1. PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE FISICA
FISICA I
FIS101M
Sección 03
José Mejía López
jmejia@puc.cl
http://www.fis.puc.cl/~jmejia/docencia/fis101m.html
JJMMLL ffiiss110011mm--22001100
Dinámica Rotacional
Capítulo 4
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2. El Equilibrio Estático:
Dos fuerzas de igual magnitud F pero sentido opuesto, actuando sobre un cuerpo
r
F
r
−
F
r r r r
= − = 0 ⇒ = 0 ext cm F F F a
pero:
el centro de masa no se mueve
y el cuerpo no se mueve
r
F
r
−
F
el centro de masa no se mueve pero el
cuerpo gira en torno al centro de masa
¿qué falta para establecer una condición de equilibrio estático?
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P
D
r
fuerza actuando sobre un punto de un cuerpo, a lo largo
de una dirección dada
r
línea de acción de
la fuerza
F
un punto P ubicado en el cuerpo, sobre el mismo
plano en que se aplica la fuerza
D es la distancia perpendicular medida desde el
punto P a la línea de acción de la fuerza
r
Definimos la magnitud τ del torque de F
respecto de P como el producto entre
la magnitud F de la fuerza y el brazo D de aplicación a la misma
τ ≡ F — D
F
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3. ¿qué pasa si P es un punto fijo?
P
r
F
r
F
La acción de produce una rotación del
cuerpo en torno a P
Elección: rotación es positiva si es contra los
punteros del reloj
Si varias fuerzas actúan simultáneamente sobre un cuerpo
el torque total resulta de sumar los torques asociados a las
distintas fuerzas
signo +) los torques que inducen rotación en el sentido opuesto al de
los punteros del reloj
signo -) los torques que inducen rotación en el sentido de los punteros
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Equilibrio estático:
N
I) Σ=
= =
ext i F F
i
1
0
r r
II) Torque total es cero
debe cumplirse para cada una de las
componentes de las fuerzas, a lo largo de los
ejes de referencia
debe cumplirse para rotación en torno a
cualquier punto arbitrario en el plano de
acción de las fuerzas
¡OJO! El torque es un vector
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4. EJEMPLO
Una viga homogénea, en equilibrio, con una masa de 300 kg. ¿Cuál es la
fuerza que ejerce la viga sobre los soportes A y B?
10 m
1 m
A B
6 m
Diagrama de fuerzas
FA FB
A mg B
fuerzas normales en los puntos de contacto
peso en el centro de masa
I) Suma de fuerzas es cero FA + FB – mg = 0
⇒ FA + FB – 2940 = 0
II) Suma de torques positivos es igual a suma de torques negativos.
elegimos un punto arbitrario de referencia
por ejemplo, el extremo izquierdo de la viga
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FA FB
A mg B
1 m
A B
FA → DA = 1.0 m
FB → DB = 6.0 m
mg→ Dmg = 5.0 m
FA + 6 FB – 14700 = 0
5 −11760 = 0 B F
= 2940 − = 588 N A B F F
10 m
6 m
Restando las dos ecuaciones:
FA + FB – 2940 = 0
Dos ecuaciones con dos incógnitas
⇒ = 2352 N B F
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5. r r r
= ×
r
B
θ
r
A
r r r
r
r
C = A ⋅ B senθ
Producto vectorial de dos vectores:
r r r
= ×
C A B
Su dirección es perpendicular a los
v r
vectores A y
B
θ
Bcosθ
Bsenθ
B
A
Torque: τ ≡ F — D
La fuerza F es un vector
La distancia D es un vector
El torque τ es el producto de dos
vectores y es un vector
C A B es el producto vectorial entre los vectores
y su magnitud es
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¿Cuál es la relación con el torque?
r
F
La fuerza F
r θ
r
τ r
P
r
r
se aplica en un punto con vector de posición r
respecto de un punto P el torque resultante es
r r r
τ = r ×
F
con τ = rF senθ
θ es el ángulo entre la fuerza y el vector de aplicación de la misma
r⊥F τ = r⊥ es el brazo de aplicación de la fuerza
O también ⊥ τ = rF
La dirección del torque es perpendicular al plano de la fuerza y su vector de
aplicación
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6. Dinámica de Rotaciones
Usando 2ª Ley de Newton
Masa puntual m que gira a distancia r de un
punto P bajo la acción de fuerza tangencial Ft
Como el torque está dado por
Podemos definir I = momento de inercia
de una masa puntual m que gira a la
distancia r de un punto fijo P como
Con lo cual tenemos:
τ = I α
que es similar a F = m a para el caso traslacional
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¿qué pasa si la masa no es puntual?
Varias masas puntuales
Notar: el momento de inercia siempre está
referido a un punto o un eje en torno al cual puede
rotar el objeto
EJEMPLOS
Esfera sólida
de masa M y
radio R
Varilla delgada
de largo L y
masa M
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7. Cilindro homogéneo
de masa M y radio R
Cáscara cilíndrica homogénea
de masa M y radio R
Paralelepípedo recto
homogéneo de masa M
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τ = Iα
Ecuación para rotación
Equivalente a 2a Ley de Newton
F = ma
EJEMPLO
Una bicicleta tiene la rueda trasera en el aire, de modo que puede girar libre-mente.
Al pedalear la cadena aplica una fuerza constante de 20 N sobre el
piñón, a distancia rp = 5 cm del eje de la rueda. Considerando la rueda como un
aro de masa 2.5 kg y radio 35 cm, ¿cuál es la velocidad angular de la rueda
luego de 5 s de pedalear?
Velocidad angular de la rueda:
torque sobre la rueda:
momento de inercia de la rueda:
20 N
5 cm
35 cm
ω =ω +α t 0 = 5α
p τ = Fr = (20)(0.05) ⇒ τ =1Nm
2 I = mr 2 = (2.5)(0.35) 2 = 0.31 kgm
aceleración angular:
τ
α = 2 = 3.23 rad/s
I
⇒ ω = 5(3.23) =16.15 rad/s = 2.57 rev/s
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8. EJEMPLO
Un objeto de masa m está unido mediante una cuerda a una rueda homogénea
de masa M y radio R. La cuerda no resbala sobre la rueda y ésta gira sobre su
eje sin roce. Encontrar la tensión de la cuerda y la aceleración de la masa
Torque sobre la rueda:
Disco:
Fuerza sobre el objeto:
La cuerda no se desliza:
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Ejemplo
Dos bloques están conectados por una cuerda que pasa por una polea de radio
R y masa mp. El bloque de masa m1 se desliza sobre una superficie horizontal
sin rozamiento; el bloque de masa m2 está suspendido de la cuerda. Determinar
la aceleración de los bloques y las tensiones
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g
m
1
m m m
a
2 p
1 2
2
+ +
=

9. Momento angular
Definimos el momento angular como L = Iω
Se conserva el momento angular
Ejemplo
Un disco de hierro, de masa 10 kg y radio 50 cm, está girando con velocidad
angular de 5 rev/s. Se deja caer una pequeña bola de 2 kg de masa, la cual
queda pegada sobre el disco a una distancia 40 cm del centro. Calcular la
velocidad angular final del disco.
1 = = R
i i i L Iω MR2ω
2
M
d m

= =  1
2 + 2
f f f md MR I L ω ω 

2

= ⇒ 1
2 =  1
2 + 2
i f i f md MR MR L L ω ω 

2
2
(5rev/s)
(10kg)(0.5m)
2
+
2 2
(10kg)(0.5m) 2(2kg)(0.4m)
2
+ 2
MR ω ω 2 2
= f i MR md
⇒ =
= 3.98 rev/s f ω
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bailarina
166
1
2
1
I MR M L MR M R MR B B = + = + =
2 2 2 2 2
2 (4 )
3
2
0 5
3
5
15
1
2
1
I MR M L MR M R MR f B B = + = + =
i f f f L = L ⇒ I ω = I ω 0 0
0 ω
R M
LT = 16R
MT = 12M
LB = 4R
MB = 2M
46
2 '2 2 2 2
15
2 (2 )
3
5
3
2
5
46
166 =
MR 2
ω MR2ω
0
f 15
15
166
166ω = 46ω ⇒ ω = ω = 3.61
ω 0 f f
0 0 46
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10. Energía Rotacional
=Σ
1 = Σ
i i K m 2 v
i
2

1 ω
= Σ
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1 = Σ
i
i i m 2 v
2
1 ω
i
i i m 2 2 r
2
2 2 r
2


i
1 = Iω
i i m 2
2
1 K = Iω
2
2
EJEMPLO
Una esfera (masa M y radio R) y un cilindro (masa M y radio R) ruedan por
un plano inclinado sin resbalar. Si son soltados desde la misma altura
¿Cuál llega primero?
EJEMPLO
Una tabla de longitud L = 3 m y masa M = 2 kg está soportada por dos
pesas, una en cada extremo. Un bloque de m = 6 kg reposa sobre la tabla
a una distancia x1 = 2.5 m del extremo izquierdo. Determinar la lectura en
cada pesa.
Condición de equilibrio traslacional:
Σ = 0 y F 0 1 2 ⇒ + −Mg −mg =
Condición de equilibrio rotacional (con respecto al
lado derecho de la tabla):
mg
2
1
Σ = 0 i τ
3 0.5 1.5 0 1 ⇒ − + mg + Mg =
78.4 0 1 2 ⇒ + − =
3 58.8 0 1 ⇒ − + = 19.6 N 1 ⇒ =
Mg
Reemplazando en la ecuación de equilibro traslacional:
19.6 78.4 0 2 + − = 58.8 N 2 ⇒ =
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11. EJEMPLO
Una escalera de 5 m que pesa 60 N está apoyada sobre una pared sin roce.
El extremo de la escalera que apoya en el piso está a 3 m de la pared, ver
figura. ¿Cuál es el mínimo coeficiente de roce estático necesario entre la
escalera y el piso para que la escalera no resbale? Calcular las reacciones
del piso y la pared
Condición de equilibrio traslacional:
Σ = 0 x F 0 1 ⇒ f − F = s
Σ = 0 y F ⇒ F − w = 0 n ⇒ = 60 N n F
Condición de equilibrio rotacional con respecto al piso:
Σ = 0 i τ
4 1.5 0 1 ⇒ F − w = 4 90 0 1 ⇒ F − =
22.5 N 1 ⇒ F =
Entonces la fuerza de roce sería
22.5 N 1 f = F = s
s n f = μF
pero
⇒ 22.5 N = (60 N)μ ⇒ μ = 0.375
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