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M

EC

ÁN

ICA

EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO Y

DINÁMICA DE ROTACIÓN

Conceptos Básicos Problemas Resueltos

Problemas Propuestos

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M

EC

ÁN

ICA

Introducción Este material ha sido construido pensando en el estudiante de nivel Superior

El objetivo principal de este trabajo es que el alumno

adquiera y desarrolle la técnica para resolver problemas diversos de la unidad

de Equilibrio del cuerpo rígido y Dinámica de rotación. En lo particular

pretende que el alumno logre el aprendizaje indicado en los criterios de

evaluación (referidos al cálculo de variables) del programa de la asignatura

Física .

El desarrollo de los contenidos ha sido elaborado utilizando un lenguaje simple

que permita la comprensión de los conceptos involucrados en la resolución de

problemas. Se presenta una síntesis inmediata de los conceptos fundamentales

de la unidad de Equilibrio del cuerpo rígido y Dinámica de rotación, seguida de

ejemplos y problemas resueltos que presentan un procedimiento de solución

sistemático que va desde un nivel elemental hasta situaciones más complejas,

esto, sin saltar los pasos algebraicos que tanto complican al alumno, se finaliza

con problemas propuestos incluyendo sus respectivos dsarrollos.

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TORQUE O MOMENTO ESTÁTICO DE UNA FUERZA (M) El torque o momento estático de una fuerza es el efecto de giro que una fuerza produce sobre un cuerpo provisto de un eje o pivote, como por ejemplo al abrir o cerrar una puerta, apretar o soltar una tuerca; dar vuelta el volante de un automóvil; ejercer palanca, etc. Se observa que el efecto de giro se facilita a medida en que aumente el tamaño de la fuerza, como también a medida en que la recta de la fuerza se aleje respecto al eje de giro. También se observa que las fuerzas que están aplicadas directamente al eje, o que la recta de la fuerza pase por el eje, no producen giro. Brazo de giro (b): Es la distancia perpendicular trazada desde el eje hasta la recta de la fuerza. El torque o momento es una magnitud vectorial cuyo valor queda determinado por el producto entre el valor de la fuerza F

r y su brazo de giro b , es decir:

F = valor de la fuerza F

r(módulo)

El sentido de giro es totalmente arbitrario, en nuestro estudio consideraremos el torque momento positivo cuando el giro sea contrario al sentido de movimiento de los punteros del reloj, en caso contrario, el torque será negativo.

Unidades de medida

CGS MKS TECNICO

GRAVITACIONALTECNICO INGLES

cmdina ⋅ mN ⋅ mkgf ⋅ pielbf ⋅

bFM ⋅=

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El siguiente esquema representa un cuerpo provisto de un eje en el punto o y sobre el cual actúan cuatro fuerzas tal como se indica. Para el esquema anterior se tiene: - 1Fr

no produce torque debido a que su recta de acción pasa por el eje de giro. - 2Fr

produce torque positivo ya que hace girar el cuerpo en sentido contrario al movimiento de los punteos del reloj, su brazo de giro es 2b . - 3Fr

produce torque negativo debido a que hace girar el cuerpo en sentido horario, su brazo de giro es 3b . - 4Fr

no produce torque debido a que está aplicada directamente al eje de giro.

4Fr

3Fr

2Fr

1Fr

Eje de giro

2b

3b

o

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Cuerpo rígido: Desde el punto de vista de la mecánica, se dice de aquel sólido que no sufre

deformaciones permanentes cuando sobre el actúan cargas exteriores, como

también de aquel sólido que no pierde su forma al sacarlo de sus apoyos.

Condición de equilibrio del sólido rígido Un cuerpo rígido se encuentra en equilibrio cuando cumple con dos condiciones: Primera condición de equilibrio:

∑

∑

∑ ∑

=

=

=⇒=

0

0

0F 0 x

z

y

F

F

F

r

r

rr

Segunda condición de equilibrio: ∑ = 00M ,

O pivote o puntoun a respecto fuerza una de estatico momento o Torque 0 0 =M

Momento de inercia para un cuerpo de masa m El momento de inercia corresponde a la resistencia que presenta un cuerpo a

querer variar su velocidad angular, es decir, es la resistencia que presentan los

cuerpos a adquirir aceleración angular.

El momento de Inercia depende de la masa del cuerpo, de la distribución de la

masa, de la forma del cuerpo y de la ubicación del eje de giro.

El momento de Inercia se simboliza con la letra I y queda determinado por el

producto entre la masa de un cuerpo y el cuadrado de la distancia a un

determinado eje de giro, es decir:

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2rmI ⋅=

inercia de momento el calcula se cual al respecto eje ely m masa de cuerpo entre Distancia inercia de Momento

==

rI

En el sistema Internacional la unidad de medida es: 2mkg ⋅ Momento de inercia para un sistema de partículas:

∑=

⋅=n

iii rmI

1

2

ésima i partícula de masa =im , ésima i partícula de giro de eje al distancia =r

Radio de giro: El radio de giro corresponde a la distancia respecto a un eje de giro a que se debe de ubicar la masa concentrada del cuerpo para que produzca el mismo momento de Inercia que provoca la masa distribuida, matemáticamente queda determinado por:

MIRe =

sólido del Masa , inercia de Momento , giro de Radio === MIRe Teorema de Steiner (o de los ejes paralelos): El teorema establece que el momento de Inercia ( I ) de un cuerpo de masa m

respecto a un eje cualquiera es igual al momento de Inercia del cuerpo respecto

a un eje centroidal, paralelo al eje cualquiera, más el producto entre la masa del

cuerpo y el cuadrado de la distancia que separa dichos ejes, matemáticamente

queda determinado por:

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2mdII CG +=

I inercia de momento el calcula se cual al respecto eje al paralelo es quey cuerpo del gravedad de centro elpor pasa que ejeun a respecto inercia de Momento =CGI

cuerpo del Masa =m

ejes los entre Distancia =d Trabajo y potencia en la rotación: El trabajo corresponde al producto entre el momento o torque y la posición angular, es decir:

ωθ

θ

⋅=⋅

==

⋅=

Mt

Mt

WP

MW

Donde:

Tiempo angular velocidadla de Módulo

mecanica Potenciasólido el girado ha se que Angulo

momento o Torque mecanico Trabajo

======

t

P

MW

ω

θ

Eje

CG

d

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Momento cinético de un sólido rígido (o momento angular) respecto a un eje fijo: El momento cinético corresponde al producto entre el momento de Inercia y la velocidad angular es decir: ω⋅= IL Donde:

angular velocidadde Módulo inercia de Momento

angular momento o cinético Momento

===

ωIL

Principio de conservación del momento cinético Si un sistema no se ve afectado por un momento exterior, entonces el momento cinético del sistema permanece constante, es decir: finalinicial LL = Energía cinética de rotación:

2

21

.ω⋅⋅= IU

ROTk

Energía cinética total de un cuerpo en una roto traslación

22

21

21 ω⋅⋅+⋅⋅= IvmUk

Donde:

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angular velocidadla de Módulo oconsiderad ejeun a respecto cuerpo del inercia de Momento

lineal velocidadde Módulo cuerpo del Masa

====

ωIvm

Ley fundamental de la dinámica de rotación ατ ⋅== IM

cuerpo delangular n acelaració la de Módulo oconsiderad ejeun a respecto cuerpo del inercia de Momento

fuerza una de momento o Torque

==

==

α

τIM

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Problemas Resueltos – Dinámica De Rotación Problema 1 Determinar el torque generado por la fuerza de 130N respecto al pasador A indicado en la figura. Indicada.

Solución: El caso indicado corresponde a la condición más simple en el cálculo del torque ya que se trata de la aplicación directa de la formula fuerza por brazo, es decir:

bFM ⋅= Donde F representa el valor de la fuerza y b representa el brazo de giro que corresponde a la distancia perpendicular desde el eje de giro o pivote hasta la recta de acción de la fuerza, en este caso se tiene:

mcmbNF

8,080130

===

Reemplazando estos valores en la formula resulta:

mNM 8,0130 ⋅= Con sentido de giro horario Multiplicando resulta finalmente que el valor del torque o momento respecto al punto A es:

A

F =130N 80cm

NmM 104=

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Problema 2 Determinar el momento de la fuerza de 130N, indicada en la figura, respecto al pivote A.

Solución: En este caso la recta de la fuerza de 130N no forma un ángulo de 90º con la barra, y por lo tanto se debe trazar el brazo Calculo del brazo de giro (b) Observando la figura anterior es fácil notar que el brazo b corresponde al cateto opuesto del ángulo de 60º, por lo tanto su valor corresponde a la hipotenusa del triangulo rectángulo multiplicada por el seno del ángulo de 60º, es decir:

º6080 sencmb ⋅= Multiplicando:

mcmb 693,0282,69 ≅=

60º

A

F =130N 80cm

b

60º

F =130N

80cm A

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Calculo del torque o momento Como ahora se conoce el valor de la fuerza y su brazo, solo hay que aplicar la formula que cuantifica el valor del torque, es decir:

mNbFM 693,0130 ⋅=⋅= Finalmente multiplicando se obtiene:

Problema 3 Determinar el momento de la fuerza de 130N, indicada en la figura, respecto al pivote A. Solución: Al igual que el ejercicio anterior la fuerza no forma un ángulo de 90º, por lo tanto nuevamente se debe trazar el brazo de giro.

NmM 09,90=

bF =130N

60º

A

80cm

F =130N

60º

A

80cm

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El brazo b corresponde al cateto opuesto y por lo tanto su valor queda determinado por el producto entre el valor de la hipotenusa y el seno del ángulo de 60º, es decir:

msenmb 693,0º608,0 ≅⋅= El torque se obtiene multiplicando el valor de la fuerza con su brazo de giro, es decir:

Problema 4 Determinar el torque resultante respecto al pivote A indicado en la figura. Solución: En este caso hay dos fuerzas que provocan efecto de giro. La fuerza de 240N provoca un giro en contra del movimiento de los punteros del reloj (torque positivo) mientras que la fuerza de 130N genera un giro a favor del movimiento de los punteros del reloj (torque negativo). Haciendo una sumatoria de torque respecto al punto A se tiene:

º608,01304,0240∑ ⋅⋅−⋅== senmNmNMM AA Multiplicando:

NmNmM A 066,9096 −=

NmmNM 09,90693,0130 =⋅=

F =130N

60º

A

80cm

40cm

F = 240N

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Finalmente, restando se obtiene el torque resultante respecto al punto A, es decir:

El signo positivo del resultado indica que el efecto de giro resultante es

antihorario, es decir:

Problema 5 Determinar el valor de la fuerza 1F

r de la figura para que el torque resultante

respecto al punto A sea Cero. Solución: Por sumatoria de momentos respecto al punto A se tiene:

º608,01304,01∑ ⋅⋅−⋅== senmNmFMM AA Como el enunciado indica que el torque resultante es igual a cero, significa que

0=AM , y por lo tanto se tiene:

0º608,01304,01 =⋅⋅−⋅ senmNmF

NmM A 933,5=

NmM A 933,5=

40cm

F =130N

60º

A

80cm

F1 =?

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Despejando 1F resulta:

msenmNF

4,0º608,0130

1⋅⋅

=

Multiplicando y dividiendo se obtiene el valor de 1F , es decir:

Problema 6 Para la barra indicada en la figura, determinar el valor de la fuerza F1 para que el torque resultante respecto al pivote o sea igual a 10Nm en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj. Solución: El torque resultante corresponde a la sumatoria de los torques respecto al punto O. Observando que la fuerza 1F genera el torque positivo y la fuerza de 80N genera el torque negativo, se puede anotar:

∑= 00 MM = cmNcmF 2080641 ⋅−⋅

NF 80=

o

20cm 64cm

F1

NF 167,2251 =

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Como se sabe que el torque resultante es de 10Nm en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj (torque resultante positivo) se puede escribir:

NmmNmF 102,08064,01 =⋅−⋅ O

NmNmmF 101664,01 =−⋅ Despejando 1F resulta:

mNmNmF

64,01610

1+

=

mNmF

64,026

1 =

NmF 625,401 =

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Problema 7 Determinar el momento de torsión resultante en A debido a las fuerzas de 85 N y 120 N para la palanca angular indicada. Solución: En este caso es conveniente realizar un diagrama de sólido libre (o diagrama de cuerpo rígido)

NF 852 =

A60° 24°

NF 852 = NF 1201 =

40cm

65cm

60°

A

60° 24°

65cm

40cm

NF 1201 =

1b

2b

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Calculo de brazo de giro

1) cmb

40º24cos 1=

⇒ 1º24cos40 bcm =⋅ ⇒

2) cmbsen

65º60 2=

⇒ 2º6065 bsencm =⋅ ⇒ El momento de torsión respecto al punto A se obtiene por la sumatoria de los torques ocasionados por las fuerzas de 120N y 85N respecto al punto A, es decir:

∑= AA MM2211 bFbF ⋅−⋅= , ya que la fuerza 1F produce torque positivo (giro

antihorario) y la fuerza 2F genera un torque negativo (giro horario). Reemplazando los valores correspondientes para fuerzas y brazos, se tiene:

mNmNM A 563,085365,0120 ⋅−⋅= Multiplicando y restando se obtiene el valor buscado, es decir:

NmM A 055,4−= El signo negativo significa que el efecto de giro resultante es a favor del sentido de movimiento de los punteros del reloj, el resultado anterior también se puede escribir como:

1365,0542,36 bmcm =≅

2563,0292,56 bmcm =≅

NmM A 055,4=

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Problema 8 Para la palanca angular de la figura, determinar el valor de la fuerza 2F si se quiere que el torque resultante respecto al pivote A sea igual a cero. Solución: Al igual que el ejercicio anterior es conveniente realizar un diagrama de sólido libre, es decir:

NF 1501 =

?2 =F

A

28° 62°

32cm

56cm

2b

1b

NF 1501 =

?2 =F

56cm

32cm

A

62° 28°

62º

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Calculo de brazo de giro

1) cmb

32º28cos 1=

⇒ 1º28cos32 bcm =⋅ ⇒

2) cmbsen

56º62 2=

⇒ 2º6256 bsencm =⋅ ⇒ El momento de torsión respecto al punto A se obtiene por la sumatoria de los torques ocasionados por las fuerzas de 150N y 2F respecto al punto A, es decir:

∑= AA MM1122 bFbF ⋅−⋅= , ya que la fuerza 2F produce torque positivo (giro

antihorario) y la fuerza 1F genera un torque negativo (giro horario). Reemplazando los valores correspondientes para fuerzas y brazos, se tiene:

mNmFM A 283,0150494,02 ⋅−⋅= Multiplicando se obtiene

NmmFM A 055,4494,02 −⋅= Como el torque resultante respecto al punto A es igual a cero se tiene:

0055,4494,02 =−⋅ NmmF Despejando 2F resulta:

mNmF

494,0055,4

2 =

Dividiendo se obtiene el valor de 2F , es decir:

1283,0254,28 bmcm =≅

2494,0445,49 bmcm =≅

NF 209,82 =

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Problema 9 El puntal AB de la figura está cargado y apoyado según se indica en la figura. El puntal es uniforme y pesa 490N. Determinar la tensión del cable y la reacción en el apoyo A. Fig.3 SOLUCIÓN El problema trata de un cuerpo en equilibrio estático, luego la teoría indica que en estos casos se cumplen dos condiciones, estas son:

∑

∑

=⇒

=⇒

0..2

0..1

MEC

FEC

a

a

r

r

En primer lugar se dibuja el diagrama de sólido rígido (o diagrama de cuerpo libre) correspondiente, esto es dibujar el cuerpo lo más simple posible y luego dibujar todas las fuerzas que actúan en él, tanto las fuerzas conocidas como las fuerzas desconocidas.

Fig. 3

BCable

800 mm 800 mm

A

720 N

1000 mm

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En muchos casos resulta conveniente aplicar primero la segunda condición

de equilibrio, a pesar de no ser obligatorio.

En la segunda condición de equilibrio se debe elegir el punto pivote como

aquel punto que presente el mayor número de incógnitas, ya que en dicho

punto tales fuerzas no producen torque, en éste caso corresponde elegir al

punto A, luego identificar aquellas fuerzas que producen torque positivos y

aquellas que producen torque negativo, en nuestro ejemplo, la tensión de la

cuerda provoca un torque positivo mientras que el peso de la barra genera un

torque negativo, recordando que el torque se calcula como el producto entre

el valor de la fuerza y su brazo se tiene que:

mmmgmmT

M

ECa

08001000

0

..2

=⋅−⋅

=∑r

Despejando tensión se obtiene:

A

Nmg 720=

T

YR

XR

800 mm

1000 mm

800 mm

B

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mmmmmgT

1000800⋅

=

Reemplazando el valor de mg y cancelando los milímetros resulta:

1000800720 ⋅

=NT

, es decir:

Ahora como se conoce el valor de la tensión, es posible calcular las reacciones en el apoyo A, por medio de la primera condición de equilibrio del cuerpo rígido, es decir:

∑ =⇒ 0..1 FECar

Eje x:

0=−TRAX Despejando resulta:

TRAX = Es decir:

Eje y:

0=− mgRAY Despejando resulta:

mgRAY = Es decir:

NT 576=

NRAX 576=

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Problema 10 El puntal AB de la figura está cargado y apoyado según se indica en la figura El puntal es uniforme y pesa 490N la tensión del cable y las componentes de la reacción en el apoyo A. Fig.9 Solución: El problema corresponde a un cuerpo en equilibrio estático, el apoyo A es fijo y por lo tanto presenta dos reacciones. Como se ha indicado en los ejercicios anteriores es muy conveniente realizar un diagrama de sólido rígido para visualizar todas las fuerzas actuantes y aplicar las condiciones de equilibrio del cuerpo rígido.

A

B

30 Kg.

cable

1 m

2 m

36°

Fig. 9

NRAX 720=

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Calculo de brazo de giro En este caso cada uno de los brazos corresponde al cateto adyacente al triangulo que pertenecen, luego cada uno de ellos queda determinado por la multiplicación entre la hipotenusa correspondiente y el coseno del ángulo de36º, es decir:

mmbT 427,2º36cos3 ≅⋅= (Brazo de giro de la tensión)

mmbmg 214,1º36cos5,1puntal ≅⋅= (Brazo de giro del peso del puntal)

mmbmg 809,0º36cos1cuerpo ≅⋅= (Brazo de giro del peso del cuerpo de 30kg) Eligiendo el pivote en el punto A, se tiene que le tensión T produce torque positivo (hace girar el puntal en contra del movimiento de los puntero del reloj) mientras que el peso del cuerpo y el peso del puntal generan torque negativo (hacen girar el puntal a favor del movimiento de los punteros del reloj). Eligiendo comenzar con 2ª condición de equilibrio, se tiene:

cuerpomg = 294N

T

puntalmg = 490N

AYR

AXR

B

A

36º

36º

1m

1,5m

3m

Tb

puntal mgb

cuerpo mgb

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EC

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∑ = 0AM

r

, +

0=⋅−⋅−⋅ cuerpocuerpopuntalpuntalT bmgbmgbT Despejando la tensión resulta:

T

cuerpocuerpopuntalpuntal

bbmgbmg

T⋅+⋅

=

Reemplazando valores correspondientes a los pesos y brazos resulta:

mmNmNT

427,2809,0294214,1490 ⋅+⋅

=

Multiplicado y sumando:

mNmT

427,2706,832

=

Dividiendo se tiene el valor de la tensión, es decir:

Conocido el valor de la tensión, es posible aplicar primera condición de equilibrio para determinar las reacciones en el apoyo A.

∑ = 0 equilibrio deCondición 1ª F Eje x: (+ hacia la derecha) La única fuerza en el eje x es AXR , por lo tanto:

NT 101,343=

0=AXR

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Eje y: (positivo hacia arriba)

0=−−+ cuerpopuntalAY mgmgTR Despejando AYR resulta:

TmgmgR cuerpopuntalAY −+= Reemplazando los valores numéricos se tiene:

NNNRAY 101,343294490 −+= Luego el valor de la reacción AYR es:

Por lo tanto para el puntal de la figura anterior, la tensión tiene un valor de 343,101N y las componentes de la reacción en el apoyo A son 0=AXR y

NRAY 899,440= hacia la derecha. Problema 11 La viga homogénea de la figura, tiene una masa de 2 (kg) y está articulada en A. Calcular la fuerza que hace el pivote A.

A

NRAY 899,440=

Cable

40 kg

37°

4 m

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Solución Las fuerzas que actúan en la viga son: su peso (ubicado en el centro de gravedad del cuerpo), la tensión (ubicada horizontalmente en el extremo B de la viga), el peso del cuerpo de 40 kg(ubicado verticalmente hacia abajo en el extremo B de la viga) y las dos reacciones debidas al apoyo fijo en la articulación A(una componente horizontal y otra componente vertical), según lo anterior, el diagrama de cuerpo rígido es: Como se trata de un cuerpo rígido en equilibrio, se cumplen las dos

condiciones, ∑ = 0Fr

y ∑ = 0Mr

Comenzando con la sumatoria de momentos y eligiendo el punto A como pivote, se tiene que el torque positivo lo realiza la tensión mientras que el peso de la viga y el peso del cuerpo provocan torque negativo, las componentes de la reacción en el apoyo A no generan torque debido a que están aplicadas directamente al eje, es decir: ∑ = 0AM

r

+

0 º37cos26,19º37cos4392º374 =⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅ mNmNsenmT La ecuación permite despejar la tensión T , es decir:

º374

º37cos26,19º37cos4392 senm

mNmNT⋅

⋅⋅+⋅⋅=

Realizando primero las multiplicaciones luego la suma y finalmente la división se obtiene el valor de la tensión, esto es:

AyR

AxR

NmgCuerpo 392= NmgViga 6,19=

T B

A

2 m

2 m

37º

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Aplicando primera condición de equilibrio se obtendrán las reacciones en el apoyo A. ∑ = 0xF

r

Observando el diagrama vectorial es fácil notar que las fuerzas del

eje x son AxR y la tensión T , por lo tanto:

0=+TRAx Despejando AxR resulta:

TRAx −= Es decir:

NRAx 207,533−= El signo negativo significa que es de sentido contrario al indicado en el diagrama de cuerpo rígido, por lo tanto:

33,207N5 =T

m2

m2

NmgCuerpo 392=

T B

A 37º

37º

NmgViga 6,19=

º37cos4 ⋅m

37cos2 ⋅m

º374 senm ⋅

NRAx 207,533=

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∑ = 0yFr

Las fuerzas del eje y son AyR , el peso de la viga y el peso del cuerpo que pende del extremo B, por lo tanto:

0392196 =−− NNRAy Despejando y sumando resulta:

NRAy 588= Como el resultado es positivo, la componente y de la reacción en A es hacia arriba, es decir:

La reacción en el apoyo A se puede expresar vectorialmente como:

N ˆ588ˆ207,533 jiRA +=r

La magnitud de la reacción en A es:

( ) ( ) N 588207,533 22 +=ARr

Elevando al cuadrado, sumando y sacando raíz cuadrada se tiene:

Recordar que la dirección de una fuerza del plano se obtiene aplicando

)(1

Ax

Ay

RR

tag r

r−=α

es decir:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛= −

NNtag

207,5335881α

Lo que da un ángulo (dirección) igual a:

NRAy 588=

N 759,793=ARr

º798,47=α

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Problema 12 Determinar el valor de la fuerza F de la figura 6 sabiendo que la barra tiene una longitud de 2,2 metros y una masa de 6 kg . La masa de la polea es de 2,0 kg y la masa del cuerpo sobre la barra es de 120 kg.

Solución: En este caso el sistema en equilibrio se compone de dos cuerpos, una palanca y

un sistema de poleas (fija y móvil), por lo tanto se deben trabajar por separados,

esto implica realizar dos diagramas vectoriales, uno para la palanca y otro para

el sistema de poleas.

O

2,2m

0,3

F

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Diagrama de fuerzas:

PoleaT

Nmg Barra 8,58=

O

NmgCuerpo 1176=

0,3

1,1

2,2

Polea

F

F

Polea

F

F

PoleaT

33

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La solución se debe comenzar en la palanca, debido a que en ella existe la información necesaria para trabajar. Es fácil notar que aplicando segunda condición de equilibrio en la palanca, es posible determinar la fuerza T que ejerce la polea móvil. Eligiendo como eje de giro el pivote O, se tiene que la fuerza T genera un torque positivo, mientras que el peso del cuerpo y el peso de la barra generan un torque negativo, por lo tanto:

0∑ =OMr

+

01,18,583,011762,2 =⋅−⋅−⋅ mNmNmT Multiplicando:

068,648,3522,2 =−−⋅ NmNmmT Reuniendo términos semejantes:

048,4172,2 =−⋅ NmmT Despejando T se obtiene:

mNmT

2,248,417

=

Cancelando los metros y dividiendo resulta el valor de la fuerza T , es decir:

Ahora como se conoce el valor de la fuerza T , se trabaja en polea móvil aplicando primera condición de equilibrio, es decir:

0=−+ TFF Reuniendo términos semejantes:

02 =−TF Despejando F

NT 764,189=

Polea móvil

F F

PoleaT

34

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

2TF =

Reemplazando El valor de T y dividiendo en 2 resulta el valor de la fuerza que se desea conocer.

OBSERVACIÓN: No es necesario trabajar en polea fija debido a que en ella actúa la misma fuerza F (no olvidar que la polea fija sirve sólo para cambiar la dirección de una fuerza)

Problema 13 En la palanca de cambio de velocidades de la figura se aplica una fuerza de 34 N, tal como se indica, determinar el momento de la fuerza con respecto al apoyo A.

NF 882,94=

NF 34=

B

A

40º

60 cm

24 cm

35

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución: En este caso la solución del problema se simplifica si se descompone la fuerza de 34 N en sus componentes rectangulares x e y para posteriormente hacer una sumatoria de momentos respecto al apoyo A. (ver figura) Observando el diagrama es fácil notar que ambas componentes x e y de la fuerza de 34 N realizan torque positivo ya que hacen girar la palanca en sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj, por lo tanto:

mNmsenNMM 6,0º40cos3424,0º4034 ⋅+⋅⋅== ∑rr

Multiplicando y sumando se obtiene:

º4034 senNFy ⋅=

º40cos34 ⋅= NFx

NF 34=

A

B

60 cm

40º

24 cm

NmM 872,20=r

36

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problemas propuestos – Torque y Momentos de Inercia

Problema 1 Para el sistema de la figura calcule la aceleración y el torque, dado m1 = 1 kg, m2 = 2 kg y R = 0,2 m.

Problema 2 Para el sistema de la figura calcule la aceleración y el torque, dado m1 = 2 kg, m2 = 3 kg, R = 0,3 m y el coeficiente de roce cinético es μ = 0,3.

Problema 3 Un peso de 50,0 N se une al extremo libre de una cuerda ligera enrollada alrededor de una polea de 0,250 m de radio y 3,00 kg de masa. La polea puede girar libremente en un plano vertical en torno del eje horizontal que pasa por su centro. El peso se libera 6,00 m sobre el piso. (a) Determine la tensión en la cuerda, la aceleración de la masa y la velocidad con la cual el peso golpea el piso. (b) Determine la velocidad calculada en (a) empleando principio de conservación de la energía.

Problema 4 La rueda de la figura es un disco sólido de M = 2,00 kg, R = 30,0 cm e I = 0,0900 kg m2. El objeto suspendido tiene una masa m = 0,500 kg. Encuentre la tensión en la cuerda y la aceleración angular de la rueda.

m2 = 2 kg

m1= 1 kg

cilindro polea despreciable

37

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 5 La caña de pescar de la figura forma un ángulo de 20° con la horizontal. ¿Cuál es el momento de torsión ejercido por el pez alrededor de un eje perpendicular a la pagina y que pasa por la mano del pescador?

M

m

R

20°

2,0 m

20°

pivote

37°

F = 100 [N]

38

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

ω = 12 [rev/s]

ω = ?I 1

I 2

Problema 6 Un motor eléctrico puede acelerar una rueda de la fortuna de momento de inercia I = 20000 kg m2 a partir del reposo hasta 10 rpm en 12 s. Determine, (a) el momento de torsión generado por el motor para llevar la rueda hasta 10 rpm (b) La potencia necesaria para mantener esta velocidad angular. Problema 7 Un disco con momento de inercia I1 = 100 kg m2 está girando con velocidad angular ω = 12 rev/s alrededor de un eje sin rozamiento. Cae sobre otro disco con momento de inercia I2 = 80 kg m2 inicialmente en reposo sobre el mismo eje. Debido al rozamiento superficial entre los discos, finalmente se mueven con una velocidad angular común. Determinar la velocidad angular común.

39

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 8 Para la figura indicada, se pide calcular la fuerza necesaria para lograr el equilibrio rotacional. Despreciar el peso propio de las barras y polea. Problema 9 Calcular el torque al que se encuentra sometida la palanca de la figura.

F

200 [N]0,8 m

0,7 m

20°

800 [N]

0,6 m

18 [N]

16 cm

40 [N]

12 cm 60°

45°

40

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución a problemas propuestos Solución problema 1 En primer lugar se dibujará un diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo: Análisis para el cilindro: El cilindro pude girar respecto de su periferia por lo tanto corresponde a un sólido rígido y en el se puede aplicar la segunda ley de Newton, es decir:

∑ ⋅= amFrr

Eje X

(1) )(1

1

akgT

amT

⋅=⇒

⋅=⇒

Calculando torque respecto al punto de contacto con la superficie, se tiene:

(2) 2RTM ⋅=

Análisis para el cuerpo 2: Cuerpo 2 constituye una partícula y por lo tanto sólo se cumple el segundo principio de Newton, luego:

NT

W = m1g= 9,8 [N]

Y

X

T

W = m2g = 19,6 [N]

X

Y

a

41

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

(3) ][2][6,19

valores doreemplazan

T despejando

22

22

2

akgNT

amgmT

amgmT

amF

⋅−=⇒

⋅−⋅=⇒

⋅−=⋅−⇒

⋅=∑rr

Igualando las ecuaciones (1) y (3) se obtiene:

]/[533,6

][3][6,19

][6,19][3

][2][6,19)(1

2sma

kgNa

Nakg

akgNakg

=⇒

=⇒

=⋅⇒

⋅−=⋅

Reemplazando el valor de a = 6,533 [m/s2] en la ecuación (1) o en (3) se obtiene el valor de la tensión T, es decir:

][533,6

]/[533,6][1 2

NT

smkgT

=⇒

⋅=

Conocido el valor de la tensión T es posible ahora determinar el torque τ aplicando directamente la definición, es decir:

][6132,2

][2,02][533,62

mNM

mNMRTM

⋅=⇒

⋅⋅=⇒⋅=

42

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución: Problema 2 Al igual que el ejercicio anterior, el cilindro representa un sólido rígido por lo tanto en él se puede aplicar:

• La segunda ley de Newton. • Concepto torque o momento. Análisis para el cilindro: Diagrama de cuerpo libre

Aplicando segunda ley de Newton y según diagrama:

Eje X

T

T despejando pero

11

11

11

1

amgmamgmT

gmNamNTamfT

⋅+⋅⋅=⇒⋅=⋅⋅−⇒

=⋅=⋅−⇒⋅=−⇒

μμμ

Reemplazando valores resulta:

(1) ][2][88,5T

][2][6,193,0T

akgN

akgN

⋅+=⇒

⋅+⋅=⇒

Por otra parte la tensión T produce un torque respecto al punto de contacto del cilindro con la superficie rugosa, entonces:

(2) 2RTM ⋅=

W = m1g= 19,6 [N]

X

Y

NT

f

43

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Análisis para el cuerpo 2: Realizando el diagrama de cuerpo libre y aplicando la segunda ley de Newton, entonces:

(3) ][3][4,29

valores doreemplazan

T despejando

22

22

akgNT

amgmT

amgmT

⋅−=⇒

⋅−=⇒

⋅−=−⇒

Igualando las ecuaciones (1) y (3), se obtiene:

]/[704,4

][5][52,23

][52,23][5][88,5][4,29][3][2

][3][4,29][2][88,5

2sma

kgNa

NakgNNakgakg

akgNakgN

=⇒

=⇒

=⋅⇒−=⋅+⋅⇒

⋅−=⋅+

Reemplazando a = 4,704 [m/s2] en la ecuación (1) o en (3) se obtiene el valor de la tensión T, es decir:

cuerda la de tensión ][288,15

][88,5]/[704,4][2 2

NT

NsmkgT

=⇒

+⋅=

W = m2g = 29,4 [N]

T

aX

Y

44

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Reemplazando ahora el valor de la tensión T = 15,288 [N] en la ecuación (2) se obtiene el torque, es decir:

cilindro elen producido e torqu ][172,9

][3,02][288,152

mNM

mNMRTM

⋅=⇒

⋅⋅=⇒⋅=

Solución (a) Problema 3 El enunciado anterior se pude representar en el siguiente esquema: Análisis de la polea: Diagrama de cuerpo libre:

6 m

V0 = 0W = 50 N

R = 0,25 m

M = 3 kgα

α

R

T

a

45

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Aplicando segunda ley de Newton al esquema anterior, se tiene que:

(1) 2

R por ndosimplifica 2

disco un como polea la a doconsideran 2

pero 2

2

α

α

α

⋅⋅

=⇒

⋅⋅

=⋅⇒

⋅=⋅=⋅

RMT

RMRT

RMIIRT

Análisis para el peso de 50 [N]: Diagrama de cuerpo libre:

Aplicando segunda ley de Newton, se tiene:

(2)

tanto lo por pero

RmgmT

RmgmT

RaamgmT

⋅⋅−⋅=⇒

⋅⋅−=⋅−⇒

⋅=⋅−=⋅−

α

α

α

Igualando ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

a

W = 50 [N]

T

46

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

( )

( )mMRmg

mgmMRgmRmRMRmgmRM

RmgmRM

2 2

despejando 22Rpor dofactorizan 2

22

2 /2

+=

=+⋅⇒⋅=⋅⋅+⋅⋅⇒⋅⋅−⋅=⋅⋅⇒

⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅

⇒

α

ααααα

αα

αα

Como:

][102,5]/[8,9

][50][50

2

kgmsm

Nm

Nmg

=⇒

=⇒

=

Reemplazando valores numéricos resulta:

( )

polea la deangular n Aceleració ]/[294,30

][204,13][25,0]/[100

][102,52][3][25,0 50[N]2

2

2

srad

kgmsmkg

kgkgm

=⇒

⋅⋅

=⇒

⋅+⋅⋅

=

α

α

α

Como a = α R, entonces:

[N] 50 de cuerpo del lineal leración Ace]/[573,7

][25.0]/[294,30

2

2

sma

msrada

=

⋅=

Como α⋅⋅=

2RMT , entonces:

cuerda la de Tensión ][360,11

]/[294,302

][25,0}[3 2

NT

sradmkgT

=⇒

⋅⋅

=

Aplicando ecuaciones de cinemática se determina la velocidad del cuerpo al chocar al suelo, es decir:

47

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

da2v

da2v2

0 vpero 2

2

2

0

20

2

⋅⋅=⇒

⋅⋅=⇒⋅

=⇒

=⋅−

=

avd

avv

d

Reemplazando valores numéricos, se obtiene:

piso elcon choca cuerpo el quecon Velocidad ]/[533,9

]/[876,90

][6]/[573,7222

2

smv

smv

msmv

=

=

⋅⋅=

48

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución Problema 4 Análisis de polea: Diagrama de cuerpo libre: Aplicando la ecuación fundamental de la dinámica de rotación, se tiene:

(1)

tantolopor pero

RIT

IRT

RTMIM

α

α

α

⋅=⇒

⋅=⋅⇒

⋅=⋅=

Análisis cuerpo de masa m: Diagrama de cuerpo libre:

Aplicando segunda ley de Newton resulta.

T

R

α

a

W = mg

T

m = 0,5 [kg]

49

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

(2)

T despejando a pero

RmgmT

RmgmTRamgmT

⋅⋅−⋅=⇒

⋅⋅−=⋅−⇒⋅=⋅−=⋅−

α

αα

Igualan ecuaciones (1) y (2) se obtiene:

( )

( )

disco del angular leración Ace]/[889,10

][135,0]/[47,1

][3,0][5,0][09,0][3,0]/[8,9][5,0

despejando

por dofactorizan

R /

2

2

22

222

2

2

2

2

2

srad

mkgsmkg

mkgkgmmsmkg

RmIRgm

RgmRmIRgmRmI

RmRgmI

RmgmR

I

=⇒

⋅⋅

=⇒

⋅+⋅⋅

=⇒

⋅+⋅⋅

=⇒

⋅⋅=⋅+⇒

⋅⋅=⋅⋅+⋅⇒

⋅⋅−⋅⋅=⋅⇒

⋅⋅⋅−⋅=⋅

⇒

α

α

α

α

αα

ααα

αα

αα

Conocido el valor de la aceleración angular α se puede calcular el valor de la tensión T, reemplazando en la ecuación (1) o (2). Luego:

][267,3

][3,0]/[889,10][09,0 22

NT

msradmkgT

RIT

=⇒

⋅⋅=⇒

⋅=⇒

α

50

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución: Problema 5 Realizado un esquema de fuerzas para la situación dada, se tiene:

De acuerdo a la información, el momento τ es posible determinarlo aplicando directamente su definición, es decir:

zyx

zyx

FFFrrrkji

FrMˆˆˆ

=⇒

×=

τ

rr

El problema es en dos dimensiones por lo tanto rz = 0 y Fz = 0

r = 2,0 mF = 100 [N]20° 37

°

X

Y

20°

2,0 m

20°

pivote

37°

F = 100 [N]

51

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Componentes rectangulares del vector posición r

r:

][68,0][6840,0

20sen][220sen

][88,1][8794,1

20cos][220cos

mmr

mrr

mmr

mrr

y

y

x

x

≈=⇒

°⋅=°⋅=⇒

≈=⇒

°⋅=°⋅=⇒

Componentes rectangulares del vector fuerzaF

r:

r = 2,0 m

X

Y

rx = r cos20°

ry =

rsen2

0°

Y

F = 100 [N]

X37°

Fx = Fcos323°

Fx =

Fco s

323°

52

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

][182,60

323sen][100323sen

][864,79

323cos][100323cos

NF

NFF

NF

NFF

y

y

x

x

−=⇒

°⋅=°⋅=⇒

=⇒

°⋅=°⋅=⇒

Conocidas las componentes rectangulares de los vectores Fy

rrr se pueden

ingresar al determinante y resolver, es decir:

[ ]

( ) ( ) ( )

horario sentido indica menos signo el ˆ443,167

][ˆ68.086,7918,6088,1ˆ00ˆ00

018,6086,79068,088,1

ˆˆˆ

kM

NmkjiM

mNkji

M

−=⇒

⋅−−⋅+−−−=⇒

⋅−

=

53

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución Problema 6 Datos: ω0 = 0 ω = 10 rpm t = 12 s I = 20000 kg m2 En primer lugar transformaremos la velocidad angular de [rpm] a [rad/s].

]/[047,1)(60

)(210][10 srads

radrpm =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅==

πω

Cálculo del momento de torsión o torque: Por definición se tiene que:

α⋅= IM

Como se conoce el momento de inercia, sólo hay que determinar la aceleración angular α. Por cinemática, se tiene que:

αω

ωαωω

αωωααωω

=⇒

==−

⇒

⋅=−⇒⋅+=

t

t

tt

0 pero

despejando

00

0

0

Reemplazando valores numéricos resulta:

]/[0873,0

][12]/[047,1

2srad

ssrad

=⇒

=

α

α

54

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

ω = 12 [rev/s]

ω = ?I 1

I 2

Conocida la aceleración α basta reemplazar en la definición de torque, es decir:

][329,745.1

]/[0873.0][000.20 2

mNM

sradkgMIM

⋅=⇒

⋅=⇒

⋅= α

Cálculo de la potencia: La potencia necesaria para mantener la velocidad de 10 rpm queda determinada por:

][449,2][359,1827

]/[047,1][329,1745

HpWP

sradNmPMP

==⇒

⋅=⇒⋅= ω

Solución problema 7

55

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Como el sistema es aislado, es decir, no existe ningún momento externo a los discos, el momento angular total del sistema se mantiene constante, es decir:

finalinicial LL = Como L= Iω, se tiene:

ωωω ⋅+⋅=⋅⇒

′+′=+⇒=

2111

2121

III

LLLLLL finalinicial

Donde, ω1= velocidad angular del disco 1 ω= velocidad angular común para los dos discos

( )

( )

discos los de común angular Velocidad ]/[67,6

][180]/[1200

][80][100]/[12]m100[kg

valores doreemplazan

despejando

2

2

22

2

21

11

2111

srev

kgmsrevkgm

mkgmkgsrev

III

III

=⇒

⋅=⇒

=⋅+⋅

⋅⋅⇒

=+⋅

⇒

⋅+=⋅⇒

ω

ω

ω

ωω

ωωω

56

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución problema 8 El mecanismo de la figura consiste de un sistema de palanca y polea. Como el sistema no se traslada ni gira, se cumple que:

( )

( ) poleas) de sistema (para 0F 2

palanca) de sistema (para 0 1

∑

∑

=

=

r

rM

Diagrama de palanca: Según el diagrama, se tiene:

][554,235.1

][8,020cos][7,0][200][4,1][800

][8,020cos][7,0][200][4,1][800020cos][7,0][200][8,0][4,1][800

0

NT

Tm

mNmNmTmNmN

mNmTmNM

=⇒

=°⋅⋅−⋅

⇒

⋅=°⋅⋅−⋅⇒=°⋅⋅−⋅−⋅⇒

=∑r

Diagrama para poleas:

200 [N]

0,7 m

20°

0,8 m0,6 m

800 [N]

T

57

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Para el diagrama anterior se cumple que:

][777,617

2N]1.235,554[F

valores doreempalzan 2

F despejando 202

0

NF

TF

TFTF

F

=⇒

=⇒

=⇒

=⇒=−⇒

=∑r

FF

FF

T=1.235,554 [N]

58

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución problema 9 Diagrama de fuerzas:

Aplicando la definición de torque o momento, el momento resultante respecto al pivote es:

oantihorari sentido ][899,0

][494,2][394,3

60sen][18][16,045sen][40][12,0sen

NmM

NmNmM

NmNmMFrM

=⇒

−=⇒

°⋅−°⋅=⇒⋅= θ

r = 12 cm

r = 16 cm40 [N]

18 [N]

45°

60°

59

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

BIBLIOGRAFÍA - Paúl E. Tippens - Halliday – Resnick – Krane

- Raymond A. Serway - Sears – Zemansky - Young - Freedman - Frederick Bueche

- F. Beer – R. Johnston

- M. Alonso – E Finn - Alvaro Pinzon - Guías de INACAP

- Física, Conceptos y Aplicaciones Mc Gaw Hill, Quinta Edición, 1996 - Física , Vol. 1 CECSA, 4ª Edición 1999

- Física, Tomo I Mc Gaw Hill, 4ª Edición 1999 - Física Universitaria, Vol. 1 Ed. Pearson, 9ª Edición 1996 - Fundamentos de Física, Tomo I - Mecánica Vectorial para Ingenieros. Dinámica Mc Gaw Hill, 6ª Edición. 2000 Física Addison Wesley, 1995 - Física I. Conceptos fundamentales y su aplicación. Colección Harper