100
Los momentos de inercia de la regla son
Los momentos de la partícula son
0.4Kg
0.1Kg
2 2 2
50
1 1
(.1 )(1 ) 0.0083
12 12
R RCM
I I ML Kg m Kgm
   
2 2 2
0
1 1
(.1 )(1 ) .03
3 3
R
I ML Kg m Kgm
  
1
2 2 2
50 (.4 )(.5 ) .2
P
I mr Kg m Kgm
  
2 2 2
0 2 (.4 )(1 ) .4
P
I mr Kg m Kgm
  

El momento de inercia total respecto a la marca de 50cm es
El momento de inercia total respecto a la marca de 0 cm es
La cantidad de movimiento angular respecto a la marca de 50cm es
La cantidad de movimiento angular respecto a la marca de 0 cm es
2 2
50 .0083 .2 .2083
total
I Kgm Kgm
  
2 2 2
0 .03 .4 .43
total
I Kgm Kgm Kgm
  
2
2
50 50 (.2083 )(4 ) .8332 Kgm
rad
total s s
l I Kgm

  
2
2
0 0 (.43 )(4 ) 1.72 Kgm
rad
total s s
l I Kgm

  

3).. Un cilindro con momento de inercia 11 gira alrededor de un eje vertical, sin
.fricción, con rapidez angular co1. Un segundo cilindro, que tiene momento de
inercia.I, y que inicialmente no gira, cae sobre el primer cilindro como lo
muestra la Figura 1. Debido a la fricción entre las superficies, los dos
/Jinalntente alcanzan la misma rapidez angular ror; Calcule ror.
Figura 1

Considerando a los dos discos como nuestro sistema nos damos cuenta que aunque si existen fuerzas externas ( la fuerza que
ejerce el eje sobre los discos) la torca externa es cero y por tanto se conserva el momento angular total.
El momento de inercia inicial del sistema puede ser considerado como el momento de inercia del disco 1 mientras el disco 2 no
contribuye al momento angular , por lo tanto el momento angular inicial y el momento de inercia inicial son
Cuando cae el segundo disco, existen fuerzas y torcas internas que provocan que ambos discos tengan la misma velocidad , con lo
que el momento de inercia será ahora
En consecuencia, el momento angular final será
La conservación del momento angular implica que y por lo tanto
De donde finalmente despejamos
1
i i
l I 
 1
i
I I

1 2
f
I I I
 
f f f
l I 

i f
l l

1 1 2
( )
i f
I I I
 
 
1
1 2
( )
f i
I
I I
 



Por definición la cantidad de movimiento angular o momento angular
Es
Sustituyendo las expresiones del vector de posición , velocidad y masa
Recordando que el producto vectorial de un vector consigo mismo es
cero
l r p r mv
   
(1.5 2.20 ) (1.50 )(4.20 3.60 ) m
s
l i j m Kg i j
   
2
(1.50)( (1.5)(3.60) (2.20)(4.20) ) Kgm
s
l i j j i
    

2 2
(1.50)(1.5(3.60) 2.20(4.20)) 22.26
Kgm Kgm
s s
l k k
    

Veamos el sistema
s
30N
1.25m
2.5m

Una cuerda está enrollada alrededor del núcleo interior de un carrete. Si la cuerda
es jalada con una tensión constante de 30 N y el carrete está originalmente en
reposo, determine la velocidad angular del carrete cuando s= 8m de cuerda ha
sido desenrollada. Desprecie el peso de la porción de 8 m de cuerda. El carrete y
toda la cuerda tienen un peso total de 400 N, y el radio de giro con respecto al eje
A es k=1.3 m.
A
1
r
2
r

Como el carrete tiene exclusivamente movimiento de rotación debemos usar la segunda ley de Newton
rotacional
La única torca es
Y como la masa total es
Y el radio de giro es de 1.3m
Tendremos que la aceleración angular será
I
 

(30 )(1.25 ) 37.5
N m Nm
  
2
400
40.77
9.81 m
s
N
m Kg
 
2 2
(40.77 )(1.3 ) 68.9
I Kg m Kgm
 
2
2
37.5
0.54
68.9
rad
s
Nm
Kgm
  

Como la aceleración es constante, son válidas las expresiones del movimiento uniformemente
acelerado para la posición y la velocidad
Para nuestro problema se reducen a
Despejando “t” de la segunda ecuación y sustituyendo en la primera
Y de esta ecuación despejamos la velocidad angular
2
1
2
f i it t
   
  
f i t
  
 
2
1
2
f t
 

f t
 

2
2
1
2 ( )
2
f f
f
 
 
 
 
2
f f
 


Relacionando el ángulo con el desplazamiento s
Con lo cual la velocidad angular será
1
f
s
r
 
2
1
8
2 2(0.54 )( ) 2.63
1.25
s rad rad
f r s
s
m
m
 
  

Calculemos el momento de inercia del sistema considerando que las esferas son
puntuales . Recordemos que el momento de inercia de una partícula puntual en
una trayectoria circular de radio r es así que el momento de inercia total
será
Si queremos el momento de inercia mínimo debemos derivar esta expresión
respecto a x e igualar a cero la derivada
2
I mr

2 2
( )
I Mx m L x
  
2 2 ( )( 1) 2 2 2 0
dI
Mx m L x Mx mx mL
dx
       

Es decir que
Calculemos ahora la posición del Centro de Masa
Que es la misma posición que la encontrada para el mínimo momento de inercia
Con este valor de x el momento de inercia será
( ) 0
x M m mL
  
mL
x
m M



1
((0)( ) ( )( ))
CM
mL
x M L m
m M m M
  
 

Con lo que el momento de inercia será
En donde
Se conoce como la masa reducida del sistema
2
2 2
2
1
( ( ) )
( )
CM
I Mm L m mL ML mL
m M
   

 2 2 2 2 2 2
2 2
( )
( ) ( ) ( )
CM
Mm L mM L mML m M mML
I
m M m M m M
 
  
  

mM
m M
 

2
CM
I L



El sistema está constituido por la bala el bloque y la barra. De nuevo tenemos
un problema en el que la fuerza externa total es distinta de cero pero en el cual
la torca externa es cero ya que las fuerzas externas actúan justo sobre el eje de
rotación. Entonces podemos pedir que el momento angular total del sistema se
conserve. El momento angular inicial es
En esta expresión es la distancia de la trayectoria de la bala al
origen suponiendo que este se encuentra en el eje de rotación y es la
velocidad de la bala que es la incógnita del problema.
i bala i
l m v dk

0.6
d m

i
v

El momento angular final del sistema será
En donde
Y el momento de inercia es la suma de los momentos de inercia de la bala , el bloque y
de la barra
En donde
f f
total
l I 

4.5 rad
f s k
 
total bala bloque barra
I I I I
  
2 2 2
(.5 )(0.6 ) 0.18
bloque bloque
I m d Kg m Kgm
  
2 2 2
1 1
(.5 )(0.6 ) 0.06
3 3
barra barra
I m d Kg m Kgm
  

El momento de inercia total es entonces
Con esto el momento angular final será
Y efectuando operaciones
Recordamos ahora que
De la conservación del momento angular
2
0.24036
total
I Kgm

2
(0.24036 )(4.5 )
rad
f s
l Kgm k

2
1.08 Kgm
f s
l k

2
0.0006 1.08 Kgm
i s
v Kgmk k

(.001 ) (0.6 ) 0.0006
i bala i i i
l m vdk Kg v m k v Kgmk
  

Finalmente
1.08
1800
0.0006
m m
i s s
v  

Hemos visto que para un cuerpo rígido, el momento angular se puede expresar como
En nuestro caso, el momento de inercia es
Y la velocidad angular es
Así que la cantidad de movimiento angular vectorial será
l I

2 2 2
2 2
(15 )(.5 ) 1.5
5 5
I MR Kg m Kgm
  
3 rad
s k
 
2
2
(1.5 )(3 ) 4.5 Kgm
rad
s s
l Kgm k k
 

Como el momento angular del sistema formado por la bala y la barra se
conserva calcularemos el momento inicial
70
d
0.6m
bala
O
sin 70 0.6(.94) 0.56
d h m
  

(.012 ) (0.53 )
i i i
l mv dk Kg v m k
 
En esta expresión la velocidad inicial es nuestra incógnita.
Mientras que el momento angular final es
A su vez el momento de inercia total es la suma de los momentos de inercia de la
barra y de la bala
En donde
e
f f
total
l I 

total barra bala
I I I
 
2 2 2
1 1
(0.6 )(1.2 ) 0.072
12 12
barra
I ML Kg m Kgm
  
2 2 2
2
( ) (0.12 )(0.6 ) 0.0003
L
bala
I m Kg m Kgm
  
 2
0.0723
total
I Kgm

 2
2
(0.0723 )(12 ) 0.864 Kgm
rad
f s s
l Kgm k k
 

2
2
(0.0723 )(12 ) 0.864 Kgm
rad
f s s
l Kgm k k
 
Podemos despejar
2
0.0064 (0.864 )
Kgm
i f
i s
l v Kgmk l k
  
0.864
135
0.0064
m m
i s s
v  

Como el movimiento del sistema es exclusivamente de rotación podemos afi9rmar que la
ecuación que describe su comportamiento es
En a) la incógnita es la masa así que
Despejando la masa
Para el inciso b)
Despejando F
I
 

FR Mgr I
 
2
(99.33 )(9.81 )(0.15 )
243.6
0.60
m
s
Kg M
Mgr
F
R M
  
0
FR Mgr
 
2
(99.33 )(9.81 )(0.15 )
243.6
0.60
m
s
Kg M
Mgr
F
R M
  

El momento angular del disco antes de que caiga la bolita es
Con
Esto es
Mientras que el momento angular final será
Con
Así que
i i
i
l I 

4 2
5 10
i
I Kgm

  5 rad
i s k
 
2
4 2 4
(5 10 )(5 ) 25 10 Kgm
rad
i s s
l Kgm k k
 
   
f f
f
l I 

2 4 2 2 4 2
5 10 (.025 )(0.14 ) 9.9 10
f i
I I mR Kgm Kg m Kgm
 
      
4 2
9.9 10
f f
l Kgm 

 

Podemos ver que si consideramos a nuestro sistema como el conjunto de la
persona y el disco, no existen torcas externas al mismo y por tanto se conserva el
momento angular.
El momento angular inicial es
En donde
A su vez
i i i
l I k


i icarrusel ipersona
I I I
 
2 2 2
1 1
(610 )(2.8 ) 239.12
2 2
icarrusel
I MR Kg m Kgm
  
2 2 2
1 70 (2 ) 280
ipersona
I mr Kg m Kgm
  

Por otra parte, el momento de inercia total es la suma de los momentos de inercia de
cada masa puntual
Sustituyendo en la segunda ley de Newton para el movimiento rotacional
Esto es gira a favor del movimiento de las manecillas de un reloj.
2 2 2 2 2
1 1 2 2 (0.3 )(0.15 ) (0.5 )(0.45 ) 0.108
total
I m L m L Kg m Kg m Kgm
    
total total
I
 

2
0.44 0.108
Nm Kgm 
 

2
2
0.44
4.07
0.108
rad
s
Nm
Kgm


  


El sistema formado por la barra y la bolita no está sujeto a torcas externas y por
lo tanto se conserva el momento angular total del mismo. Por esto último la
estrategia es calcular el momento angular total antes del choque e igualarlo al
momento angular después del choque. El momento angular inicial es
2
2 2
1 1
(0.8 )(1.6 ) (3.2 ) 2.18
3 3
Kgm
rad
i i s s
l ML k Kg m k k

     

El momento angular después del choque es
El momento de inercia final del sistema es
Entonces el momento angular final es
Como se conserva el momento angular
Por lo tanto
f f
f
l I 

2 2 2 2
1 1
(0.8 )(1.6 ) (0.07 )(1.6)
3 3
f barra bolita
I I I ML mL Kg m Kg
     
2
0.86
f
I Kgm

2
0.86
f f
l Kgm 

2
2
2.18 0.86
Kgm
i f f
s
l k l Kgm 
   
2.18
2.53
0.86
rad rad
f s s
k k


  

Como el momento de inercia es aditivo
Pero los cuatro momentos correspondientes a las cuatro partículas son iguales
1 2 3 4
total disco
I I I I I I
    
1
4
total disco
I I I
 

Así que
2 2 2 2
1 1
4 (0.5 )(1 ) 4(0.025 )(1 )
2 2
total
I MR mR Kg m Kg m
   
2
0.35
total
I Kgm


La primera torca es
La segunda torca es
Y la tercera torca es
1 (200 )(4 ) 800
N m Nm
    
2 (350 )(cos45 )(3 ) 798.43
N m Nm
  
3 (150 )(cos25 )(5.66 ) 784
N m Nm
  

Utilizaremos el teorema de los ejes paralelos.
El momento de inercia de la esfera sólida alrededor de un eje que pase por su
centro de masa es
Y de acuerdo al teorema de los ejes paralelos el momento de inercia con respecto
al eje AB será
2
1
2
5
CM
I Mr

2 2
1 0
2
5
AB
I Mr MR
 

Las torcas son las siguientes
1 56 sin30 (2.25 ) 63
N m Nm
    
2 65(sin 45 )(.75 ) 34.47
m Nm
  
3 (52 sin 60 )(.75 ) 33.77
N m Nm
  
5.24
total Nm
 

El momento de inercia total de las cuatro partículas es
El momento de inercia de la barra es
Así que el momento de inercia total del sistema es
2 2 2 2 2
2m(.15 ) 2m(.45 ) =2(0.2Kg)((.15 ) (.45 ) )=0.09Kg
part
I m m m m m
  
2 2 2
1 1
(0.5 )(0.9 ) 0.034
12 12
barra
I ML Kg m Kgm
  
2 2 2
0.09 0.034 0.124
total part barra
I I I Kgm Kgm Kgm
    

1
1 ( sin30 )(0.5 ) 6.25
F m Nm
    
2 2
( )(0.5 ) (20 )(0.5 ) 10
F m N m Nm
   
3 3
( )(0.5 ) (18 )(0.5 ) 9
F m N m Nm
   

La torca total es
De la segunda ley de Newton para el movimiento rotacional
Despejamos la aceleración angular
total I
 

2
2
12.75
10.625
1.2
total rad
s
Nm
I Kgm

   
1 2 3 6.25 10 9 12.75
total Nm Nm Nm Nm
   
       

Considerando que nuestro sistema está constituido por la plataforma mas las tres
personas, podemos garantizar que el momento angular se conserva pues no
existe ninguna torca externa. Entonces calcularemos el momento angular antes y
después de que las personas suban a la plataforma.
Una vez que las personas han saltado a la plataforma, se forma un nuevo cuerpo
rígido con un nuevo momento de inercia
2
2
(1400 )(0.2 ) 280 Kgm
rad
i i i s s
l I Kgm

  
2 2 2 2
3mR 1400 3(70 )(3 ) 3290
f i
I I Kgm Kg m Kgm
    

Con lo que el momento angular es ahora
Con lo que la velocidad angular será
2
(3290 )( )
f f f f
l I Kgm
 
 
2
2
280 3290
Kgm
i f f
s
l l Kgm 
  
280
0.085
3290
rad rad
f s s
  

Una cucaracha de 5 g descansa en el centro de un
disco de 18 g y radio de 20 cm que gira en torno a su centro.
Inicialmente cucaracha-disco giran a wi = 0.8 rad/s. Entonces la
cucaracha camina radialmente hacia el borde del disco y se
detiene ahí. Calcular la nueva rapidez angular del sistema. Trate
a la cucaracha como un objeto puntual.

El sistema está formado por el disco mas la cucaracha. Como no existen torcas
externas el momento angular del sistema se conserva.
El momento angular inicial del sistema es
En donde el momento de inercia inicial es
i i
i
l I 

2 2
1
2
i disc cuca i
I M R M r
 
2 2 4 2
1
(.018 )(.20 ) (.005 )(0) 3.6 10
2
i
I Kg m Kg Kgm

   
0.8 rad
i s k
 
2
4 2 4
(3.6 10 )(0.8 ) 2.88 10 Kgm
rad
i s s
l Kgm k k
 
   

El momento angular cuando la cucaracha llega al borde del disco es
Con el momento de inercia
Por la conservación del momento angular
Con lo cual
f f
f
l I 

2
2
f i cuc
I I M r
 
4 2 2 4 2
3.6 10 (.005 )(.20 ) 5.6 10
f
I Kgm Kg m Kgm
 
    
2
5.6
f f
l Kgm 

f
l
2
4 4 2
2.88 10 5.6 10
Kgm
i f f
s
l k l Kgm 
 
    
2
4
4 2
2.88 10
0.51
5.6 10
Kgm
s rad
f s
k k
Kgm




 


El volumen es
La densidad
La distancia del elemento diferencial de volumen al eje de rotación
El elemento diferencial de volumen es
El momento de inercia del aro
2
V ra


M
V
 
r
dV ard

2
2 2
0
( )( )( )
2
M
r ard Mr
ra






El momento de inercia del objeto es
Así que el momento de inercia total será
2
objeto
I mr

2 2 2 2 2
(4 )(.43 ) (1.3 )(.43 ) 0.98
total
I Mr mr Kg m Kg m Kgm
    

La torca es igual al producto de la fuerza por el brazo de palanca
Y de aquí se tiene
2 (.28 ) 75
F m Nm
  
2
75
267.86
.28
Nm
F N
m
 

La torca es la misma sobre la tuerca pero el brazo de palanca es de solo 7.5mm
Además la fuerza está dividida en seis partes
Así que F1 es
1
75
1666.67
6(.0075 )
Nm
F N
m
 
1
6 (.0075 ) 75
F m Nm
  

El momento angular final es
La velocidad angular será
2
2
(900 )(1.2 ) 1080 Kgm
rad
i s s
l Kgm
 
2 2 2
((900 ) (70 )(3 ) ) 1530
f f f
l Kgm Kg m Kgm
 
  
2
2
1080 1530
Kgm
i f f
s
l l Kgm 
  
2
2
1080
0.7
1530
Kgm
s rad
f s
Kgm
  

La única componente de la fuerza que realiza trabajo es la que
es paralela al desplazamiento
(cos(30 ) sin(30 ) )
W F d F i j di
    
cos(30 ) 210 (.86)(18 ) 3273.57
W F d N m J
  

cos30
0
tot
W 
2
113.61
0.35
38 (9.81 )(0.87)
m
s
N
Kg
  
cos30
fric
F
mg
 

1 1 (6.5 )(0.25 ) 1.63
rad m
T s s
v r m

  
2 2 (6.5 )(0.50 ) 3.25
rad m
T s s
v r m

  
2
2 2
1 1 (6.5 ) (0.25 ) 10.56
rad m
C s s
a r m

  
2
2 2
2 2 (6.5 ) (0.50 ) 21.125
rad m
C s s
a r m

  

2
0
1
2
x v t at
  0 0
f
v v at
  
 0
v
t
a


2
0
2
v
x
a


Si duplicamos la velocidad inicial
   
2 2
0 0
2
2 4
4
2 2
v v
x x
a a
  
Es decir, se cuadruplica la distancia de
frenado

Oscilaciones mecánicas
A partir de este punto enfocaremos algunos problemas y
sistemas que ya hemos visto pero ahora desde una
perspectiva distinta, por ejemplo, cuando vimos sistemas con
fuerzas conservativas tratamos el problema de una masa
unida a un resorte y gracias a la energía potencial y al teorema
del trabajo y la energía cinética pudimos conocer la posición
de la masa o su velocidad como función de la posición y de las
condiciones iniciales aún en el caso de pérdidas de energía.
Pero ahora buscamos una descripción temporal lo cual dará
lugar al reconocimiento de un tipo de movimiento del que no
habíamos hecho una descripción pero que estaba presente.
Este movimiento es el movimiento oscilatorio.

Como ya mencionamos, un sistema familiar es el formado por una masa y un resorte que
obedece la llamada ley de Hooke
Mientras que la segunda ley de Newton establece
si sustituimos la ley de Hooke en la segunda ley de Newton obtenemos
o bien
pero a su vez con lo cual
x
k
m
F kx
 
F ma

kx ma
 
0
k
a x
m
 
2
2
d x
a
dt

2
2
0
d x k
x
dt m
 

La última ecuación es una ecuación diferencial cuya solución es una función del tiempo esto
es . Para resolver esta ecuación diferencial existen varios métodos. Nosotros
usaremos uno conocido como heurístico que consiste en proponer una solución sin
propiamente tener una justificación en alguna regla pero que tenga algunas propiedades
que adelantamos. Antes de resolver la ecuación hagamos una definición que nos permitirá
generalizarla y poder representar con esta no solo al sistema original masa-resorte sino
también a una infinidad de sistemas físicos importantes.
Definamos
Con lo cual la ecuación se transforma en
A esta última ecuación se le conoce como la ecuación del oscilador armónico simple (OAS)
por razones que pronto serán aclaradas.
Nuestra solución heurística es
En donde son constantes cuyo sentido físico aclararemos.
( )
x x t

2
0
k
m
 
2
2
0
2
0
d x
x
dt

 
0
( ) cos( )
x t A t
 
 
y
A 

Probemos que efectivamente nuestra propuesta resuelve la ecuación del OAS.
Encontremos las derivadas sucesivas de la solución:
Esto es
Derivando nuevamente
0
cos( )
( ) cos( ) cos( )
d t
dx t d d d
A A A
dt dt dt d dt
    


  

0
0 0 0
( )
( )
sin( ) sin( ) sin( )
d t
dx t d
A A t A t
dt dt dt
 

     

       
0 0
( ) sin( )
v t A t
  
  
2
2
0
0 0 0
2
sin( )
( )
( ) cos( )
d t
d x t
a t A A t
dt dt
 
   

     

Sustituyendo el ultimo resultado en la ecuación del OAS:
Por lo tanto es solución de la ecuación del OAS.
Como hemos visto, las funciones seno y coseno aparecen sistemáticamente en el OAS. Pero estas
últimas se conocen como funciones armónicas y de aquí es de donde el OAS toma su nombre.
Ahora encontraremos el significado físico de las constantes que aparecen en la solución.
Veamos por ejemplo que si aplicamos la función valor máximo a la solución:
pero
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0
cos( ) cos( ) cos( ) 0
A t x A t A t
         
        
   
0
max max
( ) cos( )
x t A t
 
 
 
max 0 max
cos( )
x A t
 
 
1 cos 1

  

Con lo cual . A la constante se le conoce como la amplitud del movimiento.
Recordemos ahora las propiedades de la función sin.
x A
 A
y
1
1

A

Llamemos
Entonces:
Y también
Cuando una función tiene la propiedad
A se le llama el período de la función y a su inverso se le llama frecuencia cuando el dominio
es el tiempo:
De manera que es el período de las funciones seno y coseno. Todas estas propiedades las
hereda la solución del OAS.
1( ) cos( )
y  
 2 ( ) sin( )
y  

1,2 2,1
( ) ( )
2
y y

 
 
1,2 1,2
( 2 ) ( )
y y
  
 
( ) ( )
F T F
 
 
T
1
f
T

2

Si desplazamos el tiempo
Pero entonces
Y por la definición de período es el período del OAS mientras que
es la frecuencia del OAS. Por esta razón a la constante
Se le conoce como la frecuencia angular.
0
2
t t


 
0 0 0
0 0
2 2
( ) cos( ( ) ) cos(
x t A t A t
 
   
 
     
0
2

0
) cos( 2 )
A t
   
   
0
0
2
( ) cos( 2 ) cos( 2 ) cos( ) ( )
x t A t A A x t

     

       
0
2
T



0
1
2
f
T


  0


Encontremos expresiones para la constante de fase y la amplitud en términos de la
posición y la velocidad
1) 2)
3)
Elevemos al cuadrado las ecuaciones 1 y 3 y sumémoslas
entonces
 A
0
( ) cos( )
x t A t
 
 
0
0
( )
sin( )
v t
A t
 


 
0 0
( ) sin( )
v t A t
  
  
2
2 2 2 2 2 2
0 0
2
0
( )
( ) cos ( ) sin ( )
v t
x t A t A t A
   

     
2
2
2
0
( )
( )
v t
A x t

 

Ahora tomemos el cociente de 3 sobre 1
0
( )
( )
A
v t
x t


 0
sin( )
t
A
 

0
0
tan( )
cos( )
t
t
 
 
 

0
0
( )
arctan
( )
v t
t
x t
 


 
0
0
( )
arctan
( )
v t
t
x t
 


 
2
2
2
0
( )
( )
v t
A x t

 

En términos de condiciones iniciales
2
2 0
0 2
0
v
A x

 
0
0 0
arctan
v
x





La energía potencial del OAS
La energía cinética del OAS
O en términos de
Mientras la energía mecánica total es
2 2 2
0
1 1
( ) cos ( )
2 2
U x kx kA t
 
  
2 2 2 2 2 2
0 0 0
1 1 1
sin ( ) sin ( )
2 2 2
K mv m A t kA t
    
    
x
2 2 2 2 2 2 2
0 0
1 1 1
(1 cos ( )) ( cos ( )) ( )
2 2 2
K kA t k A A t k A x
   
       
2 2 2 2
1 1 1
( )
2 2 2
E kx k A x kA
   

El péndulo simple
mg


cos
mg 
sin
mg 
I
 

sin
mg L
 
  
2
I mL

2
sin
mg L mL
 
  
sin
g
L
 


sin 0
g
L
 
 
2
2
sin 0
d g
dt L


 
L
m

La aproximación de ángulos pequeños
Sen.35=.34
Entonces
Y si definimos
Obtenemos
Que es la ecuación del OAS.
8

 
sin  cos 1

2
2
0
d g
dt L


 
2
0
g
L
 
2
2
0
2
0
d
dt

 
 

El péndulo físico
Mg


cos
Mg 
sin
Mg 
A
I
 

sin
Mg l I
 
  
sin
Mgl
I
 


sin 0
Mgl
I
 
 
2
2
sin 0
d Mgl
dt I


 
l
,
M I

CM
sin
Mg l
 
  

La aproximación de ángulos pequeños
Entonces, si definimos
Obtenemos
Que es la ecuación del OAS.
8

 
sin  cos 1

2
0
Mgl
I
 
2
2
0
2
0
d
dt

 
 

Veamos el oscilador amortiguado:
Las fuerzas sobre la masa ahora son:
x
k
m
b
total
F ma

bv kx ma
  
0
b k
a v x
m m
  
2
2
d x
a
dt

b
F bv
 
r
F kx
 
total
F bv kx
  
dx
v
dt

constante de la fuerza
b 

Haciendo las definiciones
La solución ecuación diferencial queda como
Cuya solución es
La relación entre las frecuencias angulares es
cos( )
t
x Ae t

 

 
2
0
k
m
 
2
b
m
 
2
2
0
2
2 0
d x dx
x
dt dt
 
  
2 2
0
  
 
constante de amortiguamiento
 

un esbozo de la solución
t
y Ae 


cos( )
t
y Ae t

 

 
t
( )
y t

El oscilador forzado y amortiguado
x
k
m
b
total
F ma

0 cos( )
f
F t bv kx ma
   
0
cos( )
f
F
b k
a v x t
m m m

  
2
2
d x
a
dt

b
F bv
 
r
F kx
 
0 cos( )
total f
F bv kx F t

   
dx
v
dt

0 cos( )
f f
F F t


fuente externa

Es decir que la ecuación del oscilador forzado y amortiguado es
La solución de esta ecuación inhomogenea contiene a las soluciones de la homogénea
Como las soluciones homogéneas desaparecen con el tiempo (sol. transitorias), nos quedaremos
con la solución particular sin subíndice
Si hiciéramos una gráfica de esta solución con valores numéricos de las constantes iguales a los
del OAS encontraríamos una gráfica idéntica. Solo que la frecuencia es gobernada por completo
por la fuente externa. La parte más interesante de este oscilador está en la dependencia que
tiene la amplitud respecto de la frecuencia ( que en OAS no existe) ya que
( ) cos( )
f
x t A t
 
 
0
2 2 2 2 2
0
( )
( ) 4
F
m
f
f f
A 
   

 
2
2 0
0
2
2 cos( )
f
F
d x dx
x t
dt dt m
  
  
hom hom
( ) ( ) ( )
in ogenea ogénea particular
x t x t x t
 

Se puede apreciar en esta última expresión que si la frecuencia cambia para un valor fijo de la
fuerza externa, los valores de la amplitud cambian y de hecho existe una frecuencia para la cual
se tiene un valor máximo de la amplitud.
Para entender más fácilmente como reconocer las condiciones para obtener ese valor máximo,
simplifiquemos nuestro modelo suponiendo que no hay disipación de energía esto es que0, y
que el cociente F0/m=1. Entonces
En esta expresión es claro que si la variable f está muy cerca de la constante0
de tal manera que la diferencia sea casi cero, la amplitud crece enormemente. Entonces el
máximo valor lo obtendrá cuando coincida exactamente con 0 . En este último caso, el valor de
la amplitud es infinito. Al fenómeno que ocurre se le llama resonancia y el valor f =0
se conoce como la frecuencia de resonancia. Regresando al caso general, deseamos encontrar la
frecuencia de resonancia es decir el valor para el cual la función tiene un máximo. Pero el
cálculo diferencial nos indica que para obtener un máximo debemos igualar a cero su derivada.
2 2
0
1
( )
f
f
A 
 


( )
f
A 

Entonces la condición es
Cualquiera de los cuatro factores que sea cero hará que la derivada se haga también cero. Pero el
único factor que se puede anular es el cuarto factor
( )
0
f
f
dA
d




3
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0
1
0 0
2
( )
( )( )(( ) 4 ) (( ) 4 ) 0
f
f f f f
f
dA F d
d m dt

       


      



3
2
2 2 2 2 2 2 2 2
0
1
0 0
2
( )
( )( )(( ) 4 ) (4 ( ) 8 ) 0
f
f f f f f
f
dA F
d m

        


      
( )
( )( )( )( ) 0
f
f
dA
a b c d
d


 
2 2 2
0
4 ( ) 8 0
f f f
    
  
2 2
0 2
R
  
 

En resumen hemos encontrado cuatro frecuencias cualitativamente diferentes
oscilador armónico simple
oscilador amortiguado
oscilador forzado
frecuencia de resonancia
0
k
m
 
2 2
0
  
 
2 2
0 2
R
  
 
f arbitraria
 

2
T s

0 (0) 2
A
  
A A
t
Ae 


A (t )
10
t T

1.5

A (t )
(10 )
0
1.5 T
e 

 
A (t ) A
(20 )
1.5 2 s
e 


En vez de utilizar la solución completa,
( ) cos( )
t
x t Ae t

 

 
Usaremos solo la parte no oscilatoria y la llamaremos
Al tiempo
Y de acuerdo con el enunciado
De aquí finalmente encontramos que
1
1.43s
 

Mientras que la frecuencia angular es
2 2
0 2.8
rad
s
  
  
 2
2s

 
 

a) Como
b)
c)
F bv
 
2
Kg m m Kg
b
s s s

  




1 1
2 2
( ) 0.61
Ae Ae Ae A

 

 

   
A
1
( )
2
t
t Ae A


 
A
1
ln( )
2
t

  
1 1 1
ln( ) ln(2) 2 ln(2) 1.39
2
t  
 

   
1
2
b Kg
Kg
M s s
     1
1 1
2
s
s

 
  

d)
Si se cumple que
Entonces
Mientras que
2 2 2
2
0
1 1 1 1
2 2 2 2
k
E K U mv kx kx

     
( cos( )) ( cos( ) sin( ))
t t
d
v Ae t Ae t t
dt
 
       
 
      

( cos( )) ( cos( ) sin( ))
t t
d
v Ae t Ae t t
dt
 
       
 
      
0
 
sin( )
t
v Ae t

  

  
cos( )
t
x Ae t

 

 
 2 2 2 2 2 2
1 1
sin ( ) cos ( )
2 2
t t
E kA e t kA e t
 
   
 
   
2 2
1
2
t
E kA e 



  

e) La potencia disipada es
2 2
( ) ( 2 ) ( 2 )
t t
dE d E
P Ae Ae E
dt dt
 
 

 
       

2 2 2 2
0 2 2
R
k
m
   
   
a) La condición de resonancia es
Así que, despejando
2 2 2 1 2
( 2 ) 50 ((1 ) 2(0.8 ) ) 114
rad N
R s
k m Kg s
  
     m
b) La amplitud en la resonancia es
0 25
50
max 0.24
2 2 (.8)
F
m
A
 
   m
La frecuencia del oscilador amortiguado es
2 2 2 2
0
114
(0.8) (0.8) 1.28
50
rad
s
k
m
  
      

a) La frecuencia del oscilador amortiguado es
b)
c)
d)
e)
2 2
2
T
 
 
  
2 2 2 2(0.35)(20) 2 14 7
1 1 1
8.31 10
2 2 2
t
f i
E kA e kA e kA e E

   
    
10 20 1
(10 )
2
T
T Ae Ae A
 
 
 
A =
 0.35
 
2 2 2 2
0 (0.35) 3.161
   
    
2 2
0 2 9.991 0.245 3.122
R
  
    
0 0.1
1
max 0.045
2 2( )(0.35)
F
m
A
 
   m

a) Como
1000 N
m
k  0
0
2 2
7.85
0.8
rad
s
T
 
     2
0
16.21
k
m Kg

 
18 1
(18 )
8
s Ae A


 
A
1
ln(8) 0.12
18
  
 2 3.75 Kg
s
b 
 
m

b) La frecuencia externa es
2 2
30.16
1.25
rad
f s
f
T
 
    0 21
F N


0 21
3
16.21
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0
(30.16 ) 1.53 10
( ) 4 (30.16 7.85 ) 4(0.12) 30.16
F
rad
s
f f
A m
   

   
   
m
c) 2 2
0 17.84
  
  
0
max
1.3
0.3
2 2(0.12)(17.84)
F
A m

  
m

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