Torques

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

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?
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

¿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
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

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
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

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
¿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

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
¿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

Cilindro homogéneo
de masa M y radio R
Cáscara cilíndrica homogénea
de masa M y radio R
Paralelepípedo recto
homogéneo de masa M
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

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:
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
g
m
1
m m m
a
2 p
1 2
2
+ +
=

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
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

Energía Rotacional
=Σ
1 = Σ
i i K m 2 v
i
2

1 ω
= Σ
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 ⇒ =

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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