Mecánica

Victor J. Márquez R.

Mérida, Marzo de 2017

Índice general

1. Movimiento rotacional 2

1.1. Cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Momento de inercia o inercia rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1. Momento de inercia en un sitema de partículas . . . . . . . . . 3

1.2.2. Momento de inercia en cuerpos con distribuciones continuas

de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3. Teorema de los ejes paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4. Momento angular de una sola partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5. Segunda ley de Newton aplicada a la rotación . . . . . . . . . . . . . 11

1.6. Energía cinética rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.7. Movimiento de rodadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.8. Momento angular de un cuerpo rígido en rotación . . . . . . . . . . . 21

1.9. Conservación del momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1

Las matemáticas son una gimnasia

del espíritu y una preparación

para la �losofía.

Isócrates

Capítulo 1

Movimiento rotacional

1.1. Cuerpo rígido

El movimiento rotacional se da en todos los niveles, desde el movimiento de

los electrones en los átomos hasta el movmiento de galaxias enteras. El análisis de

este tipo de movimiento se puede simpli�car asumiendo que el objeto o sistema de

partículas es un cuerpo rígido, esto es, un cuerpo en el cual las distancias mutuas

entre sus componentes o partículas permanecen constantes en el tiempo.

El movimiento más general de un cuerpo rígido comprende tanto los movimientos

de rotación como los de traslación. Comenzaremos entonces con estudiar primero

el movimiento de un cuerpo rígido rotando sobre un eje �jo y luego sí el caso más

general en el cual el eje de rotación no está �jo en el espacio.

1.2. Momento de inercia o inercia rotacional

En el caso traslacional, la masa es una medida de la tendencia de un cuerpo a

resistirse a cambios en su movimiento lineal, es decir, la masa es una propiedad de

un cuerpo que especi�ca cuánta inercia tiene.

Ahora, en el caso rotacional, la medida de la resistencia de un cuerpo a cambios

2

en su moviemiento rotacional se de�ne como momento de inercia, y a diferencia de la

masa que posee un valor independiente de su entorno, el momento de inercia puede

tener distintos valores para distintos ejes de rotación.

Para una partícula de masa m que gira alrededor de un eje �jo, el momento de

inercia depende de su masa y de la distancia perpendicular r entre la partícula y el

eje de rotación, esto es,

I = mr2 (1.1)

El momento de inercia I puede tratarse como un escalar en las rotaciones alrede-

dor de un sólo eje.

1.2.1. Momento de inercia en un sitema de partículas

Para un cuerpo rígido formado por N partículas que giran alrededor del mismo

eje, el momento de inercia viene dado por:

I = m1r21 +m2r

22 + . . .+mNr

2N , (1.2)

I =N∑i=1

mir2i , (1.3)

donde mi es la masa de cada partícula y ri es la distancia perpendicular entre cada

masa y el eje de rotación.

Ejemplo: Considere un cuerpo rígido formado por 3 masas m1, m2 y m3, unidas

por varillas de masa despreciable, dondem2 = 13m1 ym3 = 2

3m1. Calcule el momento

3

de inercia de este cuerpo para un eje que pasa por el centro de m1 y es perpendicular

al plano del diagrama, y para un eje que pasa por m2 y m3.

Para el eje que pasa por m1:

I1 =3∑i=1

mir2i ,

= m1r21 +m2r

22 +m3r

23,

= m1(0) +1

3m1d

2 +2

3m1

(4

5d

)2

=73

75m1d

2

Para el eje que pasa por m2 y m3:

I23 =3∑i=1

mir2i ,

= m1r21 +m2r

22 +m3r

23,

= m1

(4

5d

)2

+1

3m1(0) +

2

3m1(0)

=16

25m1d

2

Vemos que I1 > I23, lo cual indica que el cuerpo ejerce mayor resistencia si se

desea rotar sobre el eje que pasa por m1.

1.2.2. Momento de inercia en cuerpos con distribuciones con-

tinuas de masa

El momento de inercia de un cuerpo de masa continua M se puede obtener

dividiendo el objeto en muchos elementos iguales de masa ∆mi. Cada elemento

4

∆mi va a estar a una distancia perpendicular ri del eje de rotación. Así, usando la

de�nición de la ecuación 1.3 y tomando el límite de esta suma cuando ∆mi → 0,

obtenemos

I = lım∆mi→0

∞∑i=1

∆mir2i (1.4)

I =

∫r2dm (1.5)

Recordemos que para expresar el diferencial de masa dm en función de los difer-

enciales de longitud, área o volumen, hacemos uso de las densidades de masa lineal

λ, de super�cie σ, o de volumen ρ.

Ejemplo 1: Calcular el momento de inercia de un disco plano uniforme de masa

M y radio R respecto a un eje perpendicular al plano del disco y que pasa por su

centro; y respecto a un eje que pasa por el centro pero en el plano del disco.

Para hallar el momento de inercia respecto a un eje perpendicular al plano del

disco y que pasa por su centro (IA), tomamos como elemento de masa un anillo (o

una franja) de radio x y anchura dx, que al cortarlo y extenderlo, se convierte en un

rectángulo de longitud 2πx y anchura dx. De esta forma, el diferencial de área para

esta franja sería dA = 2πxdx.

5

Dado que la distribución de masa es uniforme en el disco, se tiene que σ = MA

=MπR2 y también que σ = dm

dA= dm

2πxdx. Al igualar estas expresiones, nos queda,

M

πR2=

dm

2πxdx

dm =2Mxdx

R2

Teniendo de�nido el diferencial de masa, procedemos a calcular el momento de

inercia.

IA =

∫r2dm =

∫ R

0

2Mx2xdx

R2=

2M

R2

∫ R

0

x3dx =2M

R2

x4

4

∣∣∣R0

=�2M

��R2

R�4

�4=

1

2MR2

Para hallar el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro pero

en el plano del disco (IB), hacemos dA = dθrdr.

Tenemos que σ = dmdA

= dmdθrdr

, que al igualar al σ del disco, nos queda,

M

πR2=

dm

dθrdr

dm =Mdθrdr

πR2,

y teniendo que la distancia perpendicular del diferencial de masa dm al eje de

rotación es r sen θ, calculamos el momento de inercia.

IB =

∫r2dm =

∫(r sen θ)2

(M

πR2dθrdr

)=

M

πR2

∫ 2π

0

∫ R

0

sen2 θdθr3dr

6

IB =M

πR2

∫ 2π

0

sen2 θdθr4

4

∣∣∣R0

=MR�4

4π��R2

∫ 2π

0

sen2 θdθ

(usamos sen2 θ =

1− cos θ

2

)

IB =MR2

4π

[1

2

∫ 2π

0

dθ − 1

2

∫ 2π

0

cos 2θdθ

](hacemos 2θ = u; 2dθ = du; dθ = du/2)

IB =MR2

4π

[1

2(θ)∣∣∣2π0− 1

4

∫ 2π

0

cosudu

]=MR2

4π

[�2π

�2− 1

4sen 2θ

∣∣∣2π0

]=

1

4MR2

Ejemplo 2: Calcular el momento de inercia de un cilindro sólido uniforme de

masa M , radio R y altura L respecto a un eje que pasa por el centro de las tapas.

Como elemento de masa dm tomamos una capa cilíndrica cuyo radio interior sea

r y radio exterior sea r + dr, y sea de altura �ja L.

Para hallar el diferencial de volumen hacemos

dv = volumen externo - volumen interno,

es decir,

dv = Lπ(r + dr)2 − Lπr2

= Lπ(r2 + 2rdr + dr2 − r2)

(dr ≈ 0 ya que dr es muy pequeño)

dv = 2Lπrdr

7

Ya que el cilindro es uniforme, la densidad de masa ρ es igual para el cilindro

como para el diferencial de masa dm. De esta forma tenemos,

M

V=

dm

dvM

πR2L=

dm

2Lπrdr

dm =2M

R2rdr

Habiendo ya de�nido nuestro diferencial de masa, procedemos a calcular el mo-

mento de inercia.∫r2dm =

2M

R2

∫ R

0

r3dr =2M

R2

r4

4

∣∣∣R0

=�2M

��R2

R�4

�4=

1

2MR2

1.3. Teorema de los ejes paralelos

Cuando los ejes de rotación coinciden con algún eje de simetría, los momentos

de inercia son relativamente fáciles de calcular. Sin embargo, cuando se tiene un

eje arbitrario, éste cálculo puede ser más engorroso. En estos casos, se puede hacer

uso de una relación simple entre el momento de inercia Icm de un cuerpo de masa

M alrededor de un eje que pasa por el centro de masa y el momento de inercia Ip

alrededor de cualquier otro eje paralelo a éste pero desplazado a una distancia d.

Esta relación, llamada teorema de los ejes paralelos viene dada por:

Ip = Icm +Md2 (1.6)

Demostración: Considere dos ejes paralelos que pasan perpendicularmente por

una �gura plana de masa M , uno que pasa por el centro de masa y el otro por un

punto P . La �gura está en el plano xy y los ejes son paralelos al eje z. Haremos que

el origen o coincida con el centro de masa, de modo que xcm = ycm = zcm = 0. La

distancia entre ambos ejes es d, donde d2 = a2 + b2.

Sea dm un elemento de masa con coordenadas (x, y). El momento de inercia Icm

viene dado por

Icm =

∫r2cmdm =

∫(x2 + y2)dm

8

El momento de inercia Ip viene dado por:

Ip =

∫r2pdm =

∫[(x− a)2 + (y − b)2]dm

=

∫(x2 − 2ax+ a2 + y2 − 2by + b2)dm

=

∫(x2 + y2)dm︸ ︷︷ ︸

Icm

− 2a

∫xdm− 2b

∫ydm︸ ︷︷ ︸

Coordenadas xcm y ycm que son cero

+ (a2 + b2)︸ ︷︷ ︸d2

∫dm︸ ︷︷ ︸

M del objeto

Y nos queda entonces,

Ip = Icm +Md2. (1.6)

Este teorema se conoce también como teorema de Steiner.

Ejemplo: Calcular el momento de inercia de un cilindro sólido uniforme de masa

M , radio R y altura L respecto a un eje perpendicular a las tapas que pasa por uno

de los extremos del cilindro.

Ya que el eje que estamos tomando en cuenta ahora es paralelo al eje que

habíamos calculado previamente, podemos escribir,

Ip = Icm +Md2

9

Y teniendo que Icm = 12MR2, ya que el momento de inercia para un eje que

pasa por el medio de las tapas pasa también por el centro del masa del cilindro, nos

queda,

Ip =1

2MR2 +MR2 =

3

2MR2

De esta forma hemos hallado el momento de inercia para un eje que, de haberlo

calculado integrado, hubiese sido mucho más complicado.

1.4. Momento angular de una sola partícula

El momento angular de una sola partícula de masa m se de�ne como el vector

~L = ~r × ~p, (1.7)

donde ~r es el vector posición de la partícula respecto a un origen o y ~p es su mo-

mentum lineal.

El momento angular es una medida del movimiento de rotación. El momento

angular, a diferencia del momentum lineal, depende de la elección del origen, ya que

el vector posición ~r depende del origen.

La derivada de ~L con respecto al tiempo viene dada por:

~L =d

dt(~r × ~p) = (~r × ~p) + (~r × ~p)

= �����

�:0(~v ×m~v) + [~r × (m~r +

����7

0dm

dt~v)]

= ~r × ~F

Que podemos escribir como:

τ = ~L = ~r × ~F , (1.8)

10

y se denota como el torque neto τ alrededor de o en la partícula de masa m. La

ecuación 1.8 es la forma rotacional de la segunda ley de Newton.

En problemas de una partícula, se puede tomar el origen o de modo tal que el

torque neto sea cero, lo cual implicaría que ~L = 0, es decir, que el momento angular

de la partícula con respecto a o se conserva (es constante).

En la tabla que se muestra a continuación podemos apreciar una analogía entre

~p y ~L.

Momentum lineal Momento angular

~p = m~v ~L = ~r × ~p~r = ~F ~L = ~τ

(fuerza) (torque)

1.5. Segunda ley de Newton aplicada a la rotación

Considere una partícula de masa m que puede girar libremente alrededor de un

eje que está a una distancia �ja perpendicular r. A la partícula se le aplica una

fuerza ~F en una dirección arbitraria en un ángulo θ con la línea de r.

La fuerza ~F en coordenadas polares viene dada por ~F = F sen θθ + F cos θr. Al

aplicar la segunda ley de Newton en coordenadas polares planas, tenemos,∑~F = ~F = m(r − rθ2)r +m(rθ + 2rθ)θ, (1.9)

que en componentes nos queda,

m(r − rθ2) = F cos θ (1.10)

m(rθ + 2rθ) = F sen θ (1.11)

11

Nos enfocaremos en la componente tangencial, ya que en este eje actúa la fuerza

que hace rotar a la partícula. Teniendo que r es un valor �jo,

mrθ = F sen θ, (1.12)

multiplicando por r ambos lados,

mr2θ = rF sen θ. (1.13)

El factor mr2 ya lo hemos visto previamente y lo de�nimos como el momento de

inercia I = mr2 de una partícula de masa m. El miembro derecho de la ecuación

1.13 representa la magnitud del producto cruz del vector ~r y ~F , es decir,

|~r × ~F | = rF sen θ, (1.14)

siendo ~r× ~F una cantidad que ya hemos introducido previamente en la ecuación 1.8

como torque.

Es importante resaltar que el torque no es una fuerza. El torque es una cantidad

vectorial que mide la capacidad que tiene una fuerza para hacer que un cuerpo gire.

La palabra torque proviene del latín, de la palabra torquere que signi�ca torcer o

torsión.

Tenemos entonces que el torque que actúa sobre una partícula es proporcional a

su aceleración angular, y en forma general, para n cantidad de torques, tenemos:∑τext,� = Iθ. (1.15)

La ecuación 1.15 es la forma rotacional de la segunda ley de Newton alrededor

de un eje �jo (eje z � en este caso). Vea su similitud con la forma traslacional∑ ~F = m~r.

En un objeto de masa extendida, además de las fuerzas externas que pueden

haber, existen fuerzas internas actuando entre las partículas o piezas que conforman

este objeto. En nuestro caso de estudio, asumiremos que las fuerzas internas son

centrales, es decir, que están dirigidas en la línea imaginaria que conecta las partícu-

las, y tenemos a través de la tercera ley de Newton que existe una acción-reacción

entre una y otra partícula. Entonces, para N partículas, el momento angular total

del sistema es

~L =N∑i=1

~ri × ~pi. (1.16)

12

La fuerza que actúa en cada partícula sería:

~Fext,i + ~Fint,i =d~pidt, (1.17)

y nos queda entonces que,

~dL

dt=

d

dt

N∑i=1

~ri × ~pi (1.18)

=N∑i=1

(d~ridt× ~pi

)+

N∑i=1

(~ri ×

d~pidt

)(1.19)

=������

��*0

N∑i=1

(~ ir ×m~ ir) +N∑i=1

[~ri × (~Fext,i + ~Fint,i)] (1.20)

=N∑i=1

~ri × ~Fext,i +���

���

��*0N∑i=1

~ri × ~Fint,i, (1.21)

y �nalmente nos queda

d~L

dt=

N∑i=1

τext,i. (1.22)

Los torques internos son cero debido a la tercera ley de Newton. Además, esto es

razonable ya que un objeto no va a empezar a girar espontáneamente sin una fuerza

externa que actúe sobre él. En la ecuación 1.22 podemos ver que el torque total

externo puede provenir de fuerzas actuando en distintos puntos.

Ejemplo: Un bloque de masa m1 y un bloque de masa m2 están conectados

por una cuerda ideal sobre una polea en forma de disco sólido que tiene radio R y

masa M . El coe�ciente de fricción cinética para ambos bloques es µk y el ángulo de

inclinación es φ. Determine la aceleración del sistema y las tensiones en la cuerda

en ambos lados de la polea.

A pesar de que sea una sola cuerda en el sistema, ahora deben haber dos tensiones

para que la polea pueda girar, de lo contrario conllevaría a que el torque neto sea

13

cero y por lo tanto no gire. Representamos estas fuerzas en los diagramas de cuerpo

libre.

Aplicamos segunda ley de Newton en el bloque de masa m1:

Eje vertical: n1 = m1g

Eje horizontal: T1 − fk1 = m1x

Y nos queda

T1 − µkm1g = m1x (1.23)

Aplicamos segunda ley de Newton en el bloque de masa m2:

Eje vertical: n2 = m2g cosφ

Eje horizontal: m2g senφ− T2 − fk2 = m2x

Y nos queda

m2g senφ− T2 − µkm2g cosφ = m2x (1.24)

Aplicamos la segunda ley de Newton en la polea tomando positivos los torques

que apunten hacia dentro (eje z, �) al hacer uso de la regla de la mano derecha.

Recordemos también que las componentes de los torques vienen de la de�nición de

la magnitud del producto cruz de dos vectores (|~r× ~F | = rF sen θ, siendo θ el ángulo

menor que forman ~r y ~F ).

Eje z, �:∑τz = Iθ

T2R����:1

sen 90− T1R����:1

sen 90 + n(0)����:0

sen 0 + P (o)����:0

sen 0 = Idiscoθ

(Hacemos x = θr)

T2R− T1R =

(1

2MR2

)(x

R

)T2 − T1 =

M

2x (1.25)

14

Sumamos las ecuaciones 1.23, 1.24 y 1.25:

��T1 − µkm1g = m1x

m2g senφ−��T2 − µkm2g cosφ = m2x

��T2 −��T1 =M

2x

m2g(senφ− µk cosφ)− µkm1g =

(m1 +m2 +

M

2

)x

Y obtenemos �nalmente

x =[m2(senφ− µkcosφ)− µkm1](

m1 +m2 + M2

) g (1.26)

T1 y T2 se pueden obtener ahora de 1.23 y 1.25.

1.6. Energía cinética rotacional

Considere un cuerpo rígido que rota sobre un eje �jo con rapidez angular θ. El

cuerpo rígido está conformado por un conjunto de partículas de masa ∆mi, que

están a una distancia perpendicular ri del eje de rotación.

Cada una de estas partículas tiene energía cinética determinada por su masa y

velocidad tangencial ~Vt,i.

Ti =1

2∆mi

~V 2t,i =

1

2∆miV

2t,i (1.27)

Si expresamos Vt,i = riθi, tenemos

Ti =1

2∆mi(riθi)

2 =1

2∆mir

2i θ

2i (1.28)

Si sumamos la energía cinética de todas las partículas que conforman el objeto,

obtenemos la energía cinética total del cuerpo rígido,

T =∑i

Ti =∑i

1

2∆mir

2i θ

2i (1.29)

15

Teniendo que θ es igual para todas las partículas, obtenemos,

T =1

2

(∑i

∆mir2i

)θ2 (1.30)

y haciendo ∆mi → 0, nos queda �nalmente,

T =1

2Iθ2 (1.31)

Siendo la ecuación 1.31 la energía cinética rotacional. Vea la analogía con la

energía cinética traslacional T = 12mV 2.

Ejemplo: Dos masas m1 y m2 están conectadas por una cuerda que pasa sobre

una polea en forma de disco con radio R y masaM . La cuerda no desliza y el sistema

se suelta desde el reposo. Halle la rapidez lineal de las masas despueés que la masa

m2 desciende una distancia d, y la rapidez angular de la polea en ese tiempo. El

sistema formado por las dos masas, la polea y la Tierra, está aislado sin fuerzas

conservativas que actúen. Por lo tanto, la energía mecánica del sistema se conserva.

De�nimos la con�guración cero para la energía potencial gravitacional a la posición

�nal que tienem2 cuando ha descendido. En cuanto a la energía potencial de la polea,

debido a que la distancia entre las partículas de un cuerpo rígido no cambia durante

el movimiento rotacional, su energía potencial interna permanece igual, y por lo

tanto, no tenemos que considerarla cuando explicamos el intercambio de energía del

16

cuerpo con sus alrededores. Tenemos entonces,

Em,o = Em,f

���>

0T1,o +�

��>0

T2,o +����:0

Tpolea,o + V1,o + V2,o = T1,f + T2,f + Tpolea,f + V1,f +���>

0V2,f

m1gy1,o +m2gd =1

2m1v

21,f +

1

2m2v

22,f +

1

2Iθ2

f +m1gy1,f

m2gd =1

2m1v

21,f +

1

2m2v

22,f +

1

2

(1

2MR2

)v2f

R2+m1g∆y1

Llamamos v1,f = v2,f = vf , y tenemos,

m2gd−m1gd =1

2

(m1 +m2 +

M

2

)v2f

vf =

√2(m2 −m1)gd(m1 +m2 + M

2

)Y ahora, teniendo que vf = Rθ, hallamos la velocidad angular, θ = 1

R

√2(m2−m1)gd

(m1+m2+M2 )

.

1.7. Movimiento de rodadura

Existen diversos cuerpos rígidos que debido a su geometría, tienen la capaidad

de deslizar, rodar o ambas cosas simultáneamente. Cuando se producen ambas cosas

simultáneamente, se tiene un caso de traslación y rotación combinadas que se conoce

como rodamiento sin deslizamiento o simplemente rodadura. El giro de ruedas,

aros, cilindros, esferas, etc., son ejemplos conocidos de este movimiento.

A modo de simpli�car nuestro estudio, tendremos que el eje siempre sigue la

misma dirección en el espacio, esto es, el eje de rotación en un instante es paralelo

al eje en cualquier otro instante.

Para que un cuerpo con geometría circular pueda rodar sin deslizar, el desplaza-

miento del centro de masa debe coincidir con el arco s correspondiente al ángulo

girado.

La velocidad con la que se traslada el centro de masa será la derivada con respecto

al tiempo de dicho desplazamiento:

~vcm =d~s

dt=d(Rθ)

dtı = R

dθ

dtı = Rθı (1.32)

17

Puesto que la variación del ángulo girado es la velocidad angular de rotaci'on ω,

se tiene que

vcm = Rθ = Rω (1.33)

La ecuación 1.33 se conoce como la condición de rodadura y nos da la relación

que debe haber entre la velocidad de traslación del centro de masa y la velocidad

angular de rotación para que el cuerpo rígido ruede sin deslizar.

Si derivamos la ecuación 1.33 obtenemos la relación entre las aceleraciones lineal

y angular,

acm = Rθ = Rα (1.34)

El movimiento de rodadura puede modelarse como una superposición de traslación

pura y rotación pura. Grá�camente, tenemos:

Que la velocidad en el punto P (punto de contacto) sea cero quiere decir que en

cada instante dado para el movimiento combinado de traslación y rotación, el objeto

18

gira alrededor de un eje de rotación instantáneo que pasa por el punto de contacto

con el suelo. Para ese punto P , tenemos que

T =1

2Ipω

2, (1.35)

donde Ip es el momento de inercia para ese eje. Mediante el teorema de los ejes

paralelos tenemos que

Ip = Icm +MR2, (1.6)

que al sustituir en ecuación 1.35, tenemos

T =1

2(Icm +MR2)ω2 =

1

2Icmω

2 +1

2M(Rω)2, (1.36)

y usando ecuación 1.33, nos queda

T =1

2Icmω

2 +1

2Mv2

cm. (1.37)

La ecuación 1.37 nos dice que la energía cinética total de un cuerpo que rueda es

la suma de la energía cinética rotacional alrededor del centro de masa y la energía

cinética de traslación del centro de masa.

Por último, es importante resaltar que la fricción entre el objeto que rueda y

la super�cie es la causante del rodamiento sin deslizamiento, pero en este caso la

fricción no realiza trabajo y no disipa energía, ya que no hay movimiento entre el

objeto y la super�cie. Si bien en nuestro caso de estudio existe movimiento, la fuerza

de fricción es estática.

Ejemplo: Un cilindro sólido de masa M y radio R parte del reposo y rueda

hacia abajo sin deslizar por un plano inclinado de longitud L y altura h. Halle la

velocidad de su centro de masa cuando el cilindro llega abajo.

19

Usando segunda ley de Newton tenemos,

Traslación:

eje y: n = Mg cos θ

eje x: Mg sen θ − fs = Mxcm

Rotación (eje en el punto de contacto):

Tanto ~n y ~fs tienen torque igual a cero porque están sobre el eje. De la �gura vemos

que

sen(180− θ) =������: 0

(sen 180)(cos θ)−������:−1

(cos 180)(sen θ) = sen θ

y tenemos

τ = (R)(Mg) sen(180− θ) = RMg sen θ = Ipα,

teniendo que

Ip = Icm +MR2 =1

2MR2 +MR2 =

3

2MR2

y nos queda entonces que

RMg sen θ =

(3

2MR2

)(xcmR

)xcm =

2

3g sen θ

Usamos x = dvdt

= dvdx

dxdt

= v dvdx

y sen θ = hL, para hallar la velocidad:∫ v

0

vdv =2

3gh

L

∫ L

0

dx

v2

2=

2

3gh

LL

vcm =

√4

3gh

20

Podemos veri�car por conservación de la energía:

Em,i = Em,f

���0

Ti + Vi = Tf +���0

Vf

Mgh =1

2Icmω

2 +1

2Mv2

cm︸ ︷︷ ︸T de rodadura

Mgh =1

2

(1

2MR2

)(v2cm

R2

)+

1

2Mv2

cm

gh =

(1

4+

1

2

)v2cm

vcm =

√4

3gh

1.8. Momento angular de un cuerpo rígido en rotación

Considere un cuerpo rígido como un conjunto de partículas que giran alrededor

de un eje �jo. Cada partícula tiene una masa ∆mi y tienen una velocidad tangencial

~Vt,i, y por lo tanto tienen un momentum lineal vecpi = ∆mi~Vt,i. Si hacemos que el

origen del sistema de referencia coincida con el eje de rotación, tenemos que la masa

∆mi se encuentra a una distancia ~ri del origen, y cada partícula tendrá entonces un

momento angular

~Li = ~ri × ~pi. (1.38)

21

Podemos expresar ~Li como ~Li = Lik, donde

Li = (ri)(pi) sen θryp

= ri∆miVt,i����:1

sen 90

= ri∆miriω

= r2i∆miω.

Al hacer la suma de ~Li sobre todas las partículas, hallamos el momento angular

total para el cuerpo rígido

~Li =N∑i=1

~Li =N∑i=1

r2i∆miω︸ ︷︷ ︸∗

k =

(N∑i=1

r2i∆mi

)ω

(*Todos apuntan en la misma dirección porque tienen el mismo ω)

Si hacemos ∆mi → 0, nos queda:

~L =

(∫r2dm

)ωk

= Iωk

= I~ω. (1.39)

Vea la similitud de ecuación 1.39 con el momentum lineal ~p = m~v.

1.9. Conservación del momento angular

La cantidad total de momento angular de un sistema se conserva si el torque

externo neto que actúa sobre el sistema es cero, es decir, si el sistema está aislado.

Esto es, ∑~τext = ~τ =

d~L

dt= 0, (1.40)

lo cual implica que ~L total del sistema es constante y por lo tanto,∑~Linicial =

∑~L�nal. (1.41)

Si la masa de un sistema giratorio aislado experimenta redistribución en alguna

forma, el momento de inercia del sistema puede cambiar. Por lo tanto, ya que ~L = I~ω,

22

un cambio en I en el sistema aislado requiere un cambio en la velocidad angular ~ω.

En este caso tenemos,

Iinicial~ωinicial = I�nal~ω�nal. (1.42)

Ejemplos:

Una persona parada sobre una mesa giratoria sin fricción, que sostiene unas

pesas con sus brazos. Cuando contrae los brazos acercando las pesas al eje de

rotación, disminuye su momento de inercia y por lo tanto aumenta la velocidad

angular. Se cumple que Iinicial~ωinicial = I�nal~ω�nal, teniendo que Iinicial > I�nal y

~ωinicial < ~ω�nal.

Los patinadores en patinaje artístico sobre hielo, ponen sus brazos junto a su

cuerpo para disminuir su momento de inercia y por lo tanto girar con mayor

rapidez angular.

Colisiones y conservación del momento angular

Ahora que hemos visto la conservación del momento angular, podemos extender

nuestro estudio en colisiones a casos que involucran rotación de objetos. A diferencia

de la conservación del momentum lineal, que siempre se puede usar en cualquier

sistema aislado, la conservación del momentum angular aplica para sistemas aislados

bajo la condición de que ~L sea calculado respecto al origen de un sistema de referencia

inercial.

Ejemplo 1 - Colisión elástica: Un disco de masa m se desplaza con una

rapidez vo en dirección perpendicular a una barra de masa m y longitud l, que está

inicialmente en reposo sobre una super�cie sin fricción. ¾A qué distancia del centro

23

de la barra debe chocar elásticamente el disco para que el disco y el centro de masa

de la barra se muevan con la misma rapidez después de la colisión?

Debido a que el disco y la barra forman un sistema aislado, y se tiene una

colisión perfectamente elástica, tenemos que la energía total, el momentum lineal y

el momento angular se conservan todos, esto es,

Ei = Ef

~pi = ~pf

~Li = ~Lf ,

y ya que se tienen tres incógnitas: V , ω y h, con las tres ecuaciones podemos resolver

el problema.

Conservación de ~p (trabajamos con magnitudes porque ~p se conserva en una dimen-

sión):

mvo = mv +mv

vo = 2v

v =vo2

24

Conservación de E (Usaremos D para el disco y B para la barra):

Ti,D + Ti,B + Vi,D + Vi,B = Tf,D + Tf,B + Tf,Brot + Vf,D + Vf,B1

2mv2

o =1

2mv2 +

1

2mv2 +

1

2IBω

2

mv2o = 2m

(vo2

)2

+

(1

12ml2)ω2

v2o = 2

v2o

4+

1

12l2ω2

1

2v2o =

1

12l2ω2

ω =

√6v2

o

l2

ω =√

6vol

Conservación de ~L (Tomamos el origen en el punto �jo del espacio que coincide con

la ubicación inicial del centro de la barra):

∑Li,z =

∑Lf,z

Li,D +���*0

Li,B = Lf,D + Lf,B,

acá tenemos que ri,D = rf,D = h, y nos queda

(h)(mvo)����:1

sen 90 = (h)(mv)����:1

sen 90 + IBω

hmvo = hmvo2

+

(1

12ml2)(√

6vol

)h

2=

1

12l√

6

h =l√6

25

Ejemplo 2 - Colisión inelástica: Una masa m se desplaza con una rapidez vo

en dirección perpendicular a una barra de masam y longitud l, que está inicialmente

en reposo sobre una super�cie sin fricción. La masa choca de manera totalmente

inelástica con la barra en uno de sus extremos. ¾Cuál es la velocidad de traslación

y velocidad angular resultante del sistema? Primero, por conservación de ~p:

mvo = (m+m)vcm

mvo = 2mvcm

vcm =vo2

Que vcm sea vo2indica que el sistema se mueve en la dirección inicial que tenía la

masa m, es decir, en línea recta. Por lo tanto, luego del impacto el sistema rotará

alrededor del centro de masa del sistema.

Para la parte rotacional, debemos hallar el centro de masa del sistema para el

momento justo después de la colisión. Si lo calculamos respecto al centro de la barra,

tenemos

ycm =(m)( l

2) +m(0)

m+m=m l

2

2m=l

4

26

El momento de inercia del sistema para el eje en el centro de masa sería

Icm = Icm,B + Icm,D =

[1

12ml2 +m

(l

4

)2]

︸ ︷︷ ︸ejes paralelos para Icm,B

+m

(l

4

)2

=5

24ml2

Aplicamos conservación de ~L para hallar ω, tomando el origen en el centro de masa

del sistema después de la colisión.

∑Li,z =

∑Lf,z(

l

4

)(mvo)��

��:1sen 90 = Icmω

l

4mvo =

5

24ml2ω

ω =6

5

vol

También se puede aplicar conservación de ~L tomando el origen en el centro de

la barra.

27

De esta forma sería, ∑Li,z =

∑Lf,z(

l

2

)(mvo)��

��:1sen 90 = Icmω +

(l

4

)(2mvcm)���

�:1sen 90

l

2mvo =

5

24ml2ω +

l

4(2m)

vo2

vo2− vo

4=

5

24lω

vo4

=5

24lω

ω =6

5

vol

28