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DINAMICA DEL
MOVIMIENTO
ROTACIONAL

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10.1 I Momento do torsion

En la figura 10.2, la tuona F,  tiende a causar rotacion antihoraria alrededor do
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354 c A P I’ T U L o 10 I Dinamica del movimiento rotacional

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10.2 I Momento de torsion y aceleracion angular de un cuerpo rigido

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10.3 I Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil

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10.3 I Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil

 

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10.3 I Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil

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10.4 I Trabajo y potencia en movimiento rotacional

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10.7 I Giréwwpos y precesion

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10.35 (a) El volante esta girando inicial-
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Capitulo 10 Sears
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  1. 1. DINAMICA DEL MOVIMIENTO ROTACIONAL E n los capitulos 4 y 5 uprendimos que una fuerza neta aphcada a un cuerpo im- parte una aceleracion a ese cuerpo. Sin embargo, gqué se requiere para impar- ur a un cucrpo una aceleracion angu/ ar'-. ’ Es decir, gqué so nccesita para poner a girur un cucrpo cstacionario o para detcncr un cuerpo que estzi dando vueltas? Se raquicrc una fuerza, pero debe aplicarsc dc tal manera que imprima una accion J: torccr o dc dar vuelta. En Cstc capitulo definiremos una nucva canlidad fisica. momenta ale Iorsién, :_: ‘ describe la accion de torsion o giro de una fuerza. Veremos que el momento ' t “ion ncto quc acuia sobre un cuerpo rigido dctermina su aceleracion angu- : somo la fixerza neta sobrc un cuerpo determina su aceleracion lineal. Tam- ttinaremos el trabajo y la polencia en el movimicnlo rotacional a fin do ' problemas del tipo de Como cl qjc giratorio de un auto transmite ener- . dc. ~tarro]Iarcmos un nuevo principio dc conservacion, la conserva- Al dar voltcrctas. esle acrobata no es un cuerpo rigido. y ello le permite Variar su rapidez rotacional en el aire. Si mueve sus brazos y piernas hacia afuera. su rota- cio'n se hace mas lenta; si los pega al cuerpo, gira mas répidamente. ? Si el acrébata no esté tocando el suelo, ,'_cémo puede alterar su rapidez de rotacién? ;Qué principio fisico opera aqui? 361
  2. 2. 1 , 362 10.1 , ;Cué1de estas tres fuerzas de igual magnitud tiene mayor probabilidad de aflojar e1 porno apretado? Aci°v phages 7.1 Calculo de momentos de torsion Momento de torsion = (magnitud de fuerza) x (brazo de palanca) 1.121 e __ -9 accion d F, Brazo de palanc de F , A , its / Linea de . . accion F 3 tiene cero bra de ['53 de palanca 1, Brazo de palanca 10.2 El momento de torsion de una fuerza alrededor de un punto es el producto de la magnitud de la fuerza y el brazo de palanca. c A Pr’ r U L 0 10 I Dinamjca del movimiento rotacional cion de la cantidad de movimiento angular, que es muy fitil para entender la ro- tacion de cuerpos tanto rigidos come no rigidos. Terminaremos el capitulo con el estudio de los giroscopos, dispositivos giratorios que al parecer desafian el sentido comun y no so caen cuando creemos que deberian hacerlo, aunque en realidad su com- portamjento se ajusta perfectamente a la dinamica del movimiento rotacional. 10.1 | Momento de torsion _n_ g, De qué depende la eficacia de una fuerza para causar o alterar un movimiento ro- tacional? La magnitud y direccion de la fuerza son importantes, pero también lo es la posicion del punto de aplicacion. Si tratamos de abrir una puerta pesada, es mucho mas eficaz empujarla lejos del eje de rotacion (cerca de la perilla) que cer- ca de él (cerca de las bisagras). En la figura_.10.l, se esta usando una llave de tuercas para afloj ar un perno apretado. La fuerza F , ,, aplicada cerca del exlremo del man- go, es mas eficaz que una fuerza igual Fa aplicada cerca del porno. La fuerza F , no sirve de nada. Se aplica en el mismo punto y tiene la misma magnitud que F, ,, pero esta dirigida a lo largo del mango. La medida cuantitativa de la tendencia de una fuerza para causar o alterar la ro- tacion de un cuerpo se denomina momento de torsion. La figura 10.2 muestra un cuerpo que puede girar alrededor de un eje que pasa por el punto 0_y es perpen- dicular al plano de la figura. Sobre el cuerpo actnan tres fuerzas: F , , F2 y F3, en el plano de la f igura. La tendencia de F, a causar una rotacion alrededor de 0 depen- de de su magnitud F, y también de la distancia perpendicular I, entre la linea de accion de la fuerza (la linea sobre la que esté el vector de fuerza) y 0. Llamamos a 1, el brazo de palanca (o brazo de momento) de F, alrededor de 0. E1esfuer- zo de torsion es directamente proporcional tame a F, y como a 1,. Definimos el momento de torsion (o momento) de F, respecto a 0 como el producto F ,1 , . Usa- remos la letra griega 1- (“tau”) para el momento de torsion. El momento de torsion de una fiterza de magnitud F cuya linea do accion esta a una distancia perpendicu- lar I del punto 0 es 1' = Fl (10.1) Los fisicos prefieren el térrnino “momento de torsion”; los ingenieros prefie- ren el término “momento” solo (a menos que estén hablando de un eje giratorio, en cuyo caso suelen usar el término “par motor”). Los dos grupos usan “brazo de palanca” o “brazo do momento” para la distancia l. El brazo de palanca de F, en la figura 10.2 es la distancia perpendicular 0A 0 1,, y el de F2 es la distancia perpendicular 0B 0 12. La linea de accion de F 3 pasa por el punto de referencia 0, asi que el brazo de palanca de F3 es cero y su mo- mento de torsion respecto al punto 0 es cero. for lo mismo, F6 en la figura 10.1 tiene momento de torsion cero respecto a 0, y F , , tiene mayor momento do torsion que Fa porque su brazo de palanca es mayor. CUIDAVDVOV Observe que el momento de torsion siempre se define con refe- rencia a un punto especifico, que a menudo (aunque no siempre) es el origen del sistema de coordenadas. Si cambiamos de posicion este punto, el momento de torsion de cada fuerza puede cambiar. Por ejemplo, el momento de torsion de F, en la figura 10.2 es cero respecto a 0, pero no respecto a A o H. Al descri- bir el momento de torsion de una fuerza, no basta Ilamarlo "e| momento de torsion de F"; debemos decir "el momento de torsion de F respecto al punto X" o "e| momento de torsion de F alrededor del punto X". utmwsstnaua-. x.-x nm-wnmnnnx ~. ~.. v.-.3;-. -.¢-uz-s
  3. 3. __. ._uu 10.1 I Momento do torsion En la figura 10.2, la tuona F, tiende a causar rotacion antihoraria alrededor do 0, mientras que F2 tiende a causar rotacion horaria. Para distinguir ontre estas dos posibilidades, necesitamos oscoger un sentido de rotacion positivo. Si escogemos que los momentos de torsion antihorarios son positivos y los horarios son negati- vos, los momentos do F, y F 2 respecto a 0 son T, = +F, l, 7, = —F2l2 ® para indicar el sentido do rotacion positivo que escogimos. La unidad del momento do torsion en el Sistema Intomacional es el newton- metro. Al hablar do trabajo y energia llamamos a ésta combinacion joule, pero el momento do torsion no es trabajo ni energia, asi que debemos expresarlo on new- tons-motro, no joules. _ La figura 10.3 muestra una fuerza F que so aplica en un punto P descrito por un vector do posicion 7 respecto al punto escogido 0. Hay varias formas do calcu- lar el momento de torsion de F. Una es determinar el brazo do palanca I y usar r = Fl. 0 bien, podemos determinar el angulo 42 entre los vectores 7 y F : el brazo do palanca es r sen 45, asi que 1' = rF son 4:. Un tercer método es representar F en tér- minos do una componente radial F m, en la direccion do F y una componente Fm, perpendicular a 3". (Decimos “tangoncial” porque, si el cuerpo gira, el punto en el que actfia la fuerza so mueve en un circulo, y ésta componente es tangente a ese circulo. ) Asi, F, ,,, = F sen 45 y 1' = r(F sen qb) = F , ,,, ,r. La componente F , _.d no tiene A menudo usaremos el simbolo momento de torsion respecto a 0 porque su brazo do palanca respecto a ese pun- to es cero (compare con las fuerzas F, de la figura 10.] y F3 do la figura 10.]. Re- sumiondo estas expresiones do momento do torsion, tenemos 1' = Fl = rF sen d) = F, ,., ,,r (magnitud del momento de torsion) (10.2) En la seccion 9.1, vimos que la velocidad y la aceloracion angulares pueden re- presentarse como vectores; lo mismo sucede con el momento do torsion. Observe que la carltidad rF. sen dz de la ecuacion (10.2) es la magnitud del producto vecto- rial 3" X F que definimos en la soccion 1.10. Repase esa defin_i_cion. Ahora gene- ralizarnos la definicion de momento do torsion asi: Si una fuerza F acnia en un punto que tiene un vector de posicion F respecto a un origen 0, como en la figura10.3. el momento do torsion 1" do la fuerza respecto a 0 es la cantidad vectorial —s 1" = F X F (definicion del vector do momento do torsion) (10.3) El momento do torsion definido en la ecuacion (10.2) es solo la magnitud del vec- t_or do momento do tors_i_on 7 X F. La direccion do 1" es perpendicular tame a ? y F. En particular, si 5'' y F estén en un plano perpendicular al eje do rotacion, como en la figura 10.3, el vector do momento do torsion 1"' = F x F tiene la direccion del eje de rotacion, y su sentido esta dado por la regla de la mano derecha (Fig. 1.20). Las relaciones do direccion so muestran__en la figura 10.4. En los diagramas en los que intervienen 7, F y 7r’, es comon que uno do los vec- tores esté orientado en una direccion perpendicular a la pagina. (De hecho, por la naturaleza misma del producto cruz, 1" = ‘r’ X F debe ser perpendicular al plano 363 F 7 = Fm, = F cos 4: lafuerf‘ d Linea do '3 P581" accion 1:4 I = rsen dz = brazo de palanca 10.3 E1 momento de torsion de la fuerza F en tomo alpunto 0 so define como 1" = 7 X I_7_. La magnitud do 5" es rF son (12. Aqui, 7'' y F estan en ol plano del papel; por la regla do la mano derechadel pro- ducto vectorial, 1" apunta afuera do la pégina hacia el lector. Enrosque los dedos de la mano derecha de la direccion de F hacia la direccion do F; e1 pulgar estirado apunta en la direccion do -7' (afuera de la pagina) Enrosque los dedos de la mano derecha do la direccion do :7 hac_i_a la direccion do F; el pulgar . estirado apunta on ‘ la direccion do ? 10.4 El vector do momento de torsion, 1' = '"r' X F so dirige sobre el ejgdel pemo, perpendicular tame a F como a F. La di- reccion do 1" osté dada por la regla de la mano derecha. Vemos que los dedos de la mano derecha so curvan en la direc- cion de la rotacion que el momento tiende a causar.
  4. 4. 354 c A P I’ T U L o 10 I Dinamica del movimiento rotacional do los vectores 7 y F. ) Usaremos un punto (0) para roprosentar un vector que apunta hacia afitora do la pégina (véaso la Fig. 10.4) y una cruz (x ) para represen- tar un vector que apunta hacia adontro do la pégina. En las secciones siguiontos, normahnonte nos intoresaré la rotacion do un cuer- po alrededor de un ojo orientado on cierta direccion constante. En tal caso, solo in- terosa la componente do momento do torsion sobre ese eje, que normalmonto llarnarornos el momento do torsion respecto al eje ospocificado. Aplicacion de un momento do torsion Un plomero aficionado que no puede aflojar una junta ensarta un name do tubo en el mango do su llavo do tuercas y aplica todo su peso do 900 N al oxrromo del tubo paréndose en él. La distancia del contro do la junta al punto dondo actoa ol peso es do 0.80 m, y el mango y el tubo forman un angulo do 19° con la horizontal (Fig. 10.5a). Calcule la magnitud y direccion del momento do torsion que ol plomero aplica on tomo al contro do la junta. IDENTIFICAR y PLANTEAR: Usaremos la ecuacion (10.1) 0 la (10.2) para obtener la magnitud del momento do torsion, y la rogla do la mano derecha con la ecuacion (10.3_) para hallar su direccion. La figura 10.5b muestra los vectores 7'' y F y el éngulo ontre ollos (co = 109°). EJECUTAR: Para usar la ecuacion (10.1), primoro calculamos ol brazo do palanca. Como muestra la figura l0.5b, 1 es la distancia perpendicular do 0 a la linea do accion do la fuerza: l= (0.80 m) son 109° = (0.80 m) son 71° = 0.76m La ecuacion (10.1) nos dice que la magnitud dol momento do tor- sion es 1' = Fl = (900N)(0.76 m) = 680N-m O bien, por la ecuacion (10.2), = rFson db = (0.80 m)(900 N) (son 109°) = 680 N-m También podemos calcular F , ,,, , la componente tangencial do F, que actoa perpendicular a F (0 sea, perpendicular al tubo). El vector 7'' es- té a 19° do la horizontal, asi que una perpendicular a 3" osto oriontada a 19° de la vertical. Dado que F es vertical, osto implica que F, ” = F(cos 19°) = (900 N)(cos 19°) = 851 N. E1 momento do torsion es ¢ = F, ,,r = (851 N)(0.80m) = 680N-m Si enrosca los dedos de su mano derecha do la direccion do ? (en ol plano do __la figura l0.5b, hacia la derecha y hacia arriba) a la direc- cion do F (vorticalmonto hacia abajo), su pulgar dorecho apuntaré hacia adontro del plano do la figura. Esta es la direccion del mo- monto do torsion 5". EVALUAR: Ya vorificamos la magnitud obtenida do 1' calculéndola do tres forrnas distintas. Para vorificar la direccion del momento do torsion, obsorvamos que la fuerza do la figura 10.5 tiende a produ- cir una rotacion horaria on tomo a 0. Si enroscamos los dedos do la mano derecha on direccion horaria, nuostro pulgar apuntara hacia adontro del plano de la figura 10.5, es, en efecto, la direccion del momento do torsion. 1: (hacia la pagina) 10.5 (a) Un plomero aficionado trata do aflojar una junta parandoso on una extension del mango do la llavo do tuercas. (b) Diagrama vectorial para calcular el momento do torsion respecto a 0.
  5. 5. 10.2 I Momento de torsion y aceleracion angular de un cuerpo rigido , ;Qué magnitud de fuerza hacia abajo tendria que ejercer el plomero aficionado del ejemplo 10.1 para producir el mismo momento de torsion sin cl tubo? La lla- ve de tuercas sola tiene una longitud de 25 cm. 10.2 Momento de torsion y aceleracion angular de un cuerpo rigido Ahora podemos deducir la relacion fundamental de la dinémica rotacional de un cuer- po rigido. Demostranemos que la aceleracion angular de un cuerpo rigido en rotacion es directamente proporcional a la suma de las componentes de momento dc torsion so- bre el eje de rotacion. E1 factor de proporcionalidad es el momento de inercia. Para deducir ésta relacion, imaginamos otra vez que el cuerpo se compone de un gran nfimero de particulas. Escogemos como eje de rotacion el eje 2; la prime- ra particula tiene masa m, y distancia r, respecto a este eje (Fig. 10.6). La fuerza neta que actoa sobre la particula tiene una componente F 1,, “ en la direccion ra- dial, una componente Fm“ tangente al circulo de radio 1-, en que se mueve la par- ticula al girar el cuerpo, y una componente Fl, sobre el eje de rotacion. La segunda ley de Newton para la componente tangencial es (10.4) Podemos expresar la aceleracion tangencial de la primera particula en términos de la aceleracion angular 01,, usando la ecuacion (9.14): am“, = r, a_, . Con esta relacion y multiplicando ambos miembros de la ecuacion (10.4) por r1, obtenemos Fl. lan = mla1.tan (10.5) Por la ecuacion ( 10.2), F, _t, ,,, r1 no es mas que el momento de torsion de la fuerza neta respecto al eje de rotacion (igual a la componente 1,, del vector de momento de torsion sobre dicho eje). El subindice 2 nos recuerda que el momento de torsion afecta al rotacion en torno al ej e 2, de la misma manera que el subindice de F 1: nos recuerda que esta fuerza afecta el movimiento de la particula 1 a lo largo del eje 2. Las componentes F ma y F1: no contribuyen al momento de torsion alrededor del eje z, pues ningtma tiende a modificar la rotacion de la particula alrededor de ese eje. Por tanto, T1: = Flmrl es el momento de torsion total que actoa sobre la particula respecto al eje dc rotacion. Ademés, mlrlz es 1,, el momento de inercia de la particula alrededor del eje de rotacion. Con esto en mente, reescribimos la ecua- cion (10.5) asi: _ 2 F1.: an"1 ‘ "1171 5': _ _ 2 '71: " I101: - m1"1az Escribirnos una ecuacion similar para cada particula del cuerpo y luego suma- mos todas las ecuaciones: 7-, : + -1-2, + = 1,01, + I2a_. + = m, r,2a_. + mzrzzozz + es decir, 271‘: = (2mir1‘2)a: E". 'niernbro izquierdo de esta ecuacion es la suma de todos los momentos de tor- s :1 en torno al eje de rotacion que actfian sobre todas las particulas. El miembro echo es 1 = 2m, r,2. el momento de inercia total alrededor del eje de rotacion, -' -, ::; Ii: ado por la aceleracion angular a, , que es la misma para todas las particu- 365 Eje de rotacion X 10.6 Tres componentes de la fuerza neta actuan sobre una de las particulas de un cuerpo rigido. Solo F1,“ tiene una componente : de momento de torsion alrededor de 0. 10.7 Para aflojar o apretar un tornillo, es preciso impartirle una aceleracion angular y, por tanto, aplicar un momento de tor- sion. Esto se facilita si se usa un destorni— llador con mango de radio grands, pues asi se aumenta el brazo de palanca de la fuerza que aplicamos con la mano.
  6. 6. 365 C A P f '1" U L 0 10 I Dinamica del movimiento rotacional Los momentos de torsion debidos a fuenas intemas se caucelan: l 'F| sobre2 + ilsobre l = 0 las porque se trata de un cuerpo rigido. Asi, para el cuerpo entero, tenemos el ami- logo rotacional de la segunda ley de Newton. - Ey, = 1a, (10.6) 1 Linea de accion dc ambas fuerzas Partrculla 2 (analogo rotacional de la segunda ley de Newton para un cuerpo rigido) Brazo de l I . ' palanca de 1 AS1 como la segunda ley de Newton dice que la fuerza neta que actua sobre una ambas fuems particula es igual a la masa de la particula multiplicada por su aceleracion, la _ ecuacion (10.6) dice que el momento de torsion neto que actfia sobre un cuerpo ri- 715°” 2* gido es igual al momento de inercia del cuerpo alrededor del eje de rotacion mul- ll tiplicado por su aceleracion angular (Fig. 10.7). Subrayamos que la ecuacion (10.6) solo es valida para cuerpos rigidos. Si el cuerpo no es rigido, como un tanque de agua que gira 0 un remolino de aire, la aceleracion angular a, es diferente para diferentes particulas del cuerpo, y la de- duccion de la ecuacion (10.6) no es vélida. Ademas, como en la deduccion utili- bra la om. Si estas mamas acman a 10 lap zamos la ecuacion (914,), a, _., ,, = roiz, oz, debe medirse en rad/ s2. go de la linea que Va de una particula a la El momento de torsion que actua sobre cada particula se debe a la fuerza neta om, 105 1,, -azos dc pakmca dc 1as dos fuel-- que actua sobre esa particula, la cual es la suma vectorial de fuerzas extemas e in- zas son iguales y los momentos de torsion temas (definidas en la seccion 8.2). Segun la tercera ley de Newton, las fuerzas in- C8_l1S3d0S P0? 61185 50“ iguélfs Y °P“°5‘°5- ternas que cualquier par de particulas del cuerpo rigido ejercen una sobre la otra : f‘. ;1;£s1;“r%l; :?§: ls dt°‘: I(: ':"l‘; ‘;p‘: ')":1‘: :'i’(‘l’(‘: son iguales y opuestas (Fig. 10.8). Si estas fuerzas actuan sobre la linea que une a ' las particulas, sus brazos de palanca respecto a cualquier eje tarnbién seran iguales. Asi, los momentos de torsion para tales fuerzas son iguales y opuestos, y suman ce- - ro. De hecho, todos los momentos de torsion intemos suman cero, y la suma 21, de XE la ecuacion (10.16) incluye solo los momentos de torsion de las fuerzas externas. Pl1)’S CS Es comfin que una fuerza extema importante que actua sobre un cuerpo sea su _ _ _ peso. Esta fuerza no se concentra en un punto: actoa sobre todas las partlculas del 7'8 R°t°l”e9°: enfoque de d'n3m'ca cuerpo. No obstante, resulta que, si el valor de § es el mismo en todos los puntos, siempre obtenemos el momento de torsion correcto (alrededor de cualquier eje dado) si suponemos que el peso se concentra en el centro de masa del cuerpo. De- mostraremos esto en el capitulo 1 1, pero mientras lo usaremos en algunos proble- mas de éste capitulo. 10.8 Dos particulas de un cuerpo rigido ejercen fuerzas iguales y opuestas una so- 7.9 Escalera que cae 7.10 Mujer y elevador de volantez enfoque de dinamica a.31nt(= Lgll=1;n1n1 _ I _ _ I _ . .._, ,., r., ., , ,.. ,«, ,,. _.. .m Dmamlca rotacional de cuerpos rlgldos Nuestra estrategia para resolver problemas de dinamica rotacio- l. Haga un dibujo de la situacion y escoja el cuerpo o cuer- nal es muy similar a la presentada en la seccion 5.1 para resol- pos que aualizar-2'1, ver problemas en los que interviene la segunda ley de Newton. 2, Dibuje un drag, -ama dc cw-po fibre pan cada cum-P0, ais- lando el cuerpo e incluyendo todas las fuerzas que actoan sobre él (y solo ellas), incluido el peso. Marque las cantida- des desconocidas con simbolos algebraicos. Una nueva consideracion es que se debe mostrar con exactitud la for- IDENTIFICAR los conceptos relevantess La ecuacion 27: = Ia, es 1'1til en todos los cases en que momentos de torsion actuan so- bre un cuerpo rigido; es decir, siempre que fuerzas actuan sobre un cuerpo rigido de manera tal que alteran el estado de rotacion dc] cum-P0. ma del cuerpo, incluyendo todas las dimensiones y angulos En a]gu1-(05 C3505, pod]-fa pl-efemse an enfoque dc energia, que se necesitaran para los calculos de momento cle torsion. como se hizo en la seccion 9.4. Sin embargo, cuando la incogni- 3- E5C°Ja 3.195 de cooldenadas Para 9343 C‘-1e"P° 9 mdlque "11 sentido de rotacion positivo para cada cuerpo que gire. Si hay una aceleracion lineal, lo mas sencillo suele ser esco- ger un eje positivo en su direccion. Si ya conoce el senti- do de 01,, se simplificaran los calculos si se escoge ése como sentido de rotacion positivo. Si representa una fuer- La es: una fuerza, un momento de torsion, una aceleracion, una aceleracion angular 0 un tiempo transcurrido, casi siempre es mas eficiente usar E7, = Ia, PLANTEAR el problema empleando estas pasos:
  7. 7. 10.2 I Momento de torsion y aceleracion angular de un cuerpo rigido 357 za en términos de sus componentes, tache la fuerza origi- nal para no incluirla dos veces. EJECUTAR la solucion como sigue: 1. Para cada cuerpo del problerna, decida si sufre movimien- to: traslacional, movimiento rotacional, o ambos. Depen- die_ndo del comportamiento del cuerpo, aplique EF = mi (como en la seccion 5.1), o Er, = Ioz_. , o ambas al cuerpo. Escriba ecuaciones de movimiento aparte para cada cuerpo. 2. Podria haber relaciones geomérricas entre los movimien- tos de dos o mas cuerpos, como cuando un hilo se desenro- lla de una polea girandola 0 cuando un neumatico gira sin resbalar (lo que veremos en la seccion 10.3). Expréselas en forma algebraica, por lo regular como relaciones entre mum . ._ . - - . _.. ..: ._ _. ... .. , . emf. ) Cable que se desenrolla La figura 10.9a muestra la situaeion que analizamos en el ejemplo 9.8 (seccion 9.4) usando métodos de energia. Se enrolla un cable varias veces en un cilindro solido uniforme de 50 kg con diametro de 0.120 m, que puede girar sobre su eje. Se tira del cable con una fuerza de 9.0 N. Suponiendo que el cable se desenrolla sin estirarse ni resbalar, gqué aceleracion tiene? x IDENTIFICAR: La incognita es la aceleracion del cable, que no po- demos obtener directamente empleando el método de energia de la seccion 9.4 (pues en él no interviene la aceleracion). En vez de ello, aplicaremos dinamica rotacional al cilindro. Para obtener la acele- racion del cable, buscaremos una relacion entre el movimiento del cable y el movimiento del borde del cilindro. 10.9 (a) Cilindro y cable. (b) Diagrama de cuerpo libre para el cilindro. dos aceleraciones lineales o una aceleracion lineal y una angular. 3. Verifique que el mimero de ecuaciones coincida con el nomero de incognitas. Resuelva las ecuaciones para obte- ner la o las incognitas. EVALUAR la respuesta: Compruebe que los signos algebraicos de sus resultados sean logicos. Por ejemplo, suponga que el pro- blema se refiere a un carrete de hilo. Si se esta sacando hilo del carrete, las respuestas no deberan decirnos que el carrete gira en el sentido en que el hilo se emolla. Siempre que pueda, verifi- que los resultados para casos especiales o valores extremos y compérelos con lo que espera intuitivamente. Pregimtese: “g, Es logico este resultado? " PLANTEAR: La figura l0.9b muestra el diagrama de cuerpo libre del cilindro de masa M = 50 kg. El cilindro gira en sentido horario cuan- do se tira del cable, asi que tomamos como sentido de rotacion posi- tivo el horario. La fuena neta que acttia sobre el cilindro debe ser cero porque su centre de masa no se mueve. El peso (de magnitud Mg) y la fuerza normal (de magnitud n) ej ercidos por los cojinetes del cilindro acnian sobre lineas que pasan por el eje de rotacion y, por lo tanto, no producen un momento de torsion respecto a ese eje. EJECUTAR: El unico momento de torsion alrededor del eje de rota- cion se debe a la fiierza F, cuyo brazo de palanca es igual al radio R del cilindro: I = R = 0.060 m, asi que 1-, = FR. (llste momento de tor- sion es positivo porque tiende a producir una rotacion horaria. ) Por el ejemplo 9.8, el momento de inercia del cilindro en torno al eje de rotacion es 1 = §MR2. Por tanto, la ecuacion (10.6) nos da la acele- racion angular del cilindro: -r FR 2F 2(9.0 N) a_ _ - I ' MR1/2 _ MR = (50 kg)(0.060 m) — 6.0 rad/ sz (Verifique que éstas unidades sean correctas. Podemos afiadir “rad” a nuestro resultado porque el radian es una cantidad adimensional. ) Para obtener la aceleracion lineal del cable, necesitamos una re- lacion cinematica. En la seccion 9.3 sefialarnos que la aceleracion de un cable que se desenrolla de un cilindro es igual a la componen- te tangencial de aceleracion de un punto en la superficie del cilin- dro donde el cable es tangente a él. Dicha aceleracion tangencial esta dada por la ecuacion (9.14): a, . = Roz = (0.060 m) (6.0rad/57) = 0.36 m/ s2 EVALUAR: ,; Puede usar este resultado, junto con una ecuacion del capitulo 2, para determinar la rapidez del cable una vez que se ha desenrollado 2.0 m? Inténtelo y compare su resultado con el ejem- plo 9.8, donde obtuvimos ésta rapidez usando consideraciones de trabajo y energia.
  8. 8. R M . . . T . m Objeto x colgamc . mg I2 368 c A Pf '1‘ u L 0 I0 I Dinamica del movimiento rotacional Cable que se desenrolla ll La figura l0.10a muestra Ia situacion que analizamos en el ejemplo 9.9 (seccion 9.4) usando métodos de energia. Calcule Ia aceleracion del objeto de masa m. SOLUCION IDENTIFICAR: Aplicaremos dinamica traslacional al objeto que cuelga y dinémica rotacional al cilindro. Puesto que el cable no res- bala sobre el cilindro, existe una relacion entre la aceleracion lineal del objeto que cuelga (nuestra incognita) y la aceleracion angular del cilindro. PLANTEAR: Debemos tratar los cuerpos por separado. La figura 10.10b muestra un diagrama de cuerpo libre para cada uno. Toma- mos el sentido de rotacion antihorario como positivo para el cilin- dro, y la direccion hacia abajo de la coordenada y como positiva para el objeto. EJECUTAR: La segunda ley de Newton aplicada al objeto da = mg + (-T) = may (a) (b) 10.10 (a) Cilindro, objeto y cable. (b) Diagramas de cuerpo libre para el cilindro y el objeto que cuelga. La masa del cable se supone despreciable. En la figura 10.1 la, un deslizador dc masa m, se mueve sin friccion sobre un riel de aire horizontal, sujeto a un objeto de masa m2 con un hilo sin masa. La polea es un cilindro hueco delgado (con rayos Para el cilindro, el peso Mg y la fuerza normal n (ejercida por el co- jinete) no tienen momentos de torsion respecto al eje de rotacion porque actlian sobre lineas que pasan por ese eje, igual que en el ejemplo 10.2. El 1'mico momento de torsion es el debido a la tension del cable 7'. Aplicando la ecuacion ( 10.6) al cilindro tenemos I 2-, = R7‘ = Ioz_. = §MR3a_. Al igual que en el ejemplo 10.2, la aceleracion del cable es igual a la aceleracion tangencial de un punto en el borde del cilindro, que, segfin la ecuacion (9.14), es a>, . = um = Ra, Usamos esto para sus- tituir (Ra: ) por a_, , en la ecuacion anterior y luego dividimos entre R; e] resultado es Ahora sustituimos ésta expresion para Ten la segunda ley de New- ton para el objeto y despejamos la aceleracion a_, .: 1 mg - 3 Ma). = may aV= __s_ “ 1+M/2m EVALUAR: La aceleracion es positiva (en la direccion hacia abajo) y menor que g, como debe ser dado que el cable esta frenando al objeto. Para ver cuénta fuerza ejerce el cable, sustituimos nuestra expresion para ay en la segunda ley de Newton para el objeto, obte- niendo asi T : _ mg 1 + M/2m _ I + 2m/ M T= mg-ma', .=mg-m La tension en el cable no es igual al peso mg del objeto; si asi fue- ra, el objeto no podria acelerar. Revisemos algunos casos especificos. Si M es mucho mayor que m, la tension es casi igual a mg, y por tanto la aceleracion es mucho menor que g. Si M = 0, T = 0 y a_, . = g; el objeto cae libre- mente. Si cl objeto parte de una altura h sobre el piso con rapidez inicial 0.], su rapidez U al golpear el piso esta dada por U2 = 002 + 2q, .h. Si parte del reposo, v9 = 0 y D = /2a4,. h = Este es el mismo resultado que obtuvimos usando consideraciones de energia en el ejemplo 9.9. Zgh 1 + M/2m , y Dos masas y una polea que gira sin masa) de masa M y radio R, y el hilo la gira sin resbalar ni esti- rarse. Calcule la aceleracion de cada cuerpo, la aceleracion angular de la polea y la tension en cafia parte del hilo.
  9. 9. 10.2 I Momento de torsion y aceleracion angular de un cuerpo rigido SOLUCION IDENTIFICAR: Usaremos dinérniea traslacional para describir el movimiento del deslizador y del objeto que cuelga, y dinémica ro- tacional para describir el movimiento de la polea. Dado que el hilo no se estira, tanto el deslizador como el objeto tienen la misma magnitud de aceleracion; el borde de la polea tiene una aceleracion tangencial con la misma magnitud porque el hilo no resbala. PLANTEAR: La figura 10.11b muestra los diagramas de cuerpo li- bre y los sistemas de coordenadas para los tres cuerpos. Con las coordenadas que escogimos, el deslizador y el objeto acelerau en sus direcciones positivas x y y, respectivamente. Asimismo escoge- mos el sentido positivo de rotacion como el horario (el mismo que la aceleracion angular de la polea). Tenemos cinco ineognitas: la aceleracion del deslizador (a. ,), la aceleracion del objeto (azy), la ace- leracion angular de la polea, a: y las dos tensiones (T, y T 2). A pri- mer. -1 sism. el problerna parece imponente, pero tendremos tantas ecuaaona como y resolverlas sera mas faeil de lo que el lecmr inngitn — Considaanos una situacion similar en el ejemplo $.13 (section 52). Ah’; el Iiose dslizaba sin friccion sobre una po- lea fija, y latension era h nimaentodo el hilo sin masa. Con una polea girartoria, y friction entre b polea y el hilo para evitar desliza- mientos, las dos tensiones T, y 1', noyweden ser iguales. Si lo fue- ran, la polea no podria tenet acahalziilialglar. Marcar la tension en ambas partes del hilo como Tseria merrorgaue. Cuidese de és- te error en cualquier problema que ilpipe ma polea que gira. EJECUTAR: Las ecuaciones de movimiento para el deslizzdm y el objeto son Deslizador: 21-", = T, = m, a., , Objeto: 2Fy = mg + (—T2) = mzazy (10.7) (10.8) La fuerza normal desconocida 712 actfia en una linea que pasa por el eje de rotacion de la polea, asi que no tiene brazo de palanca ni mo- mento de torsion respecto a ese eje. De la tabla 9.2, e1 momento de inercia de la polea sobre éste eje es 1 = MR2. La ecuacion de movi- miento de la polea es entonces Polea: E7, = me + (—me) = 1a, = (MR2)a_. Dado que el hilo no se estira ni resbala, tenemos las relaciones ci- nemdticas adicionales (10.9) (1., = ab. = Roz, (10.10) (Las aceleraciones del deslizador y el objeto tienen diferente direc- cion pero la misma magnitud. ) Las ecuaciones (10.7) a (10.10) son cinco ecuaciones simulta- neas para las cinco incognitas ah, azy, or, T1 y T2. (La ecuacion (10.10) es en realidad dos ecuaciones. ) Primero usamos las ecua- ciones (10.10) para eliminar :22), y a, de las ecuaciones (10.7) a 369 (10.9). Ahora tenemos tres ecuaciones para las tres incognitas T, , T1 = "luau "128 ' T2 = m2a1x T2 ‘ T] = Ma], La fom-ta mas facil de resolverlas es sumarlas, eliminando T, y T2, y despejar a. ,: "123 m1+m2+M 111: Por la ecuacion (10.10), la aceleracion ab. del objeto colgante es igual a an, y la aceleracion angular 01, de la polea es igual a (1,, di- vidida entre R. Ahora podemos sustituir esto en las ecuaciones (10.7) y (10.8) para obtener las tensiones. Los resultados son _ (ml + M)m2g T _ mimzg _ ' 2 m. +m2+M _m, +m2+M EVALUAR: Revisemos algunos casos especiales para ver si estos re- sultados son logicos. Primero, si m, o M es mucho mayor que "T2, las aceleraciones son muy pequefias y T2 es aproximadamente mzg. Pero si mi es mucho mayor que ml o que M, la aceleracion sera aproximadamente g. Ambos resultados son lo que esperariamos. Si M = 0. gobtenernos el mismo resultado que en el ejemplo 5.13 (sec- cion 5.2 )1’ ; ,Por que si 0 por que no? (, Se1e ocurren otros casos es- peciales que verificar? 1. y n. T: G) Tz T (4 ml 1 —— x n E i x "12 X 2 1 m lg Mg T2 m 23 I , - Deslizador Polea Objeto colgante (b) 10.11 (a) Deslizador de riel de aire tirado por una masa que cuelga sobre una polea. (b) Diagramas de cuerpo libre de los tres cuerpos.
  10. 10. 370 C A P1 T U L 0 10 I Dinamica del movimiento rotacional Suponga que el sistema del ejemplo 10.4 esta inicialmente en movimiento, de mo- do que el deslizador se mueve hacia la izquierda, el objeto colgante asciende y la polea gira en sentido antihorario. En ésta situacion, gqué aceleracion lineal tienen: el deslizador y el objeto; y que aceleracion angular tiene la polea? 10.3 | Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil Podemos extender nuestro analisis de la dinamica del movimiento rotacional a algu- nos casos en los que el eje de rotacion se mueve. En tal caso, el movimiento del cuer- po es: traslacion y rotacion combinados. La clave para entender éstas situaeiones es la siguiente: cada posible movimiento de un cuerpo rigido puede representarse como una combinacion de movimiento: traslaciomzl del cenrro de masa y rotacion alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Esto se cumple aun si el contro de masa se acelera, de modo que no esta en reposo en ningun marco inercial. Un ejemplo grafico es el movimiento de un martillo lanzado hacia arriba (Fig. 10.12). El centre de masa sigue una parabola, como si el martillo fuera una particula situa- 1o_1z E1,, ,ov, ',, -,, 'e, ,,(, de un cuerpo , -{gido da en el centro de masa. A1 mismo tiempo, el martillo gira con velocidad angular como éste martillo lanzado es una combi- constante alrededor del centre de masa (compare con el movimiento de la llave de naciéfi de 173513615" d°10°mT0 d6 "1353 Y la figura 8.25). La traslacion del centre de masa y la rotacion alrededor de dicho r°ta°'°“ alrededm de 65° Cam” centro, pueden tratarse como problemas individuales pero relacionados. Otros ejem- plos de ésto son: una pelota que rueda cuesta abajo y un yoyo que se desenrolla. Traslacion y rotacion combinadas: relaciones de energia Demostrar que el movimiento de un cuerpo rigido siempre puede dividirse en mo- vimientos independientes de traslacion del centro dc masa y rotacion alrededor del centre de masa rebasa el alcance de este libro, pero podemos demostrar que es cierto para la energia cinética de un cuerpo rigido con movimiento tanto traslacio- nal como rotacional. En este caso, la energia cinética del cuerpo es la suma de una parte §Mvc, ,,3 asociada al movimiento del centre de masa y una parte %IC, ,,w2 aso- ciada a la rotacion alrededor de un eje que pasa por el centre de masa: Eje de rotacion ( K = %Mv, .,, ,,2 + % cmwz (cuerpo rigido con traslacion y rotacion) (10.11) Para demostrar esto, imaginamos otra vez que el cuerpo rigido se compone de particulas. Consideremos una particula representativa de masa m, - (Fig. 10.13). Su velocidad B, relativa a un marco inercial es la suma vectorial de la velocidad Em, del centre de masa y la velocidad ii, ‘ de la particula relativa al centro de masa: v. , = iicm + E, ’ (10.12) La energia einética K, de esta particula en el marco inercial es fim, -12 que también podemos expresar como %n1,-(i5,—-5,»). Sustituyendo la ecuacion (10.12) en esto, . o Velocidad 6, de una particula de un cuerpo r1’ gido en rotacion y traslacion = (velocidad BC, “ del Obtenemos centro dc masa) mas (velocidad 7’ I dela panicula relativa al [(1 = —ml(f}cm + 5;) . (am .1. 3;) centro de masa) 2 1 - —r . . . . -0 = §nz, .(vc, ,,-vc, ,, + Zvm, -v, ’ + v v, ’) 10.13 Cuerpo rigido con movimiento 1 t ‘ ~ _ _ 2 " _ " r I2 raslacionalyrotacional. — In, -(Um, + 2vc, ,, U, + U, )
  11. 11. 10.3 I Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil La energia cinética total es la suma 2K, para todas las particulas del cuerpo. Si ex- presamos los tres términos de la ecuacion como sumas individuales, tenemos 1 w -7 K: : 2(§mivcm2 + 2(mivcm'v1!) + 2 Los primeros dos términos tienen factores comunes que pueden sacarse de la su- matoria: 1 5 mivia) 1 -m, »U, -'2 2 (10.13) K = %(2mi)vcm2 + i’. cm. (Zmii-(.1!) + 2 Ahora viene nuestra recompensa. En el primer término, Em, es la masa total M. El segundo término es cero porque Em, ii, ’ es M multiplicada por la velocidad del cen- tro de masa relativa al centro de masa, que es cero por definicion. El ultimo térmi- uo es la suma de las energias cinéticas de las particulas, calculada usando sus rapideces respecto al centro de masa; ésta es la energia cinética de rotacion alrede- dor de ese centro. Siguiendo los mismos pasos que nos llevarou a la ecuacion (9.17) para la energia cinética rotacional de un cuerpo rigido, podemos escribir es- te filtimo término como %I, ,,, ,w2, donde 1", , es el momento de inercia con respecto al eje que pasa por el centro de masa y (1) es la rapidez angular. Asi, la ecuacion (10.13) se convierte en la ecuacion (10.11): = %Mv, ,,, ,2 + %1,, ,,w’ Un caso importante de traslacion y rotacion combinadas es el de rodar sin des- lizar, como el movimiento de la rueda que se muestra en la figura 10.14. La rueda es simétrica, asi que su centro de masa esta en su centro geométtico. Visualizamos el movimiento en un marco de referencia inercial en el que la superficie sobre la que se rueda esta en reposo. Aqui, el punto de la rueda que toca la superficie de- be estar instantaneamente en reposo para que no resbale. Por tanto, la velocidad ii, del punto de contacto, relativa al centro de masa, debe tener la misma magnitud pero direccion opuesta que la velocidad del centro dc masa iicm. Si el radio de la rueda es R y su rapidez angular alrededor del centro de masa es co, la magnitud de 17,’ es Rm; por tanto, debemos tener um, = Rm (condicion para rodar sin resbalar) (10.14) Como muestra la figura 10.14, la velocidad de un punto en la rueda es la suma vectorial de la velocidad del centro de masa y la velocidad del punto relativa al centro de masa. Asi, mientras el punto 1 (el de contacto) esta momentaneamente La rueda entera se traslada con velocidad Em, La rueda gira en tomo al centro Rodamiemo de masa. rapidez en el borde = um i sin desliz: -_ E-, ' = E_. .. 1'-. ’> 371 Am. Phys cs, 7.11 Carrera entre un bloque y un disco '- — * r‘ '3 is naruedaes la 1 traslacional del cen- . . movimiento rotacional . . . .- rueda alrededor del centro de masa. SE la rueda no resbala, la rapidez del borde relativa al centro de masa debe ser igual a la magnitud de Um. La rueda esta instanta- neamente en reposo en el punto en que hace contacto con el suelo.
  12. 12. 372 10.15 El humo que se alza de las ruedas traseras de este coche de arrancones indica que los neuméticos estan resbalando sobre el pavimiento, asi que um no es igual a Rm. :11-.1u| ,IlIo1 c A P11‘ U L o 10 I Dinamica del movimiento rotacional en reposo, e1 punto 3 en la parte de arriba se mueve hacia adelante con el doble de la rapidez del centro de masa, y los puntos 2 y 4 a los lados tienen velocidades a 45° con la horizontal. En un instante dado, podemos pensar que la rueda gira alrededor de un “eje de rotacion instanténeo” que pasa por el punto de contacto con el suelo. La velocidad angular co es la misma para éste eje que para un eje que pasa por el centro de ma- sa; un observador en el centro de masa ve que el borde da el mismo niimero de re- voluciones por segundo como un observador en el borde ve que el centro de masa da alrededor de él. Si Vemos asi el movimiento de la rueda de la figura 10.14, la energia cinética de la rueda es K = %I, w2, donde 1, es el momento de inercia de la rueda alrededor de un eje que pasa por el punto 1. Sin embargo, por el teorema de los ejes paralelos, ecuacion (9.19), I , = Im + MR2, donde M es la masa total de la rueda e 1,, , es el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de ma- sa. Usando la ecuacion (10.14), la energia cinética de la rueda es 1 1 1 1 1 K = 51,1102 = Elcmwz + §MR7'w2 = 5 mm: + EMUMZ que es igual a la ecuacion (10.1 1). CUIDTVOW Es importante tener en cuenta que la relacion um, = Ra) solo se cumple si hay rodamiento sin deslizamiento. cuando un coche de "arrancones" comienza a moverse, las ruedas traseras estan girando con gran rapidez mien- tras que el vehlculo casi no se mueve, asi que Ra) es mayor que Ucm (Fig. 10.15). 51 el conductor aplica los frenos con demasiada fuerza y el coche derrapa, las ruedas casi no girarén y Ra) sera menor que um. Si un cuerpo rigido cambia de altura al moverse, también debemos considerar la energia potencial gravitacional. Como vimos en la seccion 9.4, la energia po- tencial gravitacional asociada a cualquier cuerpo extendido de masa M, rigido o no, es la misma que si sustituimos el cuerpo por una particula de masa M situada en el centro de masa del cuerpo. Esto es, U = May. .. . .,; Casco cilindrico que rueda Un casco cilindrico hueco de masa My radio R rueda sin resbalar con rapidez um, en una superficie pla. na. g, Qué energia cinética tiene? 377119.155-‘.1 IDENTIFICAR y PLANTEAR: Usaremos la ecuacion (10.11) para obtener la energia cinética. El momento de inercia es I = MR’ de la tabla 9.2 y la rapidez angular es to = um/ R porque se rueda sin res- balar. Rapidez de un yoyo burdo Se hace un yoyo burdo enrollaudo un cordel varias veces alrededor de un cilindro solido de masaM y radio R (Fig. 10.16). Se sostiene el extreme del cordel fijo mientras se suelta el cilindro desde el re- poso. El cordel se desenrolla sin resbalar ni estirarse al caer y girar EJECUTAR: Sustituyendo estas expresiones en la ecuacion (10.11) obtenemos K=1Mu 2+l(MR2) v—"“—2 2 °'“ 2 R = EVALUAR: La energia cinética es el doble de la que seria si el cas- co se estuviera deslizando con rapidez um, sin rodar. La mitad de la energia cinética total es traslacional y la otra mitad es rotacional. el cilindro. Use consideraciones de energia para calcular la rapidez om, del centro de masa del cilindro solido después de caer una dis- tancia h.
  13. 13. 10.3 I Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil 10.16 Calculo de la rapidez de un yoyo burdo. . : 3:; A .1 __ . IDENTIFICAR: El extremo superior del cordel esta fijo, no se tira de él hacia arriba, asi que la mano de la figura 10.16 no efectfia traba- jo sobre el sistema del cordel y ci1indro. Al igual que en el ejemplo 9.8 (seccion 9.4), hay friccion entre el cordel y el cilindro pero, co- mo el cordel no resbala, no se pierde energia mecénica y podemos usar la conservacién de la energia mecénica. 31:11:], -1h 1", ; Carrera de cuerpos rodantes En una demostracion, un profesor pone a “competir” diversos cuer- pos rigidos redondos solténdolos del reposo desde arriba dc un pla- no inclinado (Fig. 10.17). g_Qué forma debe tener un cuerpo para llegar a la base primero? : !!! £Vi»_i’;1-, ‘!iL V IDENTIFICAR: Podemos usar conservacién de la energia porque los cuerpos no resbalan sobre el plano inclinado. La friccién cinética no efectfia trabajo si 105 cuerpos ruedan sin resbalar. También pode- mos despreciar los efectos de lafliccién de rodamiento, presentada en la seccion 5.3, si los cuerpos y la superficie sobre la que ruedan son perfectamente rigidos. (Mas adelante explicaremos por qué. ) 10.17 g, Cu2'11 cuerpo baja mas rapidamente y por qué? 373 PLANTEAR: Las energias potenciales son U, = Mgh y U2 = 0. El cordel no tiene energia cinética porque no tiene masa. La energia cinética inicial del cilindro es K, = 0, y la final (K3) esta dada por la ecuacion (10.1 1). E1 momento de inercia es l~ = %MR3, y w = um, /R porque el cilindro no resbala en el cordel. EJECUTAR: Utilizando la ecuacion (10.1 1), la energia cinética en el punto 2 es 1 1 ‘ K, = —Mvc 2 + l(lMR’>(%"-‘) 2 m 2 2 3 = _4_-Mvcmz Entonces, la conservacién de la energia da m+m= m+m 3 0 + Mgh = ZMUM2 + 0 4 vcm = Egh EVALUAR: Esta es menor que la rapidez / Zgh que tendria un ob- jeto que se deja caer, porque un tercio de la energia potencial libe- rada aparece como energia cinética rotacional. PLANTEAR: Cada cuerpo parte del reposo desde arriba de una pen- diente de altura h, asi que K. = 0, U, = Mgh y U, = 0. La energia ci- nética en la base del plano esta dada por la ecuacion (10.11). Si los cuerpos ruedan sin resbalar, co = um/ R. Los momentos de inercia de todos los cuerpos redondos de la tabla 9.2 (alrededor de ejes que pasan por su centro de masa) pueden expresarse como Im = cMR2, donde c es un n1’1mero puro menor o igual que 1 que depende de la forma del cuerpo. Nuestro objetivo es hallar el valor de c que pro- porciona al cuerpo la mas alta rapidez en la base del plano inclinado. EJECUTAR: Por la conservacion de 12. e: :Tg§= _ K, +U1=K; -L’; 1 . 1 . rm 2 0 + Mgh = ;. ML'; :' ‘ 3c. [R‘(? ) 141.. .: (1 —. c).11u. m= asi que la rapidez en la base de la pendiente es um = /12f-he
  14. 14. 374 C A P1 T U Lo 10 I Dinamica del movimiento rotacional EVALUAR: Este resultado es sorprendente; la rapidez no depende de la masa M del cuerpo ni de su radio R. Todos los cilindros so- lidos uniformes tienen la misma rapidez abajo, aun si sus masas y radios son diferentes, porque tienen la misma c. Todas las esferas solidas tienen la misma rapidez, etc. Cuanto menor sea c, mayor se- ra la rapidez del cuerpo abajo (y en cualquier punto de la bajada). Los cuerpos con c pequefia siempre vencen a aquellos con c gran- de, porque menos de su energia cinética se dedica a rogacion y rnés a traslacion. Si leemos los valores de a de la tabla 9.2, Vemos que el orden de llegada es: cualquier esfera solida, cualquier cilindro soli- do, cualquier esfera hueca de pared delgada y cualquier cilindro hueco de pared delgada. ~- ’ ’ I Traslacion y rotacion combinadas: dinémica También podemos analizar el movimiento traslacional y rotacional combinado de un cuerpo rigido desde la perspectiva de la dinamica. Mostramos en la seccion 8.5 que, para un cuerpo de masa total M, la aceleracion Zmdel centro de masa es igual a la de una masa puntual M sobre la que act1'1a. n todas las f11erzas extemas alas que esta sujeto e1 cuerpo: 2%”, = Mam, (10.15) E1 movimiento rotacional alrededor del centro de masa se describe mediante el- analogo rotacional de la segunda ley de Newton, ecuacion (10.6): Er, = Icmaz (10.16) donde [cm es el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de ma- sa y 21', incluye todos los momentos de torsion externos respecto a éste eje. No es obvio que la ecuacion ( 10.16) sea aplicable al movimiento de un cuerpo rigido en traslacion; después de todo, nuestra deduccion de 21', = oz, en la seccion 10.2 dio por hecho que el eje de rotacion era estacionario. No obstante, la ecuacion (10.16) es valida aun si el eje de rotacion se mueve, si se satisfacen estas condiciones: 10.18 El eje de una rueda de bicicleta pa- sa por el centro de masa de la nreda y es un eje de simetria. Por tanto, la rotacion de la rueda esta descrita por 1a ecuacion (10.16), siempre que la bicicleta no dé la vuelta ni se incline hacia un lado (lo cual alteraria la orientacion del eje). 1. El eje que pasa por el centro de masa debe ser un eje de sirnetria. 2. El eje no debe cambiar de direccion. Estas condiciones se satisfacen en muchos tipos de rotacion (Fig. 10.18). Cabe se- fialar que en general éste eje de rotacion movil no esta en reposo en un marco de referencia inercial. Ahora podemos resolver problemas de dinémica en los que intervengan cuer- pos rigidos con movimientos: traslacional y rotacional simultaneos, siempre que el eje de rotacion cumpla las condiciones anteriores. La estrategia de resolucion de problemas bosquej ada en la seccion 10.2 es iguahnente 1'1ti1 aqui, y le recomen- damos repasarla. Tenga presente que, si un cuerpo tiene movimiento traslacional y rotacional al mismo tiempo, necesitamos dos ecuaciones de movimiento inde- pendientes para el mismo cuerpo. Una, la ecuacion (10.15), describe la traslacion del centro de masa. La otra, ecuacion (10.16), describe la rotacion alrededor del eje que pasa por el centro de masa. : n:1111_pl1o ». .,, ;. Aceleracion de un yoyo burdo Para el yoyo burdo del ejemplo 10.6, calcule la aceleracion hacia abajo del cilindro y la tension en el cordel. . ‘€i: ‘:’1”"‘rI‘1‘§ IDENTIFICAR y PLANTEAR: Usaremos las ecuaciones (10.15) y (10.16). junto con la condicion que el cordel no resbale en el cilin- dro. La figura 10.19 es un diagrarna de cuerpo libre del yoyo, don- de se indican las direcciones de las coordenadas positivas. Con es- tas coordenadas, la incognita es ac, ,,_, ,. EJECUTAR: La ecuacion para la traslacion del centro de masa es 2]’, = Mg + (—T) = Macm. (10.17)
  15. 15. 10.3 I Rotacion de un cuerpo rigido sobre un eje movil )7 10.19 Diagratna de cuerpo libre de un yoyo burdo (ver Fig. 10.16). El momento de inercia para un eje que pasa por el centro de masa es 1:“, = §MR2. Solo la fuerza de tension tiene un momento de tor- sion respecto a dicho eje, asi que la ecuacion para la rotacion alre- dedor de él es 1 2 MR2a, 2-, = TR = lma, = (10.18) E1 cordel se desenrolla sin resbalar, asi que um = Ra: por la ecua- cion (10.14); la derivada de ésta relacion respecto a 1 es 375 am” = Ra: (10.19) Ahora usamos la ecuacion ( 10.19) para eliminar er, de la ecuacion (10.18) y resolvemos las ecuaciones (10.17) y (10.18) sirnulténea- mente para obtener T y ac, ,,_y. Los resultados son sencillisirnos: 2 1 “cm-_' = 3'3 T = §Mg Usando la formula de aceleracion constante um, = uc, ,,4,_, .2 + 2a, ,,. ,_, .h. podemos demostrar que la rapidez del yoyo después de caer una dis- tancia h es Um = V §gh, como determinamos en el ejemplo 10.6. EVALUAR: Desde el punto de vista de la dinamica, la fueiza de ten- sion es fimdamental, pues hace que la aceleracion del yoyo sea menor que g, y su momento de torsion hace girar al yoyo. No obstante, cuando analizamos esta situacion en el ejemplo 10.6 usando méto- dos de energia, ino tuvirnos que considerar la tension! Dado que no se perdio ni gano energia mecanica, desde el punto de vista energe- tico el cordel solo es importante porque ayuda a convertir parte de la energia potencial gravitacional en energia cinética rotacional. Aceleracion de una esfera rodante Una bola de bolos solida rueda sin resbalar por la rampa de retomo junto a la mesa (Fig. 10.20a). La ramps. forma un angulo fl con la horizontal. 1,Qué aceleracion tiene la bola? Trétela como esfera so- lida uniforme, despreciando los agujeros. so1uc1o~; IDENTIFICAR: A1 igual que en el ejemplo 10.8, usaremos la ecua- cion (10.15) para describir el movimiento traslacional, y la ecuacion (10.16), para describir e1 movimiento rotacional. La incognita es la aceleracion del centro de masa de la bola. Wm-x = R“: PLANTEAR: La figura lO.20b es el diagrarna de cuerpo libre, e in- dica las direcciones de coordenadas positivas. De la tabla 9.2, el momento de inercia de una esfera solida es [cm = §MR2. Las ecua- ciones de movimiento para traslacion y para rotacion alrededor del eje que pasa por el centro de masa son, respectivamente, EF, = Mgsenfi + (—f) = Mam, Er. =fR = I. ..a-. = (§MIr’)a. (10.20) (10.21) II (a) Una bola de bolos baja rodando una rampa. (b) Diagrama dc cuerpo libre de la bola.
  16. 16. 376 S610 la fuerza de friccionftiene un momento de torsion respecto al eje que pasa por el centro de masa. Si la bola rueda sin resbalar, re- nemos la misma relacion cinematica ac, ,,__, = Ra, que en el ejemplo 10.8. Usamos esto para elminar a, de la ecuacion (10.21): 2 R = -5‘MRacm-.1‘ Esta y la ecuacion (10.20) son dos ecuaciones para dos incognitas, am, y f. Despejamos f de la ecuacion ( 10.20), sustituimos en la ecuacion anterior para eliminarfi y despejamos a, ,,, _,, para obtener 5 ac! “-I = B La aceleracion es § de lo que seria si la bola pudiera deslizarse sin friccion por la rampa, como el tobogan del ejemplo 5.9 (seccion 5.2). Sustituimos ésto en la ecuacion (10.20) y despejamos f: 2 f= 7Mg sen [3 EVALUAR: Dado que la bola no resbala en el punto de contacto ins- tanténeo con la rampa, f es una fuerza de friccion es! a’tica; evita el deslizarniento y da a la bola su aceleracion angular. Podemos dedu- c A P1 T u L 0 10 I Dinamica del movimiento rotacional — cir una ecuacion para el coeficiente de friccion 11, minimp necesa- rio para evitar el deslizamiento. La fuerza nonnal es n = Mg cos B. La fuerza maxima de fiiccion estatica es 11,71, asi que 11.5 debe ser de por lo menos 2 -M _£_7 gse1:1B_ZtanB “S-1: Mgcos/3 7 Si el plano no esta muy inclinado, [3 es pequefia, y no se requiere un 11, grande para evitar el deslizamiento. Al aumentar el angulo, au- menta el valor requerido de , u.5, como indicaria la intuicion. Si la bo- la comienza a resbalar, las ecuaciones (10.20) y (10.21) siguen siendo validas, pero ya no se cumple que vcm = Ra), y am, = Ra, ; solo tenemos dos ecuaciones para tres incognitas (a, ,,, __, , at, y f). La resolucion del problema dc rodamiento con deslizamiento requiere considerar Ia friccion cinética (ver problema de desafio 10.101). Si la bola desciende una distancia vertical h al bajar por la ram- pa. su desplazamiento sobre la rampa es h/ sen B. E1 lector debera poder demostrar que la rapidez de la bola en la base de la rampa se- ria ya, = V '7"gh, que es el resultado que obtuvimos en el ejemplo 10.7 con c = Si la bola rodara de subida, la fuerza de friccion también estaria di- rigida pendiente arriba, como en la figura 10.20b. ¢', Entiende por qué? . .. mw. .u~r: .ammm _: -. =_. . - , . Friccion de rodamiento 10.21 (a) Fuerzas sobre una esfera perfec- tamente rigida que baja rodando una pen- diente perfectamente rigida. (b) Si la esfera o la pendiente es deformable, las fuerzas dz contacto ac11'1an en diferentes posicio- nss. L2 fuerza nonnal produce un momen- to d: 1c-rs-Lon amihorario que se opone a la roiaciori horaria. La deformacion se mues- tra muy exagerada. En el ejemplo 10.7 dijimos que podemos despreciar la friccion de rodamiento si tanto el cuerpo como la superficie sobre la que rueda son perfectamente rigidos. En la figura 10.21a una esfera perfectamente rigida baja rodando una pendente perfectamente rigida. La linea de accion de la fuerza normal pasa por el centro de la esfera, asi que el momento de torsion es cero; no hay deslizarniento en el punto de contacto, asi que la friccion no efectfia trabajo. La figura 10.2lb muestra una situacion mas realista en la que la superficie se “amontona” delante de la esfera y ésta rueda en una zanja somera o poco profunda. Debido a estas deformaciones, las fuerzas de contacto sobre la esfera ya no actfian en un solo punto, sino en una area, concentréndose en el frente de la esfera como se muestra. E11 consecuencia, la fuerza normal ejerce un momento de torsion que se opone a la rotacion. Ade- Superficie deformable; la fuerza normal produce un momento de torsion que se opone a la rotacion (13) Superficie rigida; la fuerza normal no produce momento de torsion (21)
  17. 17. 10.4 I Trabajo y potencia en movimiento rotacional mas, hay cierto deslizamiento de la esfera en la superficie debido a la deforma- cion, causando pérdida de energia mecanica. La combinacion de estos efectos es el fenomeno defriccién de rodamiento, que también ocurre si el cuerpo que rue- da es deformable, como un neumético. Es com1'1n que el cuerpo que rueda y la su- perficie tengan la suficiente rigidez como para hacer caso omiso de la friccion de rodamiento, y esto es lo que hemos hecho en los ejemplos de la seccion. En el ejemplo 10.9, g, que' valor tendrian la aceleracion y la fuerza de friccion esta- tica si la bola fuera una esfera hueca? 10.4 | Trabajo y potencia en movimiento rotacional Cuando pedaleamos una bicicleta, aplicamos firerzas a un cuerpo en rotacion y efectuamos trabajo sobre él. Algo similar ocurre en otras situaciones de la vida real, como el eje de un motor que impulsa una herramienta de potencia o a un ve- hiculo. Podemos expresar el trabajo en términos del momento de torsion y despla- zamiento angular. A Suponga que una fiierza tangencial F W, act1'1a en el borde de un disco pivoteado; por ejemplo, una nifia que corre empujando un tiovivo (Fig. l0.22a). La rueda gira un angulo infinitesimal d0 alrededor de un eje f:1jo durante un tiempo infinitesimal dt (Fig. l0.22b). El trabajo dW efectuado por F W, mientras un punto del borde se mueve una distancia ds es d W= Fm ds. Si d0 se mide en radianes, ds = R d9 y dW = F, ,,, ,Rd9 F, ,,, R es el momento de torsion 1-, debido a la fuerza Fm, asi que a'W = 7,110 (10.22) El trabajo total W efectuado por el momento de torsion durante un desplazamien- to angular de 6, a 62 es 9: W = I 1', d6 (trabajo efectuado por un momento de torsion) (10.23) 91 Si el momento de torsion es constante y el carnbio de angulo es fmito A0 = 62 — 0,, W= 1', (02 — 0,) = TZAQ (trabajo efectuado por un momento de torsion constante) (10.24) E1 trabajo efectuado por un momento de torsion constante es el producto del mo- mento de torsion y el desplazamiento angular. Si el momento de torsion se expre- sa en N-m y el desplazamiento en radianes, el trabajo esta en joules. La ecuacion I 10.24) es el analogo rotacional de la ecuacion (6.1), W= Fs, y la ecuacion (10.23) es el analogo de la ecuacion (6.7), W = IF, dx, para el trabajo realizado por una fuerza en un desplazamiento rectilineo. Si la fuerza de la figura 10.22 tuviera una componente axial o radial, dicha : ornponente no efectuaria trabajo porque el desplazamiento del punto de aplica- : ::~r1 solo tiene componente tangencial. Una componente de fuerza radial o axial 1,6 poco contribuiria al momento de torsion alrededor del eje de rotacion, asi que ,5 ecuaciones (10.23) y (10.24) son correctas para cualquier fuerza, independien- 'i: -:: e 1.6 sus componentes. La nir'1a aplica una fuerza tangencial Vista superior del tiovivo (b) 10.22 Una 111611313‘ '= - . _ cuerpo en rotacicr. 377
  18. 18. 378 c A P11‘ U L o 10 I Dinamica del movimiento rotacional Si un momento de torsion efectfia trabajo sobre un cuerpo rigido que gira, la energia cinética cambia en una cantidad igual a ese trabajo. Podemos demostrar esto usando exactamente el mismo procedimiento que en las ecuaciones (6.11) a (6.13) para una particula. Primero representamos el momento de torsion neto so- bre el cuerpo con 1-, , de modo que, por la ecuacion ( 10.6), 1-, = 1a, . A] usar esta ecuacion, estamos suponiendo que el cuerpo es rigido y, por tanto, tiene momen- to de inercia constante. Transformamos el integrando de la ecuacion (10.23) en una integral sobre w, asi: d_w, _ d0 d0 = I — do), = Ia), da), me = (Ia, )d0 = I dt dt Dado que 1-, es el momento de torsion neto, la integral de la ecuacion (10.23) es el trabajo total efectuado sobre el cuerpo rigido en rotacion. Asi, la ecuacion se con- vierte en El cambio de energia cinética rotacional de un cuerpo rigido es igual a1 trabajo efectuado por fiierzas ejercidas desde afuera del cuerpo. Esta ecuacion es analogo a la ecuacion (6. 13), e1 teorema trabaj o-energia para una particula. g, Qué hay con lapotencia asociada al trabajo efectuado por un momento de torsion sobre un cuerpo en rotacion? Si dividimos ambos miembros de la ecuacion (10.22) en- tre el intervalo dt durante el que se da el desplazamiento angular, obtenemos dW d0 j= ,,-9: dt ' dt Pero dW/ dt es la rapidez con que se efect1'1a trabajo, o potencia P, y d9/dt es velo- cidad angular (1), , asi que Si un momento de torsion 1, (respecto al eje de rotacion) act1'1a sobre un cuerpo que gira con velocidad angular w, , su potencia (rapidez con que efectria trabajo) es el producto de 1-, y w, . Esto es el anélogo de la relacion P = 17‘ - B que desarro- llarnos en la seccion 6.4 para el movimiento de particulas. Potencia de motores y momento de torsion La potencia desarrollada por el motor de un automovil se anuncia como _ 200 hp a 6000 rpm. Calcule el momento de torsion correspondiente. 0’: = 5000 1'°V/ mm = 1 min so1uc1oN IDENTIFICAR y PLANTEAR: Nos dan la potencia desarrollada P y la Velocidad angular w, , asi que podemos obtener el momento de aorsion con la ecuacion (10.26). EJECUTAR: Primero debemos convertir la potencia a watts y la ve- -hcidad angular a rad/ s: 746 W 1 hp P = 200 hp = 200 hp‘ = 1.49 x 105w 6000 rev 211- rad 1 min 1 rev 60 s = 628 rad/ s Por la ecuacion ( 10.26), ,5: = &>g<: a-_nvs = ,,7N. ,, to, 628 rad/ s EVALUAR: Podriarnos aplicar este momento de torsion usando una llave de tuercas de 0.25 rn de largo y aplicando una fuerza de 948 N al extrerno de su mango. g, Podria el lector hacerlo?
  19. 19. 10.5 I Cantidad de movimiento angular lllartlplln M ‘II. 17 ‘I Un motor eléctrico ejerce un momento de torsion constante de 10 N-m sobre una piedra de amolar montada en un eje. El momento de inercia de la piedra es 1 = 2.0 kg-m2 y el sistema parte del reposo. Calcule el trabajo efectuado por el motor en 8.0 segundos y la energia cinética al final de este lapso. g, Qué potencia media desarrollo el motor’? A §g'1l11l, l,i1l1lI IDENTIFICAR y PLANTEAR: Usamos la version rotacional de la segtmda ley de Newton, 21-, = 104,, para obtener la aceleracion an- gular de la piedra. Después usaremos las ecuaciones de cinematica de la seccion 9.2 para calcular el angulo que la piedra gira en 8.0 s (10 cual nos da, a través de la ecuacion (10.24), el trabajo efectua- do) y la velocidad angular en ese momento (lo cual nos da la ener- gia cinética). Obtenemos la potencia media dividiendo el trabajo realizado entre el intervalo de tiempo. EJECUTAR: Tenemos 21-, = 10 N -m (el unico momento de torsion que act1'1a se debe al motor) e I = 2.0 kg-mz, asi que, por 27, = 101,. la aceleracion angular es de 5.0 rad/ s2. Por la ecuacion (9.11). el angulo total que el sistema gira en 8.0 s es 1 1 A9 = 511,13 = §(5.0rad/ s2)(8.0s)3 = 160 rad Se aplican momentos de torsion iguales a dos cilindros distintos. uno 1:’ les tiene un momento de inercia dos veces mayor que el del otro. Los C : 5 379 Célculo de potencia a partir del momento de torsion y el trabajo total efectuado por el momento de torsion es W = 1-, A9 = (ION-m) ( 160 rad) = 1600.1 Por las ecuaciones (9.7) y (9.17), la velocidad angular y la energia cinética en t = 8.0 s son to, = o: ,t = (5.0 rad/ sZ)(8.0 s) = 40 rad/ s , 1 K = £11.»; = §(2.0 kg-1r12)(40rad/ s)2 = 16001 La energia cinética inicial era cero, asi que el trabajo efectuado es igual al incremento en la energia cinética [Véase ecuacion (1 0.35)]. La potencia media es 1600 J P'“°“ ‘ 8.0 s = 2001/s = 200W EVALUAR: Podemos comprobar e1 valor que obtuvimos para la po- tencia media considerando Ia potencia instarminea, P = 7,01,. Ob- serve que, dado que (0, aumenta continuamente, P también aumenta continuamente; su valor es cero en t = 0 y aumenta a (10 N-m)(40 rad 51 = 400 W en t = 8.0 s. La velocidad angular y la potencia au- meman unifonnemente con el tiempo, asi que la potencia media es la mitad de este valor maximo, 0 sea 200 W. estan inicialmente en reposo. Después de una rotacion completa. ,1. 1.. . . _. : tiene mayor energia cinética? 10.5 | Cantidad de movimiento angular Todas las cantidades rotacionales que hemos visto en los capitulos 9 y 10 so: 2-. :- logos de una cantidad en el movimiento traslacional de una particula. El a_-1__ , _-: de la cantidad de movimiento de una particula es la cantidad de movimiento an- gular, una cantidad vectorial denotada con Su relacion con la cantidad de : - vimiento i (que a veces llarnaremos cantidad de movimiento lineal por clagcigi es exactamente la misma que entre momento de torsion y fiierza, 7:‘ = F x F. Pa- ra una particula de masa constante m, velocidad ii, cantidad de movimiento ii = mi}, y vector de posicion 5'' relative al origen 0 de un marco inercial, defini- mos la cantidad de movimiento angular L como -9 L = F x 5 = F x ma (cantidad de movimiento angular de una particula) (10.27) E1 valor de i depende del origen escogido, ya que en él interviene el vector de po- sicion de la particula relativo al origen. Las unidades de la cantidad de movimien- to angular son kg-m2/s. En la figura 10.23, para una particula que se mueve en el plano xy; se muestran: 5:1 Vector de posicion 7" y su cantidad de movimiento ii = mii. El vector de canti- - 2 ; :_‘e: .:o angular perpendicular al . .rr.1en1o (si el origen 0 ese plano I. la magnitud 1 1 1 0.23 C alculo de la cantidad de movi- miento angulari = F X mii = F Xfide una particula de masa m que se mueve en el plano xy.
  20. 20. 380 Tajada dc un cuerpo rigido que gira en tomo / ' alejezy , , L, = cantidad de movimiento angular de la i—ésima particula del cuerpo rigido; perpendicular al plano del movimiento (si el origen 0 esta en ese plano), la magnitud de L, = m, U,-r, - = m, r,-Zn: N 10.24 Calculo de la cantidad de movi- miento angular de una particula de masa m, - en un cuerpo rigido que gira. (Compare con la Fig. 10.23.) Cada particula se mue- ve en un circulo alrededor del eje de rota- cion con la misma rapidez angular cu. c A P i T U L0 10 I Dinamica del movimiento rotacional dad de movimiento angular L es perpendicular al plano xy. La regla de la mano derecha para productos vectoriales nos dice que su direccion es en el eje +z, y su magnitud es L = mvr send) = mvl (10.28) donde I es la distancia perpendicular desde la linea de ii a 0. Esta distancia hace las veces de “brazo de_palanca” para el vector de cantidad de movimiento. Si una fiierza neta F actua sobre una particula, su velocidad y cantidad de mo- vimiento cambian, y también puede cambiar su cantidad de movimiento angular. Podemos demostrar que la rapidez de cambio de la cantidad de movimiento angu- lar es igual al momento de torsion de la fuerza neta. Derivamos la ecuacion (10.27) respecto a1 tiempo usando la regla de la derivada de un producto: d—Z- — ‘L? x mi} + F x magi dt dt dt El primer término es cero porque contiene el producto vectorial de 3 = d7/dt con- sigo mismo. En el segundo término sustituimos mii por la fuerza neta F, obteniendo = (i5Xmi3)+(? Xm3) E _ dt (para una particula sobre la que actua una fuerza F) 7 x iv = $ (10.29) La rapidez de cambio de la cantidad de movimiento angular de una particula es igual al momento de torsion de la fuerza neta que actua sobre ella. Compa- re este resultado con la ecuacion (8.3), que dice que la rapidez de cambio dii/ dt de la cantidad de movimiento lineal de una particula es igual a la fuerza neta que ac- tua sobre ella. Podemos usar la ecuacion (10.28) para calcular la cantidad de movimiento angular total de un cuerpo rigido que gira sobre el eje 2 con velocidad angular co. Consideremos primero una rebanada del cuerpo que esta en el plano xy (Fig. 10.24). Cada particula de la rebanada se mueve en un circulo centrado en el origen, y en cada instante su velocidad 5, es perpendicular a su vector de posicion 7,, como se muestra. Asi, en la ecuacion (10.28), qb = 90° para toda particula. Una particu- la de masa m, que esta a una distancia r, de 0 tiene una rapidez U, igual a r, w. Por la ecuacion (10.28), la magnitud L, de su cantidad de movimiento angular es L, = m, (r, -w)r, = m, r,-2w (10.30) La direccion de la cantidad de movimiento angular de cada particula, dada por la regla de la mano derecha para el producto vectorial, es sobre el eje +z. La cantidad de movimiento angular total de la rebanada que esta en el plano xy es la suma EL, de las cantidades de movimiento angulares L, de las particulas. Ha- ciendo la sumatoria de la ecuacion (10.30), tenemos L = 2L, = (2m, r,2)w = Ia) donde 1 es el momento de inercia de la rebanada alrededor del eje z. Podemos efectuar este mismo calculo para las demas rebanadas del cuerpo, to- das paralelas al plano xy. Para los puntos que no estén en ese plano, surge una complicacién porque los vectores F tienen componente en la direccion z ademas de las direcciones x y y; esto da a la cantidad de movimiento angular de cada par- ticula una componente perpendicular al eje z. Pero si el eje 2 es un eje de simetria, las componentes perpendiculares de particulas en lados opuestos de este eje su-
  21. 21. 10.5 I Cantidad de movimiento angular Otra tajada de un 3 cuerpo rigido que “’ gira en tomo 31:15: df) )(V'sm liL, + L1 estzl sobre el eje de rotacion xgiz in _ . _I f _ _. ‘_. , Esta pamcula Esta particula 1 se mueve se aleja del hacia el lector '1 1'3 I lector J I 0 man cero (Fig. 10.25). Asi, cuando un cuerpo _gira alrededor de un eje de simetria, su vector de cantidad de movimiento angular L queda sobre el eje de simetria y su magnitud es L = Iw. El vector de velocidad angularib también esta sobre el eje de rotacion, como vimos al final de la seccion 9.1. Asi, para un cuerpo rigido que gira alrededor de un eje de si- metria, L y (T) tienen la misma direccion (Fig. 10.26), y tenemos la relacion vectorial i = 15; (para un cuerpo rigido que gira alrededor de un eje de simetria) (10.31) Por la ecuacion (10.29), la rapidez de cambio de la cantidad de movimiento an- gular de una particula es igual al momento de torsion de la fuerza neta que actua sobre ella. Para cualquier sistema de particulas (incluidos cuerpos rigidos y no ri- gidos), la rapidez de cambio de la cantidad de movimiento angular total es igual a la suma de los momentos de torsion de todas las fuerzas que actuan sobre todas las particulas. Los momentos de torsion de las fuerzas internas suman gero si las fuer- zas actoan sobre la linea que va de una particula a otra, como en la figura 10.8, asi que la suma de momentos de torsion solo incluye los momentos de las fiienas ex- rernas. (Hubo una cancelacion similar cuando hablamos del movimiento del cen- tro de masa en la seccion 8.5.) Si la cantidad de movimiento angular total del sistema es L y la suma de momentos externos es 271‘, entonces (para cualquier sistema de particulas) ( 10.32) Por ultimo, si el sistema de particulas es un cuerpo rigido que gira alrededor de un eje de simetria (el eje z), _L, = Iwz e I es constante. Si el eje tiene direccion fija en el espacio, los vectores L y (7) solo cambian en magnitud. En tal caso, dL, /dt = I dw, /dt = Iozz, 0 sea, 27, = la: que es otra vez nuestra relacion basica para la dinémica de la rotacion de un cuerpo rigido. Si el cuerpo no es rigido, I puede cambiar; en tal caso, L cambiara aun si to es constante. La ecuacion (10.32) seguira siendo valida, pero la ecuacion (10.6) no. Si el eje de rotacion no es un eje de simetria, la cantidad de movimiento angu- lar en general no es paralela al eje (Fig. 10.27). Al girar el cuerpo, el vector de can- if i2d_de movimiento angular L describe un cono alrededor del eje de rotacion. Dado ; -2 L cambia. debe estar actuando un momento de torsion externo neto sobre el ; ,z. ~:~o aun si la magnitud de la velocidad angular an es constante. Si el cuerpo es , A ; _—_. i3 desbalanceada de un coche, este momento de torsion provendra de la U) (I) . 10.25 Cantidad dc movimiento angular de dos particulas de un cuerpo rigido que gi- ra. Las dos particulas tienen la misma ma- sa y estan situadas simétricamente a cada lado del eje de rotacion. Aunque los vecto- resde cantidad de movimiento angular L, y L1 de las particulas individuales no estan a lo largo del eje dc rotacion, su suma vec- torial L, + L, 51' lo esta. Enrosque los dedos de la mano derecha en la direccion de la rotacion El pulgar derecha apunta en la direccion de :3: si el eje de rotacion es un eje de simetrfa, ésta es también la direccion , de L 10.26 En la rotagion alrededor de un eje de simetria, if) y L son paralelas y estén sobre el eje. Las direcciones estan dadas por la regla de la mano derecha (compare con la figura 9.5). 1*’. ‘ . . El eje de rotacion no es un eje de simetria del cuerpo; L no esta en el eje de rotacion H 10.27 Si el eje de rotacion de ug cuerpo rigido no es un eje de simetria, L no esta en general sobre el eje de rotacion. Aun si 3; es constante, la direccion de L cambia, y se requiere un momento de torsion neto para mantener la rotacion.
  22. 22. 382 C A P1 T U L 0 10 I Dinamica del movimiento rotacional friccion en los cojinetes, que hace que estos se desgasten. “Balancear” una rueda impl_ica distribuir la masa de modo que el eje de rotacion sea un eje de simetria; asi, L apuntaré a lo largo del eje de rotacion y no se requerira un momento de tor- sion neto para que la rueda siga girando. En rotacion de eje fijo, podemos usar el término “cantid_ad de movimiento an- gular del cuerpo” para referimos solo a la componente de L sobre el eje de rota- cion del cuerpo (el eje 2 en la Fig. 10.27), con un signo para indicar el sentido de rotacion igual que con la velocidad angular. filuuulyllu in. 7:; ‘ Cantidad de movimiento angular y momento de torsion Una hélice de turbina del motor de un jet (Fig. 10.28) tiene un mo- dL, mento de inercia de 2.5 kg-m2 alrededor de su eje de rotacion. A1 T= = 7, = (100 kg'm2/S3)(2’) = (200 kg'm2/53)‘ arrancar la turbina, su velocidad angular en funcion del tiempo es E 1' =3.0 , H’: = (40 rad/ S3)’, ne instantet s a) Calcule la cantidad de movimiento angular de la hélice en fun- 7‘ = (200 kg ' ml/ S3) (10 S) = 600 kg ' m2/S2 = 600 N I m cion de ty su valor en t = 3.0 s. b) Calcule el momento de torsion neto que actua sobre la hélice en funcion de t, y su valor en t= 3.0 s. ‘J:7l“—. 'l; -.239. IDENTIFICAR y PLANTEAR: Al igual que un ventilador, la hélice EVALUAR: Para comprobar nuestro resultado, Vemos que la ace- leracion angular de la hélice es at: = dw, /dt = (40 rad/ s2)(2t) = (80 rad/ s2)t. Por el equivalente rotacional de la segunda ley de Newton, el momento de torsion que actoa sobre la hélice es 7, = Ia, = (2.5 kg-m2)(80 rad/ s2)r = (200 kg-mz/ s3)r, lo que coincide con nuestro de una turbina gira alrededor de un eje de simetn'a, asi que podemos célculo anterior. usar la ecuacion (10.31) para obtener L, a partir de m, , y la ecuacion (10.32) para relacionar el momento de torsion neto con la derivada / / __ . / 1 , /// de L, respecto al tiempo. /"’ EJECUTAR: a) La (mica componente de cantidad de movimiento angular esta sobre el eje de rotacion (2): L, = 1m, = (2.5 kg-m2)(4orad/ s3)z2 = (l00kg-m2/s3)t2 (0mitimos “rad” de la respuesta porque el radian es una cantidad adimensional. ) En t= 3.0 s, L, = 900 kg-mz/ s. b) La direccion de la cantidad de movimiento angular no cambia, asi que el momento de torsion también esta sobre el eje de rotacion. Por la ecuacion (10.32), su componente en ese eje es 10.28 Se usa una hélice dc turbina para meter aire en el motor de turbo-reaccion. Una pelotita esta pegada al extrerno de un cordel. Usted sostiene el cordel por el otro extremo y da vueltas a la pelota sobre su mano. Si la rapidez de la pelotita es constante, ,; es constante su canti_dad de movimiento lineal 1'5? , ',Es constante su cantidad de movimiento angular L? g, A qué se debe la diferencia? 10.6 | Conservacion de la cantidad de movimiento angular Acabamos de ver que la cantidad de movimiento angular puede servir para expre- sar de otro modo el principio dinamico basico del movimiento rotacional. Tarn- bién es la base del principio de conservacion de la cantidad de movimiento angular. Al igual que la conservacion de la energia y de la cantidad de movimien- to lineal, este principio es una ley de conservacion universal, valida en todas las
  23. 23. III_(» I C'onxcr‘ucion do In c: imirl; nl rlc muviniicnln : in<_‘ul; n‘ cscalas. desde los sistcrnas zitrimicos y nuclcarcs hnsrn los mm'imienro. s dc las gn- laxias. l_I_ste principio es consecuencia directa de la ecuacion (10.32): 217 = dL/ dl. Si 2? = 0,111:/ dz = 0 y L cs constante. Si cl momento de torsion externo neto que actua sobre un sistema es cero. la cantidad de movimiento angular total dc-I sistcina cs constante (se conserva). Un trapecista. un clavadista y un patinador haciendo piructus en la puma de un patin aprovechan este principio. Suponga que una trapecista acuba de separarse de un columpio con los brazos y piernas extendidos y girantln on sentido antiliorario alrededor de su centro de masa. Al encoger los brazos _‘ las picrnus, su momento de inercia 1,, ", respecto a su centro de masa cambia dc un alor grande I , a uno mu- cho menor 13. La (mica fuerza externa que actua sobre clln es su peso, que no tie- ne momento de torsion respecto a un eje que pasa por su centro dc masa. Asi, su cantidad de movimiento angular L: = lmw: permanece constante. y su velocidad angular co: aumenta al disminuir Icm. Esto es, Y . — Y / ... ... —.. -.. ..n, . 4.. o. ... .. ... r_ l1UI'| — i lllvnlvlltv ut. |. Il ‘ . ".. ~t: .~. -.-3,) (1031) Cuando una patinadora o bailarina gira con los brazos estirados _v luego los enco- ge, su velocidad angular aumenta al disminuir su momento de inercia. En ambos casos se conserva la cantidad de movimiento angular en un sistema en el que el momento de torsion extemo neto es cero. Si un sistema tiene varias partes, las fuerzas intemas que esas panes ejercen entre si causan cambios en sus cantidades d_e movimiento angulares, pero la can- tidad de movimiento angular rota] no cambia. Por ejemplo, considere dos cuerpos A y B que interactuan entre si pero con nadie mas, como los astronautas de la sec- cion 8.2 (Fig. 8.7). Suponga que el cuerpo A ejerce una fuerza F_, mm B sobre el cuerpo B; el momento de torsion correspondiente (respecto al punto que escoja- mos) es 3", , some 3. Segon la ecuacion (10.32), este momento es igual a la rapidez de cambio de la cantidad de movimiento angular de B: Al mismo tiem o, B eierce una fiierza F . ,. 1 sobre cl cuer o A, con un momen- - B son to de torsion correspondiente 5-', ,_, g,, ,._. _,. y 7B sobre .4 " (1 I Por la tercera ley de Newton, F3 some A = —-F_, _, .,, ,,, C , ,. Ademas, si las fueaas actuan en la misma linea, como en la figura 10.8, sus brazos de palanca respecto al eje escogido son iguales. Asi, los momentos de torsion de estas Fuerzas son iguales y opuestos, y -1-‘,5. Sm, _, = -E, sob", 5. Por tanto, si sumamos las ecuaciones anteriores tenemos di, + dig 0 dt dr 0, dado que L, + L5 es la cantidad de movimiento angular total L del sistema, Q df = 0 (momento de torsion extemo neto cero) (10.34) Es decir. la cantidad de movimiento angular total del sistema es constante. Los momentos de torsion de las fuerzas internas pueden transferir cantidad de movi- miento angular de un cuerpo al otro, pero no pueden cambiar la cantidad de mo- ximiento angular total del sistema (Fig. 10.29). ' 383 Acfjv I Phyncs 7.111 12. ‘ml-1 "~ pg}: 5‘ Hm 10.29 Un garo que cae tucrce diversas panes de su cuerpo en direcciones distintas para caer parado. En todo momento duran- te este proccso, la cantidad de movimiento , angular total del gato sigue siendo cero. R
  24. 24. Un égil profcsor dc fisica sc para en el centro dc una incsita girato- rip: mn Inc hrazos exrcndidos horimntalmente y una n1r«rt: vv»"'na dc 5.0 kg en cada mano (Fig. 10.30). Se le pone a girar sobre un cjc vertical, dando una rcvolucion cada 2.0 s. Calcule la nueva c| oci— dad angular del profcsur si él llcva las mancucmas a su abdomcn. c indique el efecto dc csto sobre su energia cinética. Su momento dc inercia (sin las mancuernas) cs dc 3.0 kg - m3 con los brazos estim- dos, y baja a 2.2 kg - m3 si pone las manos en cl abdomen. Las man- cucmas estan a 1.0 m del eje al principio ya 0.20 m al final; tratelas como particulas. ll; _ 1; iDFNTlFI(AR PI, ANTFAP' Qi rl: =<‘vr¢>r‘iamnI: ln Frirnifivx an la -~w w . » 1 V: ¢Vr 9 av! ’ ran "“1‘VVFVj>l --. .. 4.4.x ' ' ‘ v 3|! “ vnnmh“ ""“""‘ "‘, ... . . ... ... ... ... .. u: u.~. ... .,. . n.a yr-. vertical (2), asi que la cantidad dc movimiento angular rcspccto 21 10.30 Diversion con la conservacion de la cantidad de movimien- I0 angular. .. si uno no se marea. Un "choque" rotacional I L: ' *ura 10.31 muestra dos discos. Uno es un volante de motor; cl ' na placa dc embraguc sujela a un eje dc transmisién. Sus mo- 2-’ as de inercia son 1,, e 1,, . Inicialmente, los discos estén girando elocidades angulares constantes to, y «:3, respectivamente. , 4 : __ : . _“_‘r: tamos los discos con fuerzas que acruan sobre el eje. a A licar un momento de torsion a ningun disco. Los discos - ' 2 rznalmcntc alcanzan una velocidad angular final comun : :: ,: ._- -2: expresion para zu. < l‘ll I 2 ll ll! « Dinfnnicu clcl mm'in1i<: nio ml:1ci<n: :i Todo mundo puede bailar ballet cse eje seré constante y podremos usar la ccuacion 1 l0.33)pz1r:1c21lcLI— lar la in €19. ila ’~ ‘ ‘ " ' _‘n4_A EJECUTAR: El momento dc inercia del sistema cs / = / {M « / ,:_, ,,‘. . Cada mancucrna de masa III apurm nu-3 -.1 /2 dondc r cs lu distan- cia perpendicular del cjc dc rotacion a la mancucrnu. lnicinlmcntc. tcncmos I, = 3.0kg-mi + 2(5_()kg)l'l_Urn)3 : 13kg-m: ”°V—~oi0 v/ A — . . l‘C‘§ ll “)1: Id r El mumcnto dc inercia final cs __ i. :- ll! » -1 _; .I KL‘ I u. .'U mi — _'. u i: * | lI Por la ecuacion (10.33). In velocidad angular final es 1, I3 kggml (1): , = —w, . = —— : L().50re/ s) I; ' 2.6 kg- m" ll 2.5 rcv/ s Es decir, la velocidad angular aumenta en un factor de 5 en tanto que la cantidad dc movimiento angular sc mantiene constante. Ob- serve que no tuvimos que cambiar "revo1ucioncs" a "radiancs" en este calculo. ;, Por qué no? EVALUAR: Para calcular la energia cinética. debemos cxpresar (4)1 y wz en rad/ si ll; Por qué? ) Tcncmos col = (0 § rcv. =‘s)(2n' rad/ rev) = 3.14 rad. /s y 14); . = (2.5 rcvfslllz rad rcw ’ 15.7 rad/ s. La energia ci- nética inicial cs K = 1] w 1 = l 7 l I: (13 kg-m3)(3.14rad/5): = 641 . _ Iu| — 1:: energia cinética fina :5 K: = ; '12w33 = §(2.6 kg-m= )(15.7 rad/ s): = 3201 ¢De déndc salio la energia adicional‘? IDENTIFICAR: El Ifmico momento de torsion que actua sobre cual- quiera dc los discos es cl aplicado por cl otro disco; no hay momen- tos externos. Asi, la cantidad de movimiento angular total del sistema es la misma antes y después dc j untarse los discos. A] final, giran como un solo cuerpo con momcnto de inercia total I = 1,, + [3 y velocidad angular w, que es nuestra incégnita.
  25. 25. -£f3¥« ~w . . 10.0 I C0llSCl'“. lCl()l1 lC la cantidad dc mm imicniu uitgiilur 10.31 Si el momento de torsion extemo neto es cero, la cantidad dc movimiento angular se conserva. Las fuerzas mostradas estén sobre el eje de rotacion y, por tanto. no ejercen un momento de torsion alrededor del eje sobre ningun punto. j. _.. _—-we Ejemplo 1015 Un "choque" rotacional ll En el ejemplo 10.14, suponga que el volante A tiene masa de 2.0 kg, radio dc 0.20 m y rapidez angular inicial de 50 rad/ s (unas 500 rpm), y que la placa de embrague B tiene masa de 4.0 kg, radio de 0.10 m y rapidez angular inicial de 200 rad/ s. Calcule la rapidez an- gular final comllin w después dc juntarse los discos. g, Qué sucede con la energia cinética durante este proceso? IDENTIFICAR y PLANTEAR: Usaremos cl resultado del ejemplo l0.l4 y la expresion K = £1102 para la energia cinética rotacional. EJECUTAR: Los momentos de inercia de los discos son 1 , 1 , , 1,, = §rnAr, { = §(2.0 kg) (0.20 m)- = 0.040 kg~m' l , l 1,, = —m, ,r, ,' = 2 §(4.0 kg)(0.l0m)2 = O.020kg~m3 Del ejemplo 10.14 tenemos I, ,,wA + l, ,w, , 1, + 1,, (0.040 kg‘ m2) (50 rad/ s) + (0.020 kg‘ m2) (200 rad/ s) 0.040 kg-m2 + 0.020 kg-m2 w: = l00radls $¢_u_: _.—. _ -. , . . c 385 EJECUTAR: La liigiirzi 10.31 lllUL‘, 1l'1l quc IItlL1> l: J. 'ClUCl(llldCS an- gulares tienen la misma direccion. asi que pntlcnius ver 21 u; ,,, 0), ; y w como componcnlcs dc velocidutl angukir at In lgtrgo del cje dc ro- tacion. La coitscrmcioii dc la cantidad dc mm imicnto angular (la , .-ifl’. / J’ [kw]! ‘ li" ' ‘in/ W Ilw-I ’ lawn / ,_ — / _,. . (tI - EVALUAR: Este “choque" entre dos discos cs anzilogo a un choquc totalmcntc inelastico (seccion 8,3). Cuando sc juntan dos objetos en movimiento traslacional a lo largo del mismo eje y quedan pega- dos. la cantidad dc movimiento lineal dcl sistcina se conserva. En la situacion de la figura 10.31, dos objetos en movimiento rotacional a lo largo del mismo eje sejuntan ) adhieren. _v lzl cantidad dc mo- » in-ncuun IlI1_(JIII/ /II‘ xc r'unserva_ I-_|1 un (‘l1rnIIi> i(V$l| l‘I1[-'l'! YP ma-In: nr_-n In . ... it . l—vrI-' . _.- , .. .. s. i . J. in, s.. . . .,. ._z. .. ..- '. ""“| 'g'° '21:‘. .- . ... ... ul. -A mos qué sucede con la energia cinética del “cl1oque“ de dos discos que giran. La energia cinética inicial es l 1 l . Kl = :[. ~a). -. ‘‘ :1£e‘UB' . . . . 1 (0.040 kg‘ m3 l (50 rad/ s )3 5 ll 1 "'I -i 7-{0.040 Kg- ml) I. I-30 iuzils): = 4501 La energia cinética final es | | N| >-' Ni’- K‘) (IA + [B)(1)2 (0.040 kg-m2 + 0.020 kg~m= ) ( 100 rad/ S): = 300 J EVALUAR: Se perdio un tercio de la energia cinética inicial duran- te este “choque angular”, el anélogo rotacional de un choque total- mente ineléstico. No debemos esperar que sc conserve la energiz cinética, aunque la fuerza extema y momento de torsion resultantes scan cero, porque actuan fuerzas internas no conservadoras (dc fiiccion) al frotarse los discos y acercarse gradualmente a una velo- cidad angular comfin. a:
  26. 26. 386 Una puerta dc 1.00 m dc anchura y masa dc 15 kg tiene bisagias en un costado de modo que puede girar sin friccion sobre un eje vertical. La puerta no esta asegurada. Un policia dispara una bala de 10 g con rapidez de 400 m/ s al centro exacto de la puerta, en direccion perpendicular al plano de la puerta (Fig. 10.32). Calcule la rapidez angular de la puerta justo después de que la bala sc incrusta. ;_Se conserva la energia cinética? IDENTIFICAR: Consideramos la puerta y la bala como un sistema. No hay momento de torsion extemo alrededor del eje definido por las bisagras, asi que la cantidad de movimiento angular respecto a este eje se conserva. PLANTEAR: La cantidad de movimiento angular inicial esta total- mente en la bala y esta dada por la ecuacion (10.28). La cantidad de movimiento angular final es la de un cuerpo rigido fonnado por la puerta y la bala incrustada. Igualaremos estas dos cantidades y des- pejaremos la rapidez angular (1) de la puerta y la bala inmediata- mente después del choque. Bala antes del 050 m impacto I 00 . m 10.32 Una puerta se abre con un disparo (vista superior). La bala se incnista en el centro de la puerta. E'em lo V .01 A if M . . l1o_1p5 Cantidad de movimiento angular en una accion policiaca (‘A1’1TUl.0 l() I Dinzimica del movimiento rotacional EJECUTAR: La cantidad de movimiento angular inicial de la bala es: L = mul = (0.010 kg)(40O m/ s)(0.50 m) = 2.0 kg-ml/ s La cantidad dc movimienio angular final es la), donde I= [mm + IN“. De la tabla 9.2. para una puerta de anchura :1, M41 (l5ko)(I.0m)3 , /W. = -3- = j°3—— = 5.0 kg-m‘ El momento de inercia de la bala (respecto al eje que pasa por las bisagras) es 1,, ... = ml: = (0.010 kg)(o.50m)’ = 0.0025 kg-m2 La conservacion de la cantidad de movimiento angular exige que mvl = la), 0 sea. 1 2.0k- 2/ a)= TL= gms , =0.40rad/ s I 5.0 kg-m2 + 0.0025 kg-m‘ El choque de la bala con la puerta es ineléstico porque durante el impacto acnian fuerzas no conservadoras. Por tanto, no espera- mos que se conserve la energia cinética. Comprobamos esto calcu- lando las energias cinéticas inicial y f inalz 1 , 1 K, = ; »w- = ;(0.o10 kg)(400 m/ s)1 = 800} 1 . 1 - 7 . K-_. = glar = ;(5.0023 kg-m')(O.40 rad/ s)‘ = 0.40: ; La energia cinética final es solo l/2000 del valor inicial! EVALUAR: La rapidez angular final de la puerta es muy baja: a 0.40 rad/ s, la puerta tarclara 3.9 5 en oscilar 90° (rr/2 radianes). ;, Le que- da claro que la rapidez aumentaria al doble si la bala se disparara contra el borde de la puerta, cerca de la perilla? Si los casquetes polares se derritieran totalmente por el calentamiento global, el hielo derretido se redistribuiria en toda la Tierra. Use ideas de cantidad de movi- miento angular para explicar como ese cambio afectaria la duracion del dia (el tiempo que la Tierra tarda en girar sobre su eje). Suponga que el Sol, la Luna y los planetas ejercen momentos de torsion despreciables sobre la Tierra. 10.7 | Giroscopos y precesion En todas las situaciones que hemos examinado en este capitulo, el eje dc rotacion se ha mantenido fijo o, si se ha movido, ha mantenido su direccion (como en el ro- damiento sin deslizamiento). Diversos fenomenos fisicos nuevos, algunos inespe- rados, se presentan si el eje de rotacion puede cambiar de direccion. Por ejemplo, consideremos un giroscopo dejuguete apoyado en un extrerno (Fig. 10.33). Si 10
  27. 27. 10.7 I Giréwwpos y precesion sostenemos con el eje del volante horizontal y lo soltamos, el exbl: :no libre del eje cae debido a la gravedad. .. si e1 volante no esta girando. Si el volante gira, lo que sucede es muy distinto. Una posibilidad es un movimiento circular uniforme del eje en un plano horizontal, combinado con la rotacion del volante alrededor del eje. Este sorprendente movimiento del eje, no intuitivo, se denomina preéesion. La precesion se observa en la Naturaleza, no solo en méquinas giratorias como los gi- roscopos. En este momento la Tierra misma esta en precesion: su eje de rotacion (que pasa por los polos norte y sur) cambia lentamente de direccion, completando un ciclo de precesion cada 26,000 afios. Para estudiar este extrafio fenomeno, debemos recordar que la velocidad angu- lar, la cantidad de movimiento angular y el momento de torsion son cantidades vec- toriales. En particular, necesitamos la relacion general entre el momento de torsion neto 2*? que actua sobre unflcuerpo y la rapidez de cambio de la cantidad de movi- miento angular del cuerpo L, dada por la ecuacion 2-? = dL/ dt. Apliquemos pri- mero esta ecuacion al caso en que el volante no gira (Fig. 10.34a). Tomamos el origen 0 en el pivote y suponemos que el volante es simétrico, con masa M y mo- mento de inercia I alrededor de su eje. Este eje inicialmente esta sobre el eje x. Las finicas fuerzas extemas que actuan sobre el giroscopo son la fuerza normal ii que actua en el pivote (donde suponemos que no hay friccion) y el peso 1?: del volante que actua en su centro de masa, a una distancia r del pivote. La fuerza normal tie- ne momento de torsion cero respecto al pivote, y el peso tiene un momento de tor- sion -7' en la direccion y (Fig. _’10.34a). A1 principio, no hay rotacion y la cantiglad de movimiento angular inicial Li es cero. Por la ecuacion (10.32), el cambia dL en la cantidad de movimiento angular en un intervalo corto dt después de este instante es di = ~'r’dt (10.35) Este cambio es en la direccion y, la de ? .A1 transcurrir cada intervalo adicional dt, la cantidad de movimiento angular cambia en incrementos di en la direccion y porque la direccion del momento de torsion es constante (Fig. 10.34b). E1 aumen- to constante de la cantidad de movimiento angular horizontal implica que el giros- copo girara hacia abajo alrededor del eje y con rapidez creciente hasta tirar la base 0 golpear la mesa en la que ésta descansa. Veamos ahora que’ sucede si el volante esto girando inicialmente, de modo que la cantidad de movimiento angular inicial ii no es cero (Fig. 10.3521). Dado que el volante gira alrededor de su eje de simetria, Li esta sobre el eje. Sin embargo, ca- da cambio de cantidad de movimiento angular dL es perpendicular al eje, porque el momento de torsion“? = F X 1? también lo es (Fig. l0.35bL Esto hace que cam- bie la direccion de L pero no su magnitud. Los cambios dL siempre estan en el Cantidad de movimiento angular inicial cero (Z, = 0), momento de torsion -7- siempre en la rnisma direccion, todos los vectores dL en la misma direccion )’ Volante inicialmeme en reposo: el momento de torsion lo hace girar en tomo al eje y (el eje del volante cae) (2) (b) Vista superior 387 Movimicnto circular deleje delvolante '-Q I (precesion) C‘-> 10.33 Giroscopo apoyado en un extremo. Puesto que el volante gira con rapidez an- gular en, el volante y el eje no caen, sino que tienen un movimiento circular hori- zontal llamado precesion. La rapidez angu- lar de la precesion es .0. 10.34 (a) El volante no esta girando ini- cialmente. El momento dc torsion 71'‘ se da- be al peso 11?. (b) Vista directa hacia abajo desde arriba del giroscopo. En cada inter~ valo sucesivo de tiempo dt, elmomenm de torsion produce un cambio dL = ‘dz en la cantidad de movimiento angular. En este caso, la cantidad de movimiento angular final L, tiene la misma direccion qt .3. y el eje del volante cae.
  28. 28. 388 10.35 (a) El volante esta girando inicial- mente con cantidad de movimiento angular Li. Las fuerzas (no se muestran) son las mismas que en la figura l0.34a. (b) Dado que la cantidad de movimientogangular ini- cial no es cero, cada cambio dL = -7- dt en la cantidad dgmovimiento angular es per- pendicular a L. El resultado es que la mag- nitud de L no cambia, pero su direccion cambia continuamente. 10.36 Vista detallada de parte de la figura lO.3Sb. En un tiempo dt el vector de canti- dad de movimiento angular y el eje del volante precesan juntos un éngulo dd). c A Pi '1‘ U L o 10 I Dinamica del movimiento rotacional ljay una cantidad de movimiento angular inicial l L; el momento de torsion 3' solo altera la direccion de L (vectores dL perpendiculares a L)l‘ 4. “ dL L . . x _ * f dig Volame inicialmente en l dll rotacion: el momento de torsion | _, dl‘ lo hace precesar en tomo al eje z _ Li‘ (el eje del volante no cae) V's“ 5“P°"°’ I (a) (13) plano horizontal xy, asi que el vector de cantidad de movimiento angular y el eje del volante junto con el cual se mueve siempre son horizontales. En otras pala- bras, el eje no cae; solo tiene precesion. Si esto todavia le parece misterioso, imagine una pelota atada a un cordon. Si la pelota esta en reposo y tiramos del cordon, la pelota se movera hacia nosotros. Pero si la bola se esta moviendo inicialmente y tiramos continuamente del cordon en una direccion perpendicular al movimiento de la pelota, ésta se movera en un circulo alrededor de nuestra mano; no se acercara a ella. En el primer caso la pe- lota tiene cero cantidad dc movimiento lineal [5 al principio; cuando aplicamos una fuerza F hacia nos_otros durante un tiempo dt, la pelota adquiere un cantidad de movimiento dfi = F dt, también hacia nosotros. Pero si la pelota ya tiene una cantidad de movimiento lineal ii, un cambio de cantidad de movimiento dfi per- pendicular a E cambiara la direccion del movimiento, no la rapidez. Sustituya ii por L y F por 3" en este argumento, y Vera que la precesion no es sino el analogo rotacional del movimiento circular uniforme. En el instante que se__muestra en la figura l0.35a, el giroscopo tiene cantidad de movimiento angular L. Un intervalo corto dt después, la cantidad de movimien- to angular esL + dL; el cambio infinitesimal en cantidad de movimiento angular es dL = 7r’ dt, perpendicular aL. Como muestra el diagrama vectorial de la figura 10.36, esto irnplicaqugel eje de volante del giroscopo giro un angulo pequefio dd: dado por do = IdL| / lL| .La rapidez con que se mueve el eje, do/ dt, se denomina rapidez angular de precesion; denotando esta cantidad con 0, tenemos n = 513 = ML‘/ ‘Ll 3 = 35 (10.36) dt dt L. In) Asi, la rapidez angular de precesion es inversamente proporcional a la rapidez an- gular de giro alrededor del eje. Un giroscopo que gira répidamente tiene precesion lenta; si la friccion en su cojinete hace que el volante se frene, ila rapidez angular de precesion aumenta! La rapidez angular de precesion de la Tierra es muy lenta (1 rev/26,000 ar'1os)porque su cantidad de movimiento angular de giro L, es gran- de y el momento de torsion 7, debido alas influencias gravitacionales del Sol y la Luna es relativamente pequefio. A1 precesar un giroscopo, su centro de masa describe un circulo de radio r en un plano horizontal. La componente vertical de aceleracion es cero, asi que la fuerza normal hacia arriba ii ejercida por el pivote debe ser igual en magnitud al peso. El moyimiento circular del centro de masa con rapidez angular O. requiere una fuerza F dirigida hacia el centro del circulo, con magnitud F = Mflzr. Esta fuerza también debe ser proporcionada por el pivote.

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