(Semana 16 dinámica del cuerpo rígido)

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad)

DINÁMICA DEL CUERPO
RÍGIDO
Semana 16
1. SISTEMA MECÁNICO. Se llama sistema mecánico de puntos materiales o de cuerpos, a un
sistema complejo en el cual la posición o el movimiento de cada punto material (o de cada
cuerpo) depende de la posición y del
movimiento de todos los demás. m1 m2
Consideraremos también a un cuerpo F21 F12
material como un sistema de partículas
(puntos) materiales que forman este
cuerpo. Un ejemplo clásico de un sistema F31 SISTEMA DE PARTÍCULAS
mecánico es el sistema solar, en el cual
todos los cuerpos están ligados entre sí por
las fuerzas de atracción mutua. Como F13
ejemplo de sistema mecánico también
puede servir cualquier maquina o
mecanismo, en el cual tos los cuerpos estén m3
ligados por charnelas, barras, cables,
correas, etc. (es decir, por ligaduras geométricas diferentes). En este caso, los cuerpos del
sistema están sometidos a la acción de las fuerzas de presión o de tensión que se transmiten por
intermedio de las ligaduras.

2. FUERZAS EXTERNAS Y FUERZAS INTERNAS. Las fuerzas que actúan sobre puntos
materiales o cuerpos de un sistema pueden ser divididas en externas e internas. Se llaman
fuerzas externas las fuerzas que actúan sobre puntos materiales del sistema por parte de otros
puntos materiales o cuerpos fuera del
sistema. Se llaman fuerzas internas las m1 F21 F12 m2
fuerzas que actúan sobre los puntos
materiales del sistema por parte de otros
puntos materiales que pertenecen a mismo
e
sistema. Designaremos por F a las fuerzas d
i
externas y F a las fuerzas internas. Las
fuerzas internas poseen las propiedades TORQUE NULO
siguientes: O

[1] La suma de fuerzas de un sistema es nula. En virtud a la tercera ley de la Dinámica, dos
i i
puntos materiales cualesquiera de un sistema actúan uno sobre el otro con fuerzas F12 y F21
iguales en módulo y sentidos opuestos, cuya suma es nula. Como para cada par de puntos del
sistema se tiene un mismo resultado, tendremos: ∑F i
pq =0
[ 2] La suma de momentos de todas las fuerzas internas respecto de un centro o eje cualesquiera
es nula. ∑τ i
o = 0 , Para cada par de fuerzas internas se cumple que: F12 .d − F21 .d = 0
i i

Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931 Página 1

La fuerzas internas no realizan trabajo cuando el sistema corresponde a un cuerpo rígido. En el
caso que el sistema pertenezca a un cuerpo elástico la distancia entre dos puntos materiales es
variable, entonces estas fuerzas internas realizan trabajo mecánico.

3. MASA DE UN SISTEMA. El movimiento de un sistema depende no solamente de las fuerzas
externas e internas, sino también de su masa total y de la distribución de masas. La masa de un
sistema es igual a la suma aritmética de las masas de todos los puntos materiales o de todos los
cuerpos que componen el sistema. M = ∑m k

En un campo de gravedad homogéneo, para el cual el valor es constante g = cons tan te , el peso
de cualquier partícula será proporcional a la masa.

4. CENTRO DE MASA. La distribución de masas de un cuerpo se juzga por la posición de su
centro de gravedad. Transformemos las fórmulas que determinan el centro de gravedad, en uno
que contenga la masa. Pk = mk .g y P = M .g

xc =
∑p xk k
=
∑m xk k
, yc =
∑p k yk
=
∑m y
k k
, zc =
∑p z
k k
=
∑m z
k k

P M P M P M
El punto geométrico C = ( xc ; yc ; zc ) se llama centro de masa o centro de inercia de un
sistema mecánico.
Se define la posición del centro de inercia C por el radio vector rC cuyas coordenadas se

obtiene con la siguiente ecuación: rC =
∑ m .rk k

M
Cuando un cuerpo se encuentra dentro de un campo de gravedad homogéneo, la posición del
centro de inercia coincide con la posición de del centro de gravedad, estas nociones no son
idénticas. La noción de centro de gravedad, como punto por el cual pasa la línea de acción de la
resultante de las fuerzas de gravedad, en realidad tiene sentido solamente para un cuerpo solido
que se encuentra en un campo de gravedad homogéneo. La noción de centro de inercia, que
caracteriza la distribución de masas dentro del sistema, tiene sentido para cualquier de puntos
materiales o cuerpo materiales, además esta noción conserva su sentido independiente del
hecho de que este sistema esté sometido a la acción de fuerza o no.

5. CONCEPTO DE CUERPO RÍGIDO. Un cuerpo rígido tiene forma y volumen constante, tal
que al aplicarle fuerzas
externas la distancia entre Fi
dos puntos interiores no
cambia. Vamos a estudiar
las causas de la rotación de
A Ri θi
un cuerpo sólido y rígido. Es
evidente que para cada
partícula de las cuales está mi
hecho el cuerpo, podemos
aplicar las leyes para la
dinámica de Sir Isaac
Newton. ROTACIÓN DEL CUERPO RÍGIDO


6. LEY DE ACELERACIÓN PARA LA ROTACIÓN. Supondremos que un cuerpo rígido
puede girar con respecto de un punto o eje de rotación por acción de un conjunto de fuerzas. La
segunda ley de Newton
aplicada a una partícula de Fi.Senθi
masa mi , la fuerza tangencial Fi
a la trayectoria circunferencia:
Fi .Senθ i = mi .ai …(1)
Siendo la aceleración A Ri θi
tangencial ai , relacionando
mi
con el movimiento
circunferencial uniformemente
acelerado, la aceleración es:
ai = α .Ri donde α es la TORQUE RESPECTO DEL CENTRO DE GIRO “A”
aceleración angular constante
común a todas las partículas
que componen el cuerpo rígido. Reemplazando en (1):
Fi .Senθi = mi .α .Ri …(2)
Multiplicamos ambos miembros por Ri tenemos;
Fi .Ri .Senθi = mi .α .Ri2 …(3)
Reconociendo el Torque aplicado al cuerpo rígido respecto del punto A.
τ i = Fi .Ri .Senθ i …(4)
Combinado las ecuaciones (3) y (4) tenemos que:
τ i = mi .α .Ri2
Haciendo la sumatoria para todas las partículas que conforman el cuerpo rígido:
Στi
i = α .∑ mi .Ri2
i
La aceleracion angular α es igual para todas las partículas.
Llamaremos τ 0 es el momento total de las fuerzas respecto del punto A.
τ 0 = ∑τ i
i
El momento de inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A:
I = ∑ mi .Ri2
i
Finalmente la relación entre el toque y la aceleración angular es: τ 0 = I .α o de la forma
vectorial τ 0 = I .α
Comparando con la ley de aceleración entre la fuerza y la aceleración tangencial: FR = m.a


7. MOMENTO DE INERCIA. La posición del centro de masa no caracteriza completamente la
distribución de las masas del
sistema. Por ejemplo (figura Z
3), si la distancia R del eje Oz
a cada una de las bolas iguales
A y B aumenta en una misma R R
magnitud, la posición del
centro de masa del sistema no D C
A B
variará, pero la distribución de
masas será diferente, lo que
influirá sobre el movimiento O
del sistema (teniendo todas las
demás condiciones iguales, la
rotación alrededor del eje Oz X Y
CENTRO DE MASA. Figura 3
será más lenta). Por eso, en la
Mecánica se introduce una
característica más de la distribución de masa que es el momento de inercia. Se llama momento
de inercia de un cuerpo (sistema) respecto de un eje dado Oz (momento axial de inercia) una
magnitud escalar igual a la suma de todos los productos de las masas de todos los puntos del
cuerpo (sistema) por los cuadrados de las distancias a este eje.
I Z = ∑ mi .Ri2
i
El momento de inercia de un
cuerpo (o de un sistema) respecto
Z
de cualquier eje es de una cantidad
positiva y no equivale a cero. El x
B
momento axial de inercia, durante
X
el movimiento de rotación del A
cuerpo, desempeña el mismo papel dx
que la masa durante el
movimiento de traslación. Es L
decir, que el momento axial de
inercia es la medida de la inercia BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az

del cuerpo durante el movimiento
de rotación.

8. RADIO DE INERCIA. Para calcular los momentos los momentos axiales de inercia, las
distancias de los puntos a los ejes pueden expresarse por medio de las coordenadas xi , yi , zi
de estos puntos, por ejemplo, el
cuadrado de las distancias al eje Ox
(y + zi2 ) . Entonces, los
2 Z
será i R
momentos de inercia respecto de los
ejes Oxyz se determinan con las
dm
formulas:
I x = ∑ mi ( yi2 + zi2 ) ,
C
X

I y = ∑ mi ( zi2 + xi2 ) , ANILLO DELGADO QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Cz



I z = ∑ mi ( xi2 + yi2 )
Durante los cálculos, se utiliza frecuentemente la noción de radio de inercia. Se llama radio de
inercia de un cuerpo respecto del eje Oz a la magnitud lineal ρin que se determina por la
igualdad: I z = M .ρin donde M es la masa del cuerpo.
2

De la definición se deduce que el radio de inercia es geométricamente igual a la distancia
desde el eje Oz hasta el punto en el que hace falta concentrar la masa de todo el cuerpo para
que el momento de inercia de este punto aislado sea igual al momento de inercia de todo el
cuerpo.
Conociendo ele radio de inercia, se puede hallar el momento de inercia del cuerpo o viceversa.
El “momento de Inercia”, es la oposición al cambio de la velocidad angular. El momento de
inercia se mide en “kilogramo por metro cuadrado”. En mecánica decimos que la Inercia es la
oposición al cambio de la velocidad. La medida cuantitativa de la Inercia es la masa (en
kilogramos). La Inercia es la propiedad intrínseca de la materia.

9. CÁLCULO DEL MOMENTO DE INERCIA. La inercia es una cualidad de la materia, y el
momento de la inercia es el aspecto cuantitativo de la inercia de rotación. El momento de
inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A es:
I A = ∑ mi .Ri2
i
Un mismo cuerpo rígido tiene diferentes momentos de inercia, es decir es relativo, depende del
eje de rotación.

(1) Para masas discontinuas. Se calcula el momento de inercia en forma individual.
I i = mi .Ri2
El momento de inercia total es la suma de todos estos momentos de inercia individuales.
I = ∑ mi .Ri2
i
(2) Para masas continuas. Consideremos que la masa está distribuida en forma continua en
cierto volumen. Veamos algunos ejemplos:

[1.] Una barra delgada de longitud L y de masa M.
Calculemos el momento de inercia con respecto al eje Az dirigido perpendicularmente a la
barra en el extremo A. Dibujamos el eje coordenado Ax a lo largo de la barra AB.
Consideramos una barra de masa M y longitud L. La densidad lineal de masa es
M dm
ρ= = Entonces, para un segmento Z*
L dx Z
elemental cualquiera de longitud dx el d
diferencial de masa es dm = ρ .dx B
El momento de inercia de la barra AB A
respecto del Az que pasa por el extremo A C
es:
L L
L
I A = ∫ x .dm =ρ .∫ x 2 .dx simplificando:
2
BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az
O O



L3 1
I A = ρ. = M .L2
3 3 Y

[ 2.] Anillo circular delgado y
a

homogéneo de radio R y de masa D
M. Hallemos el momento de inercia
respecto del eje Cz dirigido b
perpendicularmente al plano del
anillo y que pasa por su centro.
Como todos los puntos del anillo se
encuentran a la misma distancia R B A X
del eje Cz, se tiene la siguiente
ecuación: PLACA RECTANGULAR QUE GIRA

I = ∑ mi .Ri2 donde la distancia Ri es
i
constante.
I = R 2 .∑ mi donde la sumatoria de masas es
i
igual a la masa total del anillo delgado;
r
∑i
mi = M finalmente el momento de inercia
C dr
del anillo respecto del eje Cz es;
I C = M .R 2

[3.] Placa circular homogéneo de radio R y R

de masa M. Calcularemos el momento de
inercia de una placa circular respecto del eje Cz
perpendicular a la placa y que pasa por su CIRCULO QUE GIRA RESPECTO DEL Cz
centro. Para eso, separemos un anillo elemental
de radio “r” y de anchura dr . El área de este
anillo es igual a 2π .r.dr y la masa Z

dm = ( 2π .r.dr ) ρ donde la densidad
R
M dm
superficial de masa es ρ = = y el
π R 2 dS
diferencial de superficie es dS = 2π .r.dr .
El momento de inercia para el anillo elemental
es;
dI C = r 2 .dm = 2π .ρ .r 3 dr
Y para toda la palca circular:
R
1 C
I C = 2π .ρ .∫ r 3 dr = π ρ R 4 CILINDRO QUE GIRA Cz
0
2
Sustituyendo el valor de la densidad superficial tenemos;



1
IC = M R2
2
1
Es evidente que se obtendrá la misma fórmula para el momento de inercia I z = M R 2 de un
2
cilindro circular homogéneo de masa M y de radio R respecto de su eje Cz.

[ 4.] Placa Rectangular. Omitiendo los cálculos intermediarios damos las fórmulas que
determinan los momentos de inercia de los cuerpos. Una placa rectangular homogénea de
masa M y de lados AB = a y BD = b (el eje “x” está dirigido a lo largo del lado AB; el eje
“y”, a los largo del lado BD.
1 1
I X = M b2 y IY = M a 2
3 3

[5.] Cono. Un cono recto y continúo de masa M y radio de base R (el eje “z” está dirigido a lo
largo del eje del cono):
3
IZ = M R2
10

[ 6.] Esfera. Una esfera de masa M y radio R (el eje “z” está dirigido a lo largo del diámetro):
2
IZ = M R2
5
Los momentos de inercia de cuerpos no homogéneos y de cuerpos de perfiles complicados
pueden ser determinados experimentalmente con ayuda de instrumentos correspondientes.

10. TEOREMA DE HUYGENS. MOMENTOS DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO
RESPECTO DE EJES PARALELOS.
Cristian Huygens (1629-1695) científico holandés, mecánico, físico y astrónomo. Inventó el
primer reloj de péndulo. Estudió las oscilaciones del péndulo físico e introdujo la noción de
momento de inercia de un cuerpo.
EJES PARALELOS

“El momento de inercia de un cuerpo Z
respecto del eje dado es igual al momento
Z*
de inercia de un eje paralelo al primero y
que pasa por el centro de masas (C) del
cuerpo, sumado al producto de la masa de
todo el cuerpo por el cuadrado de la
M
distancia entre los ejes.
C
I OZ = I CZ * + M .d 2

De la formula anterior deducimos que O
I OZ ≥ I CZ *
Por consiguiente, si tomamos todos los
ejes en la misma dirección, el momento de d
inercia mínimo será respecto del eje que
pasa por el centro de masas C.


PROBLEMA 01. Determinar el momento de inercia de una barra delgada de masa M y
*
longitud L, respecto del eje CZ perpendicular a la barra y que pasa por su centro de masas C.

RESOLUCIÓN
Tracemos por el extremo A de la barra un eje AZ y por el centro de masas un eje paralelo
AZ * , entonces la fórmula tiene la siguiente forma:
I AZ = I CZ * + M .d 2
L 1
En este caso d = , donde: I AZ = M .L
2

2 3
Entonces el momento de inercia respecto del centro de masa C, es: I CZ * = I AZ − M .d
2

1 2 1
reemplazando tenemos que: I CZ * = ML − M .L2
3 4
1
I CZ * = M .L2
12
PROBLEMA 02. Determinar el momento de inercia de un cilindro de masa M y radio de base
R, respecto del eje AZ que para por su generatriz.

RESOLUCIÓN
Tracemos por el centro de masas C un eje paralelo - Z
Z
AZ * y por la generatriz un eje AZ y escribimos la
ecuación:
d
I AZ = I CZ * + M .d 2 R

1
En este caso d = R , donde: I CZ * = M R2
2 C A
Reemplazando estos valores en el teorema de Huygens
obtendremos:
1
I AZ = M .R 2 + M .R 2
2
Es importante señalar que la rueda de una bicicleta o la CILINDRO QUE GIRA Cz
llanta de un automóvil gira sin deslizar sobre una pista,
en este caso el eje de rotación es tangente a la pista.
3
I AZ = M .R 2
2
11. TRABAJO DE ROTACIÓN. Calculemos la cantidad de trabajo elemental que hace la fuerza
externa F aplicada a la partícula A de un cuerpo, cuando éste gira un ángulo de medida ∆θ . La
distancia que recorre la componente tangencial es ∆S , se puede confundir con un elemento de
recta situado sobre la tangente. La cantidad de trabajo elemental es:
∆U = F .Senα .∆S
∆U = F .Senα .R.∆θ
Pero el torque se define como: τ 0 = F .Senα .R



Relacionado tenemos que: ∆U = τ 0 .∆θ
Esta relación también valida si tenemos
varios torques debido a un conjunto de
fuerzas externas: F.Senα

U = ∑τ 0 .∆θ y la forma diferencial es F
θ
U = ∫ τ 0 .dθ
θ0
∆S α
O
∆θ
Si la fuerza es tangente al disco de radio R A
R y de módulo constante, se cumple que
la cantidad de trabajo es igual al producto TRABAJO DE ROTACIÓN
del torque por el ángulo que gira:
U = τ 0 .θ

12. TEOREMA DE LA ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN.
La cantidad de trabajo neto hecho por todas las fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un
punto, es igual a la variación de la energía cinética de rotación:
U A→ B = EC ( en B ) − EC ( en A )
NETO

1 1
FRES .R = I O .ωB − I O .ω A
2 2

2 2
13. POTENCIA DE ROTACIÓN. La potencia se define como la rapidez con que se realiza
trabajo. La potencia desarrollada por la fuerza será:
∆W ∆θ
P= = τ0. = τ 0 .ω
∆t ∆t
la cantidad de potencia realizada por la fuerza se mide en watt o watts (abreviado W).

14. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN. La energía cinética de un cuerpo rígido es la suma
de las energías cinéticas de todas las partículas, por tanto:
1
EC = ∑ mi .vi2
2
pero para un cuerpo que gira la velocidad tangencial en función de la velocidad angular es:
vi = ω.ri
1
Reemplazando en la ecuación anterior tenemos que: EC = ∑ 2m .ωi
2
.ri 2
1 2
Pero la velocidad angular es constante: EC = ω .∑ mi .ri 2
2
El momento de inercia de un cuerpo rígido que gira es: I = ∑ mi .ri
2

Finalmente la energía de rotación es:
1
EC = .I .ω 2
2


15. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN Y TRASLACIÓN COMBINADAS. Cuando un
disco, cilindro, aro u otro cuerpo solido semejante experimenta traslación y rotación sin
deslizamiento, la energía cinética tiene dos componentes, la energía cinética de traslación del
centro de masa y la energía cinética de
rotación respecto de del centro de masa C. ω
1 1
ECINETICA = .m.v 2 + .I C .ω 2
2 2 C V
Analicemos la traslación pura sin rotación
de una rueda, en este caso todos los puntos
del cuerpo rígido tienen la misma velocidad A B
respecto de la tierra. ENERGÍA CINÉTICA TOTAL
1
ETRASLACION = .m.v 2
2
Ahora analicemos la rotación pura de una rueda, el centro de rotación “C” no tiene velocidad
de traslación, pero todos los puntos del cuerpo rígido tiene igual velocidad angular y los puntos
periféricos tienen movimiento circunferencial uniforme.
1
EROTACION = .I C .ω 2
2
Otra forma, si analizamos el movimiento de rotación y traslación respecto de la línea tangente
AB, el momento de inercia se toma respecto de la línea AB.
La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano es
1
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2
2
donde el momento de inercia es
I AB = I C + M .d 2 reemplazando I AB = I C + M .R 2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2 reemplazando ECINETICA = .( I C ) .ωC + .( M ) .vC
1 1 2 1 2

2 2 2

( )
16. MOMENTUM ANGULAR L . Se define momentum angular o momento angular de una
partícula de masa mi y
velocidad vi con respecto a un L MOMENTUM ANGULAR

punto O, a la cantidad definida
ω
como el producto vectorial de
la posición ri por la cantidad
de movimiento pi .
Li = ri × pi
el módulo del momentum r
angular es:
Li = ri . pi .Sen (α i ) A
V
pero pi = mi .vi entonces la
ecuación es:



Li = ri .mi .vi .Sen (α i )
Si se tiene varias partículas, el momentum angular total será la suma vectorial de los
momentum angulares individuales.
L = ∑ Li
En el caso de un cuerpo rígido, la velocidad vi es siempre perpendicular a la posición ri , por
tanto:
Li = ri .mi .vi además sabemos que vi = ω.ri entonces la ecuación es:
Li = ω.mi .ri 2
vectorialmente Li se encuentra en la dirección del eje de rotación.
Y el momentum angular total es: L = ∑ ω.m .r = ω ( ∑ m .r )
i i
2
i i
2

Identificando el momento de inercia: I = ∑ m .r
2
i i

El momentum angular es: L = I .ω . Analogía con el momentum lineal: p = m.v

17. PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DEL MOMENTUM ANGULAR.
De la segunda ley de Newton o ley de aceleración angular se deduce que:
 ∆ω 
τ 0 = I .α = I .   se puede expresar como: τ 0 .∆t = I .∆ω = ∆ ( I .ω )
 ∆t 
τ 0 .∆t = ∆ L
El impulso angular J es una cantidad física vectorial que se define como el producto del
torque resultante τ 0 por el intervalo de tiempo ∆t .
J = τ 0 .∆t
El impulso angular ejercido sobre un cuerpo, es igual a la variación del momentum angular:
J = τ 0 .∆t = ∆ L
Si el torque resultante es cero entonces no hay variación del momentum angular:
Si τ 0 = 0 entonces ∆ L = 0
LINICIAL = LFINAL

*Esta ley es válida aun cuando el momento de A
Inercia I es variable. g
R
PROBLEMA 03. ¿Qué velocidad lineal
ω
tendrá un cascaron esférico de masa M y radio
R, que se mueve sobre un plano inclinado si
partió del reposo y va hacia abajo, siendo H la H V
altura que descendió la esfera desde el punto
de partida? El momento de inercia del
cascaron esférico respecto de su centro
2 θ B
geométrico C es I C = M .R 2 Para el problema 03
3


RESOLUCIÓN
Como el cascaron rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la
condición del problema sabemos que la velocidad inicial es cero v A = 0 y también la energía
cinética inicial es nula.
La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es
1
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2 donde el momento de inercia es
2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2 reemplazando ECINETICA = .( I C ) .ω 2 + .( M ) .v 2
1 1 1
2 2 2
Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero hB = 0
por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula.
La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de
conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B.

La energía mecánica en el punto inicial A es igual a la energía mecánica final en B:
EM (en A) = EM (en B )
ECIN (en A) + EP (en A) = ECIN (en B ) + EP (en B )
1 1 1 1
m.v A + I C .ω A + m.g.hA = m.vB + I C .ωB + m.g.hB
2 2 2 2

2 2 2 2
Reemplazando tenemos que:
1 1
0 + 0 + m.g.H = m.vB + I C .ωB + 0
2 2

2 2
1 12 
M .g .H = M .ω 2 .R 2 +  M .R 2  .ω 2
2 23 
5 5
M .g .H = M .ω 2 .R 2 = M .v 2
6 6
Despejando tenemos que el valor de la A
6
velocidad en el punto B es: vB = g .H
5
Podemos señalar que, si es cascarón se
reemplaza por un bloque cúbico del mismo L
tamaño en masa y se desplaza libre de
rozamiento la rapidez en B sería:
vB = 2 g.H
θ
mg
PROBLEMA 04. Una varilla delgada de B
masa M y longitud L puede girar alrededor
de un eje horizontal que pasa por el punto
“O”. Parte del reposo en la posición vertical O V
en A como indica la figura. Calcular la Para el problema 04
velocidad angular de la varilla en el instante


que pasa por su posición horizontal en B. El momento de inercia de la barra respecto de su
1
extremo “O” es I O = M .L2
3
RESOLUCIÓN
Recuerde que el trabajo en rotación viene dado por:
θ
U = ∫ τ 0 .dθ donde τ 0 es el momento
θ0
resultante del sistema de fuerzas que actúa Para la resolución 04
sobre el cuerpo rígido respecto al eje de
rotación.
τ 0 = m.g .d el torque lo produce la fuerza
de gravedad (mg) por el brazo de momento
L.Senθ
(d): d = L/2
2 mg
θ
 L.Senθ  θ B
U = ∫ m.g .   .dθ desarrollando
θ0  2 
O V
tenemos que:
90º d
m.g .L
. Senθ .dθ integrando
2 ∫
U=
0
m.g.L
tenemos que U = [ −Cosθ ]0º
90º

2
m.g.L
U=
2
Aplicamos el Teorema del trabajo neto o total. La cantidad de trabajo neto hecho por todas las
fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un punto, es igual a la variación de la energía
cinética de rotación:
U A→ B = EC ( en B ) − EC ( en A )
NETO

m.g .L 1 1
= I O .ωB − I O .ω A
2 2

2 2 2
Es importante señalar que el momento de inercia I O de la varilla es respecto del extremo “O”.
La velocidad angular en A es nulaω A = 0 , entonces la ecuación se reduce a:
m.g.L 1 M .g .L 1  1  2
= I O .ωB − 0 remplazando
2
=  M .L2  .ωB
2 2 2 23 
3.g
resolviendo la ecuación tenemos que: ω B = y el módulo de la velocidad lineal del
L
punto B es: vB = 3g.L

PROBLEMA 05. Un disco de 20 kg y 0,3 m de radio gira sin fricción en torno a su eje
accionado por una fuerza F = 20 N tangente al disco. Calcular la aceleración tangencial de los
puntos periféricos del disco. El momento de inercia del disco de masa M y radio R respecto de



1
su centro “O” es I O = M R2
2
RESOLUCIÓN
Aplicamos la ley de aceleración para un
cuerpo rígido que gira respecto de un punto
“O”. El torque resultante es igual al producto
del momento de Inercia por la aceleración M
angular:
τ O = I .α F
O
El valor del torque es igual al producto de la
fuerza por el radio del disco.
R
τ O = F .R Reemplazando en la ecuación
1 
anterior tenemos que: F .R =  M .R 2  .α A
2 
2F
α= reemplazando los datos: Para el problema 05
M .R
20 −2
α= s
3
La aceleración tangencial es, aT = α .R reemplazando datos tenemos que: aT = 2 m.s
−2

PROBLEMA 06: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque
A y B de masas 7 kg y 3 kg respectivamente. La masa de la polea cilíndrica es 4 kg. El
momento de inercia de la polea respecto de su centro
1
geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de
2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE
2
la polea. (g = 10 m/s )

α

T2
T1
T2
T1
B a
B
A
30 N
A
a
Resolución 70 N


a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea
respecto de su centro geométrico.
a = α .R
b) Ley de la aceleración angular: ∑ τ = I C .α

(T1 − T2 ) .R =  a 1 
1
 M .R 2  .  reduciendo ( T1 − T2 ) =  M . .a
2   R 2 
reemplazando el valor de la masa: T1 − T2 = 2.a …(1)
c) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a
Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre
de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la
segunda ley de Newton en el eje vertical:
Bloque A: ∑F y = mA .a ⇒ 70 − T1 = ( 7 ) .a … (2)

Bloque B: ∑ F y = mB .a ⇒ T2 − 30 = ( 3) .a … (3)
Adicionando loas ecuaciones (2) y (3):
T2 − T1 + 70 − 30 = (10 ) .a reduciendo T2 − T1 = 10a − 40 …(4)
10
resolviendo las ecuaciones (1) y (4) a= m.s −2
3
Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 3,333 m/s2.

A masas 5 kg. La masa de la polea cilíndrica es 2,5 kg. El momento de inercia de la polea
1
respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde
2
R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2) DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

α
R

T1

T1

A
A
a
Resolución 50 N
a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la


aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R

( T1 ) .R =  a
( T1 ) = 
1 1 
 M .R 2  .  reduciendo M . .a
2  R 2 
reemplazando el valor de la masa: T1 = 1,25.a …(1)
de cada bloque. Observe que la masa de A es 5 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el
eje vertical:
Bloque A: ∑F y = mA .a ⇒ 50 − T1 = ( 5) .a … (2)
Reemplazando (1) en (2):
50 − 1,25.a = 5.a resolviendo la ecuación a = 8 m.s −2
Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 8 m/s2.

PROBLEMA 08: En el sistema mostrado, determine el módulo de la tensión en la cuerda
vertical. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la polea respecto de su
1
centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)
2

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

T
g

c
O O α

M.g
ac
R

Resolución
a) La aceleración rectilínea del centro de masa C de la polea se relaciona con la aceleración
angular de la polea respecto de su centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R
b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la polea, es:



1 3
I O = I C + M .d 2 reemplazando I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2
Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O es nula.

c) Ley de la aceleración angular: ∑ τ o = I o .α

( M .g ) .R =   a 
3 2
 M .R 2  . c  reduciendo ac = .g
2 R 3
de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton en el
eje vertical:
2 
Bloque A: ∑F = m.a c ⇒ M .g − T = M . .g 
y
3 
1
Resolviendo la ecuación T =   M .g
 3
Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un tercio del peso del bloque.

EJEMPLO 09: Un bloque se encuentra sobre un plano inclinado perfectamente liso.
Determine el módulo de la aceleración del bloque sobre el plano inclinado. El bloque tiene
masa m y la polea masa M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico
1
C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g: módulo de la aceleración de la gravedad)
2
α
M

a

m

θ

Resolución
a) La aceleración rectilínea “a” del bloque se relaciona con la aceleración angular “α” de la
polea respecto de su centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R



( T ) .R =  a
1
 M .R 2  .  reduciendo
2  R
1 TORQUE
T =   M .a …(1)
 2
α
b) Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la
Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del
bloque. No hay movimiento en el eje Y, mientras T
que el bloque acelera en el eje X. Entonces R
aplicamos la segunda ley de Newton en el eje X.
∑F y =0 y ∑F x = m.ax

m.g.Senθ − T = m.a …(2)


M .a g.Senθ
m.g.Senθ − = m.a resolviendo la ecuación: a=
2  M 
1 + 
 2m 

a
N
T

y
mg.Senθ
θ
mg.Cosθ
x
m.g
θ

Observación: Si el valor de la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración sobre el
plano es g.Senθ

PROBLEMA 10: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los
bloques de masas mA y mB. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la
1
polea respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g =
2
10 m/s2)




α

T2
T1
T2
B
T1
B a
A
A
Resolución mB.g
a) La aceleración rectilínea de los bloques se
relaciona con la aceleración angular de la polea a
a mA.g
a = α .R ⇒ α =
R

(T1 − T2 ) .R =  a
1 M .a
 M .R 2  .  reduciendo T1 − T2 = …(1)
2   R 2
de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la
segunda ley de Newton en el eje vertical:
Bloque A: ∑F y = mA .a ⇒ mA .g − T1 = ( mA ) .a … (2)

Bloque B: ∑ F y = mB .a ⇒ T2 − mB .g = ( mB ) .a … (3)
Adicionando loas ecuaciones (1), (2) y (3):
 
 M  m A − mB 
mA .g − mB .g =  m A + mB +  .a reduciendo a=  .g
 2  M
 m A + mB + 
 2 

Observación: si la masa de la polea es despreciable, el módulo de la aceleración de los bloques
 m A − mB 
es a =   .g
 m A + mB 


A de masa “m”. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su
1
centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)
2

R M α

T

T

m A
A

Resolución a
a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona
con la aceleración angular de la polea respecto de su m.g
centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R

( T ) .R =  a
1 M .a
 M .R 2  .  reduciendo T= …(1)
2  R 2
del bloque. Observe el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje
vertical:
Bloque A: ∑F y = m.a ⇒ m.g − T = ( m ) .a … (2)
m.a m.g g
m.g − = m.a resolviendo la ecuación a= o la forma a=
2 m+
M  M 
2 1 + 2.m 
 

Observación: si la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración del bloque es a = g


PROBLEMA 12: En el sistema mostrado, determine el módulo de la
tensión en la cuerda vertical. La masa de las poleas cilíndricas A y B
es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro
1
geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. A
2
2 R
(g = 10 m/s )

Resolución
a) La aceleración tangencial a1 de la polea A se relaciona con la
aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a1
a1 = α1 .R ⇒ α1 =
R
α1 b) Ley de la aceleración angular: g
A
R
∑ τ c = I c .α

( T ) .R =  M .R 2  . 1 
1 a
2  
T   R
Resolución 12. 1 2T R B
reduciendo a1 = y la tensión es
M
Problema 12
M .a1
T= …(1)
2
c) Analizamos a la polea B. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la
polea, es:
I O = I C + M .d 2 reemplazando DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE
(POLEA B)
1 3
I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2 T
Respecto de la tierra, la velocidad
instantánea y aceleración instantánea
del punto O no es nula.

c) Ley de la aceleración angular: c
∑ τ o = I o .α O O α

( M .g ) .R =   a 
3
 M .R 2  . c  a1
2 R
2
reduciendo ac = .g ac+a1 M.g
3
c) Ley de aceleración rectilínea:
∑ Fy = M .a
Fijamos nuestro sistema de
referencia sobre la Tierra y
realizamos el diagrama de cuerpo
libre de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton


en el eje vertical:

Bloque A: ∑F y = m.a c reemplazando tenemos que: (
M .g − T = M . a polea )
M .a1  2 
M .g − = M . a1 + .g 
2  3 
 2
Resolviendo la ecuación a1 =   g
9
M .a1 M 2 
Reemplazando en (1): T = tenemos T = g
2 2 9 

1
T =   M .g
9
Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un noveno del peso de una de las poleas.

PROBLEMA 13. ¿Qué energía cinética tendrá un cilindro macizo de masa M y radio R, que
rueda sin deslizarse sobre un plano horizontal cuya velocidad del centro de masa es V? El
1
momento de inercia del cilindro macizo respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2
2
RESOLUCIÓN
Como el cilindro rueda sin resbalar entonces
la fuerza de rozamiento no realiza trabajo.
ω
La energía cinética de rotación respecto de la
línea paralela al plano horizontal es V
1 C
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2 donde el momento
2
de inercia es A B
I AB = I C + M .d 2
reemplazando
ROTACIÓN Y TRASLACIÓN
Para el problema 13
I AB = I C + M .R 2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2
1
2
1 1
ECINETICA = .( I C ) .ω 2 + .( M ) .v 2
2 2
Reemplazando el valor del momento de inercia tenemos que:

1  M .R 2  2 1
ECINETICA = .  .ω + .( M ) .v
2

2 2  2
3
ECINETICA = .M .v 2
4
3  M .v 2 
Observación: representa tres medios de la energía cinética de traslación, ECINETICA = . 
2 2 


PROBLEMA 14. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje
vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa
por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (Ver figura)
No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. ¿Cuál es el valor de la aceleración
del bloque? El momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es
2 1
I C = M .R 2 y el momento de inercia de la polea es I C = M .R 2
3 2

α1

M1 R1

M2
R2

Para el problema 14
m

Resolución
a) La aceleración tangencial del cascaron
esférico en la zona ecuatorial se relaciona α1
con la aceleración angular de la misma
esfera respecto de su centro geométrico.
a
a = α1 .R1 ⇒ α1 = M1
R1 R1

b) Ley de la aceleración angular aplicada a
T1 a
la esfera: ∑ τ c = I c .α1
 a
( T1 ) .R1 =  3 M 1 .R12  . R
2 ESFERA HUECA
   reduciendo
   1
 2
la tensión es T1 =   M 1 .a …(1)
 3

c) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma


polea respecto de su centro geométrico.
T1 α2
a
a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R2
R2
d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea:
∑ τ c = I c .α1 POLEA

T2
 a 
( T2 − T1 ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R
1
   reduciendo
  2 T2

(T2 − T1 ) =   .M 2 .a …(2)
1
 2
 
BLOQUE a
e) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a
Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y
realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe
el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de m.g
Newton en el eje vertical:
Bloque A: ∑F y = m.a ⇒ m.g − T2 = ( m ) .a … (3)
Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3):
2 1 
m.g =  M 1 + M 2 + m  a resolviendo la ecuación
3 2 
m.g
a=
2 1 
 M1 + M 2 + m 
3 2 
Observación: la cuerda tiene aceleración rectilínea
constante, por lo tanto la aceleración tangencial de la esfera,
la aceleración tangencial de la polea y la aceleración del
bloque es el mismo valor.

PROBLEMA 15. El sistema de la figura consta de una
polea formada por dos discos coaxiales soldados de masas
M1 y M2 y radios R1 y R2 respectivamente ( R1 ≤ R2 ) . Dos
bloques A y B de masas MA y MB cuelgan del borde de cada
disco atados a cuerdas diferentes. Calcular el valor de la
aceleración angular de las poleas coaxiales. El momento de
inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es
1 A B
I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)
2
Para el problema 15


Resolución
a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea
a1 POLEA
Bloque A: a1 = α .R1 ⇒ α =
R1
a2
Bloque B: a2 = α .R2 ⇒ α =
R2
b) Ley de la aceleración angular: ∑ τ = I C .α α R1
1 2   a1  R2
Polea menor: T1 .R1 =  M 1 .R1  . 
2   R1 
M1 .a1
reduciendo T1 = …(1)
2
c) Ley de la aceleración angular: ∑ τ = I C .α T2
1 2   a1 
Polea mayor: T2 .R2 = −  M 2 .R2  . 
T1
2   R2 
M 2 .a2
reduciendo T2 = − …(2)
2 D.C.L. de los bloques A y B

d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a T2
T1
realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque.
Observe que la masa de A baja y el bloque B sube.
Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
a2
Bloque A: B
A
∑F y = M A .a1 ⇒ M A .g − T1 = ( M A ) .a1 …(3) … (2)
Bloque B: a1
∑F y = M B .a 2 ⇒ T2 − M B .g = ( M B ) .a2 ….(4) … (3)
MA.g
Adicionando loas ecuaciones (1), (2), (3) y (4): MB.g
 M   M 
M A .g − M B .g =  M A + 1  .a1 +  M B − 2  .a2
 2   2 
 M   M 
M A .g − M B .g =  M A + 1  .α .R1 +  M B − 2  .α .R2
 2   2 

reduciendo α =
( M A − M B ) .g
 M   M 
 M A + 1  .R1 +  M B − 2  .R2
 2   2 

Observación: si la masa de las poleas es despreciable, el módulo de la aceleración angular de



las poleas es α=
( M A − M B ) .g
M A .R1 + M B .R2

PROBLEMA 16. Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido
mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de 15 kg a otro cuerpo de 200 kg.
Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale
0.1, calcular. A) La aceleración de los cuerpos, B) Las tensiones de la cuerda El momento de
1
inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de
2
la polea. (g = 10 m/s2)

a

A α
M

R
Para el problema 16

B a

Resolución
a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque A. La fuerza de reacción normal tiene el
mismo valor que la fuerza de gravedad.
∑F y = 0 ⇒ FN = mA .g
mA.g
La fuerza de rozamiento cinético es directamente proporcional
a la fuerza normal: f cinetica = µC .FN = µC .m A .g
Aplicamos la ley de aceleración de traslación: a
∑F x = mA .a ⇒ T1 − µC .mA .g = mA .a …(1) T1
b) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con A
la aceleración angular de la misma polea respecto de su
a µ.FN
centro geométrico. a = α .R ⇒ α=
R FN
c) Ley de la aceleración angular aplicada a la esfera:
∑ τ c = I c .α1 D.C.L. del bloque A.



(T2 − T1 ) .R =  a
1
 M .R 2  . 
2   R T1
reduciendo la tensión es
M .a M α
T2 − T1 = …(2)
2

d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a
R
realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. T2
Observe el bloque B. Aplicamos la segunda ley de
Newton en el eje vertical: D.C.L (polea y T2
Bloque B: ∑F y = m.a ⇒ mB .g − T2 = ( mB ) .a … bloque B)
(3)
 M
mB .g − µC .mA .g =  mA + mB + a
 2  B a
resolviendo la ecuación tenemos que:

a=
( mB − µC .mA ) g
 M MB.g
 mA + mB + 
 2 

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, la
mB .g
aceleración de los bloques sería: a =
 M
 mA + mB + 
 2 

α2
a M2
M1

R1
R2

Para el problema 17

m a

PROBLEMA 17. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1


rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual
pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un
bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. Determine el
valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro
1
geométrico es I C = M .R 2
2
Resolución
a) Analizamos al cilindro de radio R1. El
momento de Inercia respecto del punto O, α1 T1 a
tangente con la superficie horizontal, es:
I O = I C + M .d 2 reemplazando
1 3 R1
I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2
Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aC
aceleración instantánea del punto O no es nula. R1
b) La aceleración angular de la polea respecto
de su centro geométrico.
O
a
aC = α1 .R1 ⇒ α1 = C
R1 Polea de radio R1
b) Ley de la aceleración angular: Respecto del
punto “O”, ∑ τ o = I o .α1

a 
( T1 ) .( 2.R1 ) =  2 M .R12  . Rc 
3
( M1 .aC )
3
  reduciendo T1 =
  1  4

Analizando cinemáticamente, recordamos que T1
a α2
aC = es decir la aceleración del bloque es el doble M2
2
de la aceleración de traslación del cilindro de radio R1.
3
La tensión en la cuerda es: T1 = M 1 .a …(1)
8 R2
c) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de T2
radio R2: ∑τ c = I C .α 2 Polea de radio R2 y
bloque.
La aceleración angular de la polea respecto de su T2
centro geométrico.
a
a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R2 a
 a 
( T2 − T1 ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R
1
  
  2
reduciendo la tensión es
M 2 .a m.g
T2 − T1 = …(2)
2



d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a
del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
Bloque: ∑F y = m.a ⇒ mB .g − T2 = m.a … (3)
3 1 
m.g =  M 1 + M 2 + m  a resolviendo la ecuación tenemos que:
8 2 
m.g
a=
3 1 
8 M1 + M 2 + m
 2 

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de
gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire.

PROBLEMA 17. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
pasa por una polea de radio R
y masa M. En el otro extremo
de la cuerda se encuentra otro
cilindro de radio R2 y masa
M2. La cuerda no se desliza
respecto de la polea de radio R. M1 M R
M2
Determine el valor de la
aceleración de cada cilindro. El R1 R2
momento de inercia de la polea
y de cada cilindro respecto de
su centro geométrico es
1 θ Para el problema 17 β
I C = M .R 2

2
Resolución
a) La aceleración tangencial de
la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro
a
geométrico. a = α .R ⇒ α=
R

La aceleración del centro de masa de cada cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a a
a = α1 .R1 ⇒ α1 = y a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R1 R2

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R: ∑τ c = I C .α



( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R

α

T1
T2
α1 M R
α2

M1.g.Senθ M2.g.Senβ
θ Resolución 17 β

M .a
reduciendo la tensión es T1 − T2 = …(1)
2
c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R1: ∑τ c = I O .α1
Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con
la superficie inclinada, es:
1 3
2 2

 a
( M 1 .g.Senθ − T1 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
3
   reduciendo la tensión es
   1
 3
M 1 .g.Senθ − T1 =   M 1 .a …(2)
 2
d) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R2: ∑τ c = I O .α 2
1 3
I O = I C + M .d 2 I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
reemplazando
2 2
 a 
( T2 − M 2 .g.Senθ ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R  reduciendo la tensión es
3
 
  2
 3
T2 − M 2 .g.Senβ =   M 2 .a …(3)
 2



3 3 1 
M 1 .g.Senθ − M 2 .g.Senβ =  M 1 + M 2 + M  a
2 2 2 

 M .Senθ − M 2 .Senβ 
a = 2.g.  1 
 3.M 1 + 3.M 2 + M 

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea y la aceleración
del centro de masa de cada cilindro macizo tienen el mismo valor

PROBLEMA 18. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
pasa por una polea de radio R y
masa M. En el otro extremo de α
la cuerda se encuentra un
bloque de masa M2. La cuerda
no se desliza respecto de la
polea de radio R. Determine el M1 M R
valor de la aceleración del
bloque. El momento de inercia R1
de la polea y del cilindro M2
respecto de su centro
1
geométrico es I C = M .R 2 θ Para el problema 18 β
2
Resolución
a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma
a
polea respecto de su centro geométrico. a = α .R ⇒ α=
R

La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a
a = α1 .R1 ⇒ α1 =
R1

α

T1
T2
α1 M R a

M1.g.Senθ M2.g.Senβ
θ Resolución 18 β




( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R
M .a
2

1 3
2 2

 a
( M 1 .g.Senθ − T1 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
3
   1
 3
M 1 .g.Senθ − T1 =   M 1 .a …(2)
 2
d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a
del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje paralelo
al plano inclinado:
∑F / / plano = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g.Senβ = M 2 .a …(3)

3 2 1 
M 1 .g.Senθ − M 2 .g.Senβ =  M 1 + M 2 + M  a
2 2 2 

R
 M .Senθ − M 2 .Senβ 
a = 2.g.  1  M1 M
 3.M 1 + 2.M 2 + M 

Observación: La aceleración
tangencial de los puntos periféricos de
la polea, la aceleración del centro de R1
masa del cilindro macizo y la
aceleración del bloque tienen el mismo
M2
valor.

PROBLEMA 19. Sobre un plano
inclinado áspero un cilindro macizo de
radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, θ Para el problema 19


por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una
polea de radio R y masa M.
En el otro extremo de la
α
cuerda se encuentra un bloque
de masa M2. La cuerda no se
desliza respecto de la polea
de radio R. Determine el R
valor de la aceleración del T1
bloque. El momento de
inercia de la polea y del
cilindro respecto de su centro T2
1
2 α1
Resolución R1
a) La aceleración tangencial
de la polea se relaciona con la O a
aceleración angular de la
misma polea respecto de su
centro geométrico. M1.g.Senθ M2.g
a θ Resolución 19
a = α .R ⇒ α =
R

( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R
M .a
2
1 3
2 2

 a
( M 1 .g.Senθ − T1 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
3
   1
 3
M 1 .g.Senθ − T1 =   M 1 .a …(2)
 2
del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
∑F y = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g = M 2 .a …(3)



3 2 1 
M 1 .g.Senθ − M 2 .g =  M 1 + M 2 + M  a
2 2 2 
 M 1 .Senθ − M 2 
a = 2.g.  
 3.M 1 + 2.M 2 + M 
R
Observación: La aceleración tangencial de los
puntos periféricos de la polea, la aceleración del M
centro de masa del cilindro macizo y la
aceleración del bloque tienen el mismo valor.

PROBLEMA 20. Sobre un plano inclinado
áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
rueda sin resbalar, por el extremo superior está M1
unida a una cuerda de masa despreciable, el cual
pasa por una polea de radio R y masa M. En el R1 M2
otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque
de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de
la polea de radio R. Determine el valor de la
aceleración del bloque. El momento de inercia de
la polea y del cilindro respecto de su centro
1
2 Para el problema 20
Resolución θ

a) La aceleración tangencial de la polea
α
se relaciona con la aceleración angular
Resolución 20 de la misma polea respecto de su centro
a
R geométrico. a = α .R ⇒ α=
T1 R
b) Ley de la aceleración angular
aplicada a la polea de radio R:
T2 ∑τ c = I C .α

( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
R1 2   R
α1 reduciendo la tensión es
R1 a M .a
T1 − T2 = …(1)
2
O
M2.g
c) Ley de la aceleración angular
aplicada al cilindro de R1:
M1.g.Senθ
∑τ c = I O .α1
Analizamos al cilindro de radio R1. El
θ momento de Inercia respecto del punto


O, tangente con la superficie inclinada, es:
1 3
2 2

3  a
M 1 .g.Senθ .( R1 ) − T1 .( 2.R1 ) =  M 1 .R12  .  reduciendo la tensión es
2   R1 
 3
M 1 .g.Senθ − 2.T1 =   M 1 .a …(2)
 2
del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
∑F y = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g = M 2 .a …(3)
3 2 1 
M 1 .g.Senθ − 2.M 2 .g =  M 1 + M 2 + M  a
2 1 1 
 M 1 .Senθ − 2.M 2 
a = 2.g.  
 3.M 1 + 4.M 2 + 2.M 

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del
centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor.

PROBLEMA 21. Un cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio
es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal
como se indica en la figura, y el otro extremo
se fija a una pared. El cilindro rueda sin
deslizar a lo largo de un plano inclinado un
ángulo θ respecto de la horizontal. Calcular la
tensión de la cuerda. El momento de inercia
del cilindro respecto de su centro geométrico
1 M
es I C = M .R
2

2
R
Resolución
r
a) La aceleración del centro de masa del Para el problema 21
cilindro se relaciona con la aceleración
angular del mismo cilindro respecto de su
aC
centro geométrico. aC = α .R ⇒ α=
R
b) El momento de Inercia respecto del punto θ
1 3
2 2



T

α R
r
Resolución 21

O

M.g.Senθ
θ

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O
del cilindro con el plano inclinado: ∑τ c = I O .α

( M .g.Senθ ) .R − T .( R − r ) =   a 
3
M .R 2  . C 
 reduciendo
2  R
 r   3
M .g.Senθ − T . 1 −  =   .M .aC
 R  2

El valor de la tensión en función de la
aceleración es:
 3
M .g.Senθ −   .M .aC R1
T=  2
r M1
1−
R
PROBLEMA 22. Un cilindro de masa M
M
y de radio R tiene una ranura
circunferencial cuyo radio es “r”. En la
ranura se enrolla una cuerda tal como
se indica en la figura, y el otro extremo R
M2
se fija a una pared. El cilindro rueda sin r
deslizar a lo largo de un plano
inclinado un ángulo θ respecto de la
horizontal. Calcular la aceleración del
bloque. El momento de inercia del
cilindro respecto de su centro
Para el problema 22
1 θ
geométrico es I C = M .R
2

2

Resolución


a) La aceleración del centro de masa del
cilindro se relaciona con la aceleración angular
T1
del mismo cilindro respecto de su centro
aC
geométrico. aC = α .R ⇒ α=
R α
b) El momento de Inercia respecto del punto
O, tangente con la superficie inclinada, es: R
I O = I C + M .d 2 reemplazando r
1 3
I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2 O Resolución 22
2 2
c) Ley de la aceleración angular aplicada al M.g.Senθ
cilindro de radio R respecto del punto tangente θ
O del cilindro con el plano inclinado:
∑τ c = I O .α

3  a 
T1 .( R + r ) − ( M .g.Senθ ) .R =  M .R 2  . C 
2  R
 R   3  R 
T1 − M .g.Senθ .  =  2  .M .aC . R r 
 R+r    + 
La aceleración del bloque de masa M2 se relaciona con la
aceleración del centro de masa del cilindro:

a a  R  α1
= C ⇒ aC =   .a R1
R+r R  R+r T1
M1
2
 R   3  R 
T1 − M .g.Senθ .  =  2  .M .a. R r  …(1)
 R+r    +  Resolución 22 T2
d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1
respecto del centro geométrico: ∑τ C = I C .α1
 a
( T2 − T1 ) .R1 =  2 M 2 .R12  . R
1 a
  
   1
1
reduciendo la tensión es T2 − T1 =   M 1 .a …(2)
 2 M2.g
e) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a
del bloque. Observe que el bloque baja. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
∑F y = M 2 .a ⇒ M 2 .g − T2 − = M 2 .a …(3)



 R  3  R  1 
2

M 2 .g − M .g.Senθ .   =  M .  + M1 + M 2  a
R+ r  2 R+ r 2



Resolviendo la ecuación tenemos que:
  R 
 M 2 − M .Senθ .   .g
 R + r

a= 2
3  R  1
M. + M1 + M 2
2 R+ r
  2

Observación: Si los radios son iguales R = r , entonces la aceleración del bloque sería:

 1 
 M 2 − 2 M .Senθ  .g
a= 
3 1
M + M1 + M 2
8 2
R1
PROBLEMA 23. Un cilindro de M
masa M y de radio R tiene una M1
ranura circunferencial cuyo radio
es “r”. En la ranura se enrolla una
cuerda tal como se indica en la R r
figura, y el otro extremo se fija a
una pared. El cilindro rueda sin
deslizar a lo largo de un plano
inclinado un ángulo θ respecto de M2
la horizontal. Calcular la
aceleración del centro de masas, la
Para el problema 23
tensión de la cuerda, la fuerza de θ
rozamiento. El momento de
inercia del cilindro respecto de su centro
1
2
T1
Resolución
a) La aceleración del centro de masa del
cilindro se relaciona con la aceleración R
angular del mismo cilindro respecto de su
α r
a
centro geométrico. aC = α .R ⇒ α = C
R O Resolución 23
b) El momento de Inercia respecto del punto
M.g.Senθ
I O = I C + M .d 2 reemplazando θ
1 3
I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2



c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O
del cilindro con el plano inclinado: ∑τ c = I O .α

( M .g.Senθ ) .R − T1 .( R − r ) − =   a 
3
M .R 2  . C 

2  R
 R  3  R 
M .g.Senθ .  − T1 − =  2 M .aC  . R r 
 R−r   − 
La aceleración del bloque de masa M2 se relaciona con la aceleración del centro de masa del
cilindro:

a a  R 
= C ⇒ aC =   .a
R−r R  R−r
2
 R   3  R 
M .g.Senθ .  − T1 − =  2  .M .a. R r  …(1) α1
 R−r    − 

d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1 R1
T1
respecto del centro geométrico: ∑τ C = I C .α1 M1
 a
(T1 − T2 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
1
  
   1
Resolución 23 T2
1
reduciendo la tensión es T1 − T2 =   M 1 .a …(2)
 2
e) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a
Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y a
realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe
que el bloque baja. Aplicamos la segunda ley de Newton en el
eje vertical:
M2.g
∑F y = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g = M 2 .a …(3)


 R   3  R 2 1 
M .g.  .Senθ − M 2 .g =  M .  + M1 + M 2  a
 2 R−r 2 
 R−r   



  R  
 M .  R − r  Senθ − M 2  .g
 
a=  2

3  R  1
M. + M1 + M 2
2 R− r
  2

Observación: Si R = 2.r la aceleración seria: a =
( 2.M .Senθ − M 2 ) .g
1
6.M + M 1 + M 2
2
PROBLEMA 24. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R y masa M
pasa por una polea de radio “r” y masa despreciable. En el extremo inferior de la cuerda se

α

a
M

R

Para el problema 24

m a

encuentra un bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio “r”.
Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de
1
su centro geométrico es I C = M .R 2
2
Resolución

a) Analizamos al cilindro de radio R. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente
con la superficie horizontal, es:
1 3
2 2
Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula.

b) La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.
aC
aC = α .R ⇒ α =
R
b) Ley de la aceleración angular: Respecto del punto “O”, ∑ τ o = I o .α1



(T1 ) .( 2.R ) =   a 
3
 M .R 2  . c  reduciendo α T1 a
2 R
3
T1 =
4
( M .aC ) R

Analizando cinemáticamente, recordamos que
aC
a R
aC = es decir la aceleración del bloque es el
2
doble de la aceleración de traslación del cilindro O
de radio R.
3
La tensión en la cuerda es: T1 = M 1 .a …(1) CILINDRO de radio R
8
c) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio “r”: ∑τ c = I C .α 2
La aceleración angular de la polea respecto de su centro
geométrico. T1
a α2
a = α 2 .r ⇒ α 2 = M2
r

 a 
( T2 − T1 ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R
1
   R2
  2 T2

reduciendo la tensión es Polea de radio R2
y bloque.
M 2 .a T2
T2 − T1 = = 0 …(2)
2
Pero por condición del problema la masa de la polea a
(M2 = 0) es despreciable, entonces deducimos que el
valor de las tensiones en los extremos de la polea son
iguales en módulo. T2 = T1 = T

d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a m.g

del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

Bloque: ∑F y = m.a ⇒ m.g − T2 = m.a … (3)

3 
Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3): m.g =  M + ma
8 
Despejando tenemos que:



m.g g
a= otra forma de expresar a=
3  3 M 
 8 M + m
 
1+ 
8 m


Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de
gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire.

PROBLEMA 25. Sobre un plano inclinado áspero un bloque de masa M1 resbala, por el
extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de
radio R y masa M2. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M3. La
cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del
1
bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico es I C = M .R 2
2

α

M2 y R2
a a

M1 M3

Para el problema 25
θ β

Resolución
a
R


( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R

M 2 .a
2



c) Ley de aceleración rectilínea: ∑ F/ / plano = m.a
de cada bloque. Observe que el bloque M1 baja y el bloque M3 sube. Aplicamos la segunda ley
de Newton en el eje paralelo al plano inclinado:
∑F / / plano = M 1 .a ⇒ M 1 .g.Senθ − T1 = M 1 .a …(2)

α

T1 T2
M2 y R2
a a

Resolución 25
M1.g.senθ M3.g.senβ
θ β

∑F / / plano = M 3 .a ⇒ T2 − M 3 .g.Senβ = M 3 .a …(3)

 1 
M 1 .g.Senθ − M 3 .g.Senβ =  M 1 + M 2 + M 3  a
 2 
2.g ( M 1 .Senθ − M 3 .Senβ )
La aceleración es: a =
2.M 1 + M 2 + 2 M 3

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración de
cada bloque tiene el
mismo valor.
A
PROBLEMA 26.
Determine la
velocidad lineal del
centro de masa que
tendrá un cilindro
macizo de masa M y ω
radio R, que se H
mueve sobre un
plano inclinado, si
partió en el punto A Para el problema 26
del reposo y va hacia
B C

abajo, siendo H la altura que descendió el cilindro hasta llegar al punto B. El momento de
1
inercia del cilindro respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2
2
RESOLUCIÓN
Como el cilindro rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la
condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, v A = 0 y
también la energía cinética inicial es nula.
La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es
1
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2 donde el momento de inercia es
2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2 reemplazando ECINETICA = .( I C ) .ω 2 + .( M ) .v 2
1 1 1
2 2 2
Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero hB = 0
por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula.
La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de
conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B.

La energía mecánica en el punto inicial A, es igual a la energía mecánica final en B:
EM (en A) = EM (en B )
ECIN (en A) + EP (en A) = ECIN (en B ) + EP (en B )
1 1 1 1
m.v A + I C .ω A + m.g.hA = m.vB + I C .ωB + m.g.hB
2 2 2 2

2 2 2 2
Reemplazando tenemos que:
1 1
0 + 0 + m.g.H = m.vB + I C .ωB + 0
2 2

2 2
1 11 
M .g .H = M .ω 2 .R 2 +  M .R 2  .ω 2
2 2 2 

3 3
M .g.H = M .ω 2 .R 2 = M .v 2
4 4
Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto B es:
4
vB = g .H
3
Observación: Podemos señalar que, si el cilindro macizo se reemplaza por un bloque cúbico
del mismo valor en masa y se desplaza libre de rozamiento, la rapidez en B sería:
vB = 2 g.H


PROBLEMA 27. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un
bloque de masa M3. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. El movimiento de
los cuerpos se inicia desde el reposo. Determine el valor de la velocidad del bloque después de
descender una altura H. El momento de inercia del cilindro y de la polea respecto de su centro
1
2

ω2
v M2
M1

R1
R2

Para el problema 27

M3 v

Resolución
a) Para determinar la velocidad del centro de masa del Cilindro, VC, utilizamos el teorema de la
energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:
1 1
b) CILINDRO MACIZO: Ecilindro = .( I C ) .ω12 + .( M 1 ) .vC
2

2 2
vC
Siendo el punto el centro instantáneo de rotación: vC = ω1 .R1 ⇒ ω1 =
R1
reemplazando:
1  M 1.R12  2 1
Ecilindro = .  .ω1 + .( M 1 ) .vC
2

2 2  2
ω1 T1 v
3
reduciendo Ecilindro = M 1.vC
2

4
La velocidad en los puntos periféricos del cilindro R1
es el doble de la velocidad del centro geométrico:
v
v = 2.vC ⇒ vC = entonces vC
2 R1
3  v2   3 
Ecilindro = M 1.  =   M 1.v 2
4  4   16  O
c) POLEA:
Polea de radio R1



1 1  M 2 .R2  2
2
E polea = .( I C ) .ω2 = .
2
 .ω2 tiene solo energía cinética de rotación.
2 2 2 
1
E polea = M 2 .v 2 , tiene solo energía cinética de rotación.
4
1
d) BLOQUE: Ebloque = M 3 .v tiene solo energía cinética de traslación.
2

2
Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. T1
El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de ω2
gravedad: M2
W NETO = M 3.g .H

e) El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es
igual, a la variación de la energía cinética. R2
T2
W NETO = E cinetica − Einicial
final
cinetica

Polea de radio R2 y
M 3 .g.H = E cilindro + E final + Einicial
final
polea bloque
bloque.
T2
3 1 1
M 3 .g .H = M 1.v 2 + M 2 .v 2 + M 3 .v 2
16 4 2
M 3 .g.H v
v=
3 1 1
M1 + M 2 + M 3
16 4 2
Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento M3.g
a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al
bloque que está suspendido en el aire.

PROBLEMA 28: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo, determine el
módulo de la velocidad del bloque de masa “m” cuando ha descendido una altura H. La masa
de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es
1
I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2)
2




R M
ω

T

T
Para el problema 28

m
A
Resolución
v
a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el
teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial m.g
es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:
1 1  M .R 2  2
c) POLEA: E polea = .( I C ) .ω = .
2
 .ω
2 2 2 
v
Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular v = ω .R ⇒ ω=
R
1
E polea = M .v 2 , tiene solo energía cinética de rotación.
4
1
d) BLOQUE: Ebloque = m.v tiene solo energía cinética de traslación.
2

2
Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo.

El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad:
W NETO = m.g .H

e) El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía
cinética.
final
cinetica
reemplazando: m.g.H = E final + E bloque
polea
final

1 1 m.g .H
m.g.H = M .v 2 + m.v 2 despejando v=
4 2 1 1
M+ m
4 2


Observación: si despreciamos la masa de la polea, entonces la velocidad del bloque sería:
v = 2.g.H

v

A α
M

R
Para el problema 29

B v

PROBLEMA 29. Sobre un plano horizontal está situado un bloque A de masa MA que está
unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de masa M y radio R a otro bloque
B de masa MB. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque A y el plano
horizontal vale µ, calcular la velocidad del bloque A cuando el bloque B haya descendido una
altura H. Inicialmente el sistema se encuentra en reposo. El momento de inercia de la polea
1
respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 ,
2
donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2) MA.g

Resolución
v
a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque T1
A. La fuerza de reacción normal tiene el mismo valor A
que la fuerza de gravedad.
∑F y = 0 ⇒ FN = mA .g
µ.FN
La fuerza de rozamiento cinético es directamente
proporcional a la fuerza normal: FN
f cinetica = µC .FN = µC .m A .g …(1)
D.C.L. del bloque A.
b) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el
teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de
cada cuerpo es:
1 1  M .R 2  2
c) POLEA: E polea = .( I C ) .ω = .
2
 .ω
2 2 2 



v
Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular v = ω .R ⇒ ω =
R
1
4
T1
1
d) BLOQUES: Ebloques = ( M A + M B ) .v 2 tienen solo M ω
2
energía cinética de traslación.

Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo
nulo. R
e) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza T2
de gravedad del bloque B y por la fuerza de rozamiento:
W NETO = M B .g .H − f C .H D.C.L (polea y T2
bloque B)
W NETO = M B .g .H − µC .M A .g .H

e) El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas,
es igual, a la variación de la energía cinética.
final
cinetica

B v

W NETO = E final + E bloques
reemplazando:
polea
final

1 1
M B .g.H − µC .M A .g.H = M .v 2 + ( M A + M B ) .v 2 MB.g
4 2

despejando v=
( M B − µC .M A ) .g.H
1 1 1
M + MA + MB
4 2 2

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, el valor de
M B .g .H
la velocidad sería: v =
1 1 1
M + MA + MB
4 2 2

PROBLEMA 30: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si el bloque A
(de mayor masa) desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad de los bloques de
masas mA y mB. La polea tiene masa M y radio R. El momento de inercia de la polea respecto
1
de su centro geométrico C es I C = M .R 2 . (g = 9,8 m/s2)
2




ω

T2
T1
T2
B T1
B v

Para el problema 30
A A
mB.g
Resolución
v
a) Para determinar la velocidad del bloque
utilizamos el teorema de la energía cinética. La mA.g
energía cinética inicial es nula. La energía
cinética final de cada cuerpo es:
1 1  M .R 2  2
b) POLEA: E polea = .( I C ) .ω = .
2
 .ω
2 2 2 
v
Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular v = ω .R ⇒ ω=
R
1
4
1
c) BLOQUES: Ebloques = ( M A + M B ) .v tienen solo energía cinética de traslación.
2

2
Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo.

d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por las fuerzas de gravedad de los bloques A y
B.
W NETO = mA .g .H − M B .g.H

e) El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía
cinética.
W NETO = E cinetica − Einicial reemplazando: W NETO = E final + E bloques
final
cinetica polea
final

1 1
M A .g.H − M B .g.H = M .v 2 + ( M A + M B ) .v 2
4 2



despejando v=
( M A − M B ) . g .H
1 1 1
M + MA + MB
4 2 2
Observación: si la masa de la polea fuese despreciable (nula), el valor de la velocidad sería:
2.g .H ( M A − M B )
v=
MA + MB

ω1

M1 R1

M2
R2

Para el problema 31
m

PROBLEMA 31. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje
vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa
por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (ver figura).
No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. Inicialmente el sistema está en
reposo, si el bloque desciende una altura H, ¿cuál es el valor de la velocidad del bloque? El
2
momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es I C = M .R 2 y el
3
1
momento de inercia de la polea es I C = M .R 2
2
Resolución

a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La
energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es:

b) ESFERA HUECA:



1 1 2 
Eesfera = .( I C ) .ω12 = . M 1.R12  .ω12
2 2 3 
Relación entre la velocidad tangencial y la
v
velocidad angular v = ω1 .R1 ⇒ ω1 = ω1
R1
1
Eesfera =   M 1.v 2 , tiene solo energía
3 M1 R1
cinética de rotación.
POLEA:
1 1  M .R2  2
2
= .( I C ) .ω 2 = .
T1 v
 .ω2
2
E polea
2 2 2 
ESFERA HUECA
Relación entre la velocidad tangencial y la
velocidad angular
v
v = ω2 .R2 ⇒ ω2 =
R2
1 T1 ω2
E polea =   M 2 .v 2 , tiene solo energía cinética de
4
rotación.
R2
1
c) BLOQUE: Ebloque =   m.v 2 tiene solo energía POLEA
2
cinética de traslación. T2

Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo
nulo. T2
d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la
fuerza de gravedad d bloque.
W NETO = m.gH v
BLOQUE
e)El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es
igual, a la variación de la energía cinética.
final
cinetica
m.g
reemplazando:

W NETO = Ecinetica + Ecinetica + Ecinetica
esfera polea bloque

1 1 1
m.g .H = M 1.v 2 + M 2 .v 2 + m.v 2
3 4 2



m.g .H
despejando v=
1 1 1
M1 + M 2 + m
3 4 2

Observación: si la masa de la polea fuese despreciable (nula), el valor de la velocidad sería:

m.g .H
v=
1 1
M1 + m
3 2

PROBLEMA 32. En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si la polea
desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad del centro de masa. La masa de la
polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es
1
I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2)
2


T
g

c
O O ω

M.g
vc
R

Para el problema 32

Resolución
a) Para determinar la velocidad de la polea utilizamos el teorema de la energía cinética. La
energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de la polea es:
1 1
b) POLEA: E polea = .( I C ) .ω 2 + M .vC
2
tiene energía cinética de rotación y traslación.
2 2
1  M .R  2 1
2
= .  .ω + M .vC
2
E polea
2 2  2
vC
Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular: vC = ω .R ⇒ ω=
R



3
E polea =   M .vC
2

4
c) La tensión T en la cuerda no realiza trabajo, en el punto “O” la
velocidad instantánea es nula, no existe deslizamiento relativo,
análogo con la fuerza de rozamiento estático.

d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de A
gravedad de la polea. R
W NETO = M .gH
e) El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la
variación de la energía cinética.
final
cinetica
reemplazando: W NETO = Ecinetica
polea

3 4
M .g.H = M .vC
2
despejando: vC = . g .H
4 3
g
Observación: si la masa de la polea desciende en caída libre
(cortamos la cuerda) el valor de la velocidad sería: vC = 2.g.H

PROBLEMA 33: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente
en reposo. Si la polea B desciende una altura H, determine el módulo R B
de la velocidad del centro de masa de la polea B. La masa de las
poleas cilíndricas A y B son iguales a M. El momento de inercia de la
1
polea respecto de su centro geométrico C es I C =
Problema 33
M .R 2 , donde R
2
es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2)

Resolución
ω1
a) Para determinar la velocidad de la polea B, utilizamos el teorema de A
R
la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía
cinética final de cada polea es:
1
b) POLEA “A”: E polea = .( I C ) .ω12 tiene energía cinética de rotación. T
2 Resolución 33
1  M .R12  2
E polea A = .  .ω1
2 2 
Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular:
v1
v1 = ω1 .R1 ⇒ ω1 =
R1
1
E polea A =   M .v12
4



1 1
POLEA “B”: E polea B = .( I C ) .ω 2 + M .vC
2
tiene energía cinética de rotación y traslación.
2 2
1  M .R  2 1
 .ω + M .( vC + v1 )
2
2
E polea B = .
2 2  2
vC
Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular: vC = ω .R ⇒ ω=
R
E polea B = .M .vC + M .( vC + v1 )
1 2 1 2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE
(POLEA B)
4 2
c) La tensión T en la cuerda no T
realiza trabajo. Las fuerzas internas
no realizan trabajo.

d) El trabajo neto, es igual al trabajo
c
realizado por la fuerza de gravedad O O ω
de la polea.

W NETO = M .g .H v1

e)El trabajo neto hecho por todas las
vc+v1 M.g
fuerzas externas, es igual, a la
variación de la energía cinética.
final
cinetica

reemplazando:

W NETO = Ecinetica + Ecinetica
polea A polea B

M .g.H = M .v12 + M .vC + M .( v1 + vC )
1 1 2 1 2

4 4 2
Observación: Falta resolver.

PROBLEMA 34. M1
Se muestra un
R1
cilindro macizo de
masa M2 que rueda
sin deslizar, a lo
largo de un plano M2
inclinado. El centro
del cilindro está C
unido mediante una
cuerda al borde de g R2 α2
una polea en forma
de disco de masa
M1 y R1 de radio.
Sabiendo que en el Para el problema 34
eje de la polea no θ
existe rozamiento,


calcular la aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda. ? El momento de inercia del
1
cilindro respecto de su centro geométrico y el momento de inercia de la polea es I C = M .R 2
2
Resolución
a
R

α1

a
R1 α2
T
T

C

R2

O M2.g.Senθ

Resolución 34
θ


a
a = α1 .R1 ⇒ α1 =
R1
b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1: ∑τ c = I C .α1

 a 1
( T ) .R1 = 
1
 M 1 .R12  .  reduciendo la tensión es T =   M 1 .a …(1)
2   R1   2

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R2: ∑τ c = I O .α 2
1 3
I O = I C + M .d 2 reemplazando I O = M 2 .R2 + M 2 .R2 = M 2 .R2
2 2 2

2 2




a
a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R2

 a 
( M 2 .g.Senθ − T ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R
3
  2
 3
M 2 .g.Senθ − T =   M 2 .a …(2)
 2
1 3 
Adicionando las ecuaciones (1) y (2): M 2 .g.Senθ =  M1 + M 2  a
2 2 

 M2 
resolviendo la ecuación tenemos que: a = 2.g.Senθ .  
 M 1 + 3.M 2 
6
Despejando tenemos que el valor de la velocidad en el punto B es: vB = g .H
5

OBSERVACIÓN: Podemos señalar que, si es cascarón se reemplaza por un bloque cúbico del
mismo tamaño en masa y se desplaza libre de rozamiento la rapidez en B sería: vB = 2 g.H

PROBLEMA 35. Una varilla delgada de
masa M y longitud L puede girar Para el problema 35
alrededor de un eje horizontal que pasa
C1 A
por el punto “O”. En el extremo de la O
barra se encuentra soldada una esfera
pequeña de masa “m” y radio
despreciable. El sistema parte del reposo
en la posición horizontal en A como L/2
C
indica la figura. Calcular la velocidad del
centro de masa C de la varilla en el
instante que pasa por su posición vertical C2
en B. El momento de inercia de la barra
respecto de su extremo del centro de masa
Mg
1
es I C =   M .L
2

 12 
mg
RESOLUCIÓN B
a) De la condición del problema sabemos
que la velocidad inicial en el punto A es cero, v A = 0 y también la energía cinética inicial es
nula. Einicial = 0
cinetica

b) La energía cinética de rotación de la BARRA respecto del centro de giro O es
1
ECINETICA = .( I O ) .ω 2 donde el momento de inercia es
2


2
1 L
I O = I C + M .d 2
reemplazando I O =   M .L2 + M . 
 12  2
1
I O =   M .L2
3
1 1  1
ECINETICA = . M .L2  .ω 2 =   M .L2 .ω 2
2 3  6
Relación entre la velocidad angular y la velocidad del centro de masa:
v v 2.v
ω= ⇒ ω= C = C
R L L
2
2
1 2  2.vC  2
E CINETICA =   M .L .
BARRA
 =   M .vC
2

6  L  3

c) La energía cinética de rotación punto material (esfera pequeña) respecto del centro de giro O
1
es ECINETICA = .( I O ) .ω 2 donde el momento de inercia es I O = m.R 2 ⇒ I O = m.L2
2
ECINETICA = .( m.L2 ) .ω 2 =   .m.L2 .ω 2
1 1
2 2
Relación entre la velocidad angular y la
velocidad del centro de masa: ω
v v 2.v
ω= ⇒ ω= C = C Resolución 35 O
R L L
2
2 L/2
1 2  2.vC 
ECINETICA =   .m.L .
PUNTO
 = 2.m.vC
2

2  L 
C2
d) El centro de masa C de la barra describe un VC
cuarto de circunferencia como trayectoria,
desde la posición inicial hasta la posición final L/2
L
desciende una altura h =
2
En cambio el punto material desciende una
altura igual a la longitud de la barra. 2VC
B
La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza
de gravedad, entonces;
L
WANETO = WAPESO = M .g .  + m.g .L
→B →B
2

Aplicamos el teorema de la energía cinética entre los puntos A y B.



WANETO = E cinetica − Einicial
→B final
cinetica

L 2
M .g .  + m.g .L =   M .vC + 2.m.vC
2 2

2 3
Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto C2 es:
3.( M + 2.m ) .g .L
vC =
4.( M + 3.m )

Observación: Si la masa del punto material (esfera muy pequeña) fuese nula, la rapidez en el
3
punto más bajo sería: vC =   g .L
4

PROBLEMA 36. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje
horizontal que pasa por el punto “O”. Parte del reposo en la posición horizontal en A como
indica la figura. Calcular la velocidad del
Para el problema 36
centro de masa C de la varilla en el
instante que pasa por su posición vertical A
O C1
en B. El momento de inercia de la barra
respecto de su extremo del centro de
1
masa es I C = 
2
 M .L
 12  L/2
C

RESOLUCIÓN
De la condición del problema sabemos C2
que la velocidad inicial en el punto A es
cero, v A = 0 y también la energía
Mg
cinética inicial es nula.
Einicial = 0
cinetica

La energía cinética de rotación de la
B
barra respecto del centro de giro O es
1
ECINETICA = .( I O ) .ω 2 donde el momento de inercia es
2
2
1 L
I O = I C + M .d 2
reemplazando I O =   M .L2 + M . 
 12  2
1
I O =   M .L2
3
1 1  1
ECINETICA = . M .L2  .ω 2 =   M .L2 .ω 2
2 3  6



v v 2.v
ω= ⇒ ω= C = C
R L L
2
2
1 2  2.vC  2
ECINETICA =   M .L .  =   M .vC
2

6  L  3

El centro de masa C de la barra describe como trayectoria un cuarto de circunferencia de radio
igual a la mitad de la longitud de la barra, desde la posición inicial hasta la posición final
L
desciende una altura h =
2
La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces;
WANETO = WAPESO = M .g .h
→B →B
M .g.L
WANETO =
→B
2
Aplicamos el teorema de la energía cinética entre los puntos A y B.

→B final
cinetica

2
M .g .h =   M .vC
2

3
Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto C2 es:
3
vC = .g .L
4

Observación: Podemos señalar que, si la barra se reemplaza por un péndulo del mismo valor
L
en masa y longitud h = , la rapidez en el punto más bajo sería: vC = g.L
2
PROBLEMA 37. Las poleas A y B, unidas por una correa, continúan girando después de

ω
R
MA
r
MB Q
B ω0
fC
A
Para el problema 37



desconectar el motor de tal manera que la polea A tiene velocidad angular ω0 . La masa total
de las poleas es M. Para detener la rotación se aplica una zapata de freno contra la polea A de
radio R con una fuerza Q; el coeficiente de rozamiento entre la zapata y la polea es µ k .
Despreciando el rozamiento en los ejes y considerando las poleas como discos macizos,
determinar el número de vueltas efectuadas por la polea A antes de detenerse. El momento de
1
inercia de la polea respecto de su centro geométrico es I C = M .R 2
2
RESOLUCIÓN

a) Para determinar el número de vueltas N, utilizaremos el teorema de la energía cinética:
→B final
cinetica

Si las poleas se detienen, la energía cinética final es nula: EFINAL = 0
cinetica

R
v = ω0 .R = ω.r entonces la velocidad angular de la polea B es, ω =   .ω0
r

1 1
b) La energía cinética de rotación de las peleas es: Ecinetica =   .I A .ω A +   .I B .ωB
poleas 2 2

2 2

 1   M A .RA  2  1   M B .RB  2
2 2
=   .  .ω A +   .  .ω B
poleas
E cinetica
2  2  2  2 

 1   M .R  2  1   M B .r   R  2
2 2 2
Ecinetica =   . A
poleas
 .ω0 +   .  . 2  .ω0
2  2  2  2   r 

1 2
Ecinetica =   .ω0 .R 2 .( M A + M B )
poleas

4
c) El trabajo de la fuerza de gravedad es igual a cero, porque el centro de gravedad de las
ruedas y de la correa no se desplazan durante el movimiento del sistema.

d) La fuerza de rozamiento es: W
FRICCION
= − f C .S = − µC .Q.(ϕ .R )
ϕ
si N es el número de vueltas y ϕ el ángulo centra en radianes: N = ⇒ ϕ = 2π .N
2π
El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento es: W FRICCION = − fC .S = − µC .Q.( 2π .R.N )



e) Teorema de la energía cinética: WANETO = E cinetica − Einicial
→B final
cinetica

1 2
− µC .Q.( 2π .R.N ) = 0 −   .ω0 .R 2 .( M A + M B )
4

ω02 .R.( M A + M B )
Despejando: N= M = MA + MB
8π .µC .Q

ω02 .R.M
N=
8π .µC .Q

PROBLEMA 08:
Dos niños de masas m = 25 kg. Cada uno están sentados en los extremos opuestos de una barra
horizontal de longitud l = 2,6 m y masa M =10 kg. A plancha está rotando a f = 5 rev/min con respecto a
un eje que pasa por el centro.
I) ¿Cuál será la velocidad angular si cada niño se mueve d = 60 cm. hacia el centro de la barra sin tocar
el piso?
II) ¿Cuál es el cambio en la energía cinética de rotación del sistema?
III) Cuando los niños se encuentran en la posición inicial, se aplica una fuerza F = 120 N perpendicular
a la barra a una distancia a = 1 m del eje, hallar la aceleración angular del sistema.
SOLUCIÓN:
Transformando la velocidad angular inicial de rev/min a rad/s:
2
=5 = 5 =
60 6
Sean m1, m2 las masas de los niños y barra respectivamente, entonces los momentos de inercia inicial
(I1) y final (I2) son:
1
=2 1 +
2 12
1
= 20 25 1,3 + 10 2,6
12
= 90,13 .
1
=2 − +
2 12
1
= 2 25 0,7 + 10 2,6
12
= 30,13 .

I Ahora, aplicando el principio de conservación del momento angular, hallemos la velocidad angular
final, así:
%%%& = %%%%&
$ $
=

90,13 ' ( = 30,13
6
= 1,56

II) De otro lado, el cambio en la energía cinética de rotación del sistema es:
1 1
∆*+ = −
2 2
1
∆*+ = , 30,13 1,56 − 90,13 0,52 -
2
∆*+ ≈ 24,5 0


III) De la ecuación fundamental del movimiento de rotación de un cuerpo rígido. Hallemos la
aceleración angular que adquiere el sistema, así:

1 = ∝
120 1 = 90,13 ∝
∝ = 49,5

PROBLEMA 24:
Tres bolas de masas m1 = 1 kg, m2 = 2 kg, m3 = 3kg, se encuentran en una misma recta separadas por
las distancias d12 = 1 m y d23 = 2 m. Hallar el momento de inercia del sistema, respecto del eje
perpendicular a la recta que une las bolas y que pasa por el centro de masa del sistema.
SOLUCIÓN:
• Representemos el centro de masas (C.M) del sistema de bolas.

d2
m1 m2 m3
d1

x

Eligiendo el origen de coordenada 0 en el centro de masa (C.M) del sistema, hallemos la distancia “x”,
así:
3 + 3 + 6 36
345 =
+ + 6
− +3 − 3+ 6 −3
0=
+ + 6
6 −
3=
+ + 6
3 2 − 1 1 5
3 = =
1+2+3 6
Luego, el momento de inercia del sistema de bolas, respecto del eje que pasa por su centro de masa 0
es:
7 = +3 + 3 + 6 −3
5 5 5
7 = 1 1+ + 2 + 3 2−
6 6 6
7 = 8,83 .


PROBLEMAS PROPUESTOS DE DINÁMICA CUERPO RÍGIDO

1. Dos esferas A y B de madera y acero respectivamente del mismo radio se sueltan
simultáneamente sobre un plano inclinado.
¿Cuál de los cuerpos llega al suelo con
mayor velocidad?
B
2. Se muestra un volante de forma circular de
radio 0,4 m y momento de inercia respecto
del eje que sapa por su centro geométrico es
I O = 800 kg .m 2 . Sobre un plano inclinado
37° un bloque de 10 kg se encuentra unido al
volante mediante una cuerda. Sobre el
bloque actúa una fuerza de rozamiento
cinético de valor constante igual a 40 N. Para el problema 02
Calcular el valor de la aceleración angular θ
del volante.

3. Una esfera maciza de masa M y radio R tiene una velocidad de valor 4 m/s sobre un punto
del plano inclinado alcanzando una altura máxima H respecto del punto de inicio. Del
mismo punto de lanza un aro de masa M y radio R, ¿con qué rapidez se debe lanzar para
alcanzar la misma altura máxima de la esfera? El momento de inercia del cascarón esférico
2
respecto de un eje que pasa por su centro geométrico C es I C = M .R 2
3
El momento de inercia de un aro delgado respecto de un eje que pasa por su centro C es
I C = M .R 2

4. Se muestra un
cilindro de masa
M y radio R, M Para el problema 4
saliendo del g
reposo, rueda
sin resbalar
sobre una
superficie H
áspera, donde H h
es igual 2,1 m. M
En la parte más
baja choca elásticamente e=1 con un bloque de igual masa. Calcular la altura “h” que
asciende el bloque después del choque.


Problemas Propuestos
PROBLEMA 1.
Di si las afirmaciones siguientes son verdaderas o falsas, y por qué.

a• Todos los puntos de un cuerpo que gira tienen la misma velocidad angular.

b • Todos los puntos de un cuerpo que gira tienen la misma velocidad lineal.

c • El momento de inercia depende de la situación del eje de rotación.

d • Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero, el momento angular
es cero.

e • Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero, la velocidad angular
no cambia.

f • Si la fuerza neta aplicada sobre un cuerpo es cero este cuerpo tiene momento angular cero.

PROBLEMA 2

3.-Una esfera hueca de masa M=6 kg y radio R=8
cm puede rotar alrededor de un eje vertical. Una
cuerda sin masa está enrollada alrededor del
plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea
de momento de inercia
I=3 10-3 kg m2 y radio r=5 cm y está atada al final
a un objeto de masa m=0,6 kg. (Ver figura) No
hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no
resbala. Cuál es la velocidad del objeto cuando ha
descendido 80 cm? Resolverlo dinámica y por
balance energético. I (esfera hueca)=2/3 MR2

PROBLEMA 3

El sistema de la figura está inicialmente en reposo. El bloque
de 30 kg está a 2 m del suelo. La polea (I=½MR2) es un disco
uniforme de 20 cm de diámetro y 5 kg de masa. Se supone
que la cuerda no resbala sobre la polea. Encontrar:

• La velocidad del bloque de 30 kg justo antes de tocar el
suelo.

• La velocidad angular de la polea en ese instante.

• Las tensiones de la cuerda.

• El tiempo que tarda el bloque de 30 kg en tocar el suelo.

(Resolver el problema por dinámica y aplicando el balance


energético)

PROBLEMA 4. El sistema de la figura consta de una polea formada por dos discos coaxiales
soldados de masas 550 g y 300 g y radios 8 cm y 6 cm respectivamente.
Dos bloques de masas 600 g y 500 g cuelgan del borde de cada disco.
Calcular:
¿En qué sentido gira?
La tensión de cada cuerda
La aceleración de cada masa

La velocidad de cada cuerpo cuando uno de ellos (¿cuál?) haya
descendido 3 m partiendo del reposo (emplea dos procedimientos de

PROBLEMA 5

Un bloque de 2000 kg está suspendido en el aire por un
cable de acero que pasa por una polea y acaba en un
torno motorizado. El bloque asciende con velocidad
constante de 8 cm/s. El radio del tambor del torno es de
30 cm y la masa de la polea es despreciable.

• ¿Cuánto vale el momento que ejerce el cable sobre el tambor del torno?
• ¿Cuánto vale la velocidad angular del tambor del torno?
• ¿Qué potencia tiene que desarrollar el motor? Calcular el trabajo realizado durante 10 s

PROBLEMA 6


Un disco de 0.6 m de radio y 100 kg de masa, gira
inicialmente con una velocidad de 175 rad/s. Se aplican los
frenos que ejercen un momento de M= -2·t Nm. Determinar
• la aceleración angular en función del tiempo
• la velocidad angular en función del tiempo
• el ángulo girado en función del tiempo.

• El momento angular inicial y en el instante t=18 s.

• Representar el momento M en función del tiempo.

Comprobar que el impulso angular (área) es
igual a la variación de momento angular.

• La velocidad, aceleración tangencial y normal de un
punto de la periferia del disco en dicho instante.
Representar estas magnitudes.

Momento de inercia de un disco: mR2/2

PROBLEMA 7

El péndulo de un reloj está formado por una varilla de 500 g y 40
cm de longitud y una lenteja de forma esférica de 200 g de masa y
5 cm de radio, tal como se indica en la figura. El punto de
suspensión O está a 10 cm del extremo de la varilla. Calcular: la
distancia al centro de masas medida desde O. El momento de
inercia respecto de un eje perpendicular a la varilla y que pasa por
O.

El péndulo se desvía 60º de la posición de equilibrio. Calcular la
velocidad angular de rotación cuando pasa por la posición de
equilibrio. Varilla, I=mL2/12, esfera I=2MR2/5

PROBLEMA 8



Un péndulo compuesto está formado por una
varilla de 200 g de masa y 40 cm de longitud y
dos esferas macizas de 500 g y 5 cm de radio,
equidistantes 8 cm de los extremos de la barra. El
péndulo se haya suspendido de un eje
perpendicular a la varilla que pasa por el centro
de una de las esferas, y es desviado 65º de la
posición de equilibrio estable.

Determinar la velocidad angular del péndulo
cuando, una vez soltado, retorna a la posición de
equilibrio estable

PROBLEMA 9

Un sólido está formado por tres barras iguales de
longitud L=2 m y de masa M=20 kg en forma de
triángulo equilátero, tal como se muestra en la
figura.

• Hallar la posición de su centro de masa.
• El sistema puede girar alrededor de un eje
perpendicular al plano que las contiene y
que pasa por O. Calcular la aceleración
angular del sistema en el instante inicial.
La velocidad angular de la barra cuando
ha girado hasta que se encuentra en la
posición horizontal.

Momento de inercia de la varilla Ic=ML2/12

PROBLEMA 10

Hallar y dibujar el vector velocidad de los puntos
del disco que se indican en la figura. El disco rueda
sin deslizar, tiene un radio de 5 cm, y se mueve (su
c.m.) con velocidad de 3 m/s A (arriba), C (a la
derecha) y D (abajo) están en la periferia, y B 2.5
cm por debajo del centro del disco

PROBLEMA 11



Sobre un plano horizontal está situado
un cuerpo de 50 kg que está unido
mediante una cuerda, que pasa a través
de una polea de 15 kg a otro cuerpo de
200 kg. Sabiendo que el coeficiente de
rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el
plano horizontal vale 0.1, calcular.

• La aceleración de los cuerpos
• Las tensiones de la cuerda
• La velocidad de los cuerpos
sabiendo que el de 200 kg ha
descendido 2 m partiendo del
reposo. (emplear dos
procedimientos de cálculo para
este apartado) I=MR2/2

PROBLEMA 12

Un bloque de masa m=20 kg, unido
mediante una cuerda a una polea sin masa
desliza a lo largo de una mesa horizontal
con coeficiente de rozamiento dinámico
µ=0,1. La polea está conectada mediante
otra cuerda al centro de un carrete cilíndrico
de masa M=5 kg, y radio R=0,1 m que
rueda sin deslizar a lo largo de un plano
inclinado 30º (véase la figura).

a) Relacionar la aceleración del bloque y del centro de masas del cilindro.

b) Calcular la aceleración del centro de masas del cilindro y las tensiones de las cuerdas.

c) Calcular la velocidad del centro de masas del cilindro cuando ha descendido 3 m a lo largo
del plano inclinado, partiendo del reposo (hacer esta última pregunta empleando el balance
energético).

Dato: Icilindro = 1/2 MR2

PROBLEMA 13

Un bloque y un cilindro de 2 y 8 Kg
respectivamente, están unidos por un hilo
inextensible y sin peso que pasa por una polea
en forma de disco de 0.5 Kg de masa y 20 cm de
radio, situada en la unión de dos planos
inclinados de 30º y 60º de inclinación. Sabiendo



que el coeficiente de rozamiento entre el bloque
y el plano es de y que el cilindro rueda sin
deslizar. Calcular:

• La(s) tensión(es) de la cuerda y la
aceleración del sistema
• La velocidad de los cuerpos cuando se
han desplazado 2 m a lo largo de los
planos, sabiendo que parten del reposo.
Calcular por dos procedimientos este
apartado comprobando que se obtienen
los mismos resultados

PROBLEMA 14

Un bloque de 6 kg y una esfera de 10 kg están unidos
por un hilo inextensible y sin peso que pasa a través de
una polea en forma de disco de 2 kg de masa. La
esfera rueda sin deslizar a lo largo de un plano
inclinado 30º.

Hallar

• La(s) tensión(es) de la cuerda.

• La aceleración del sistema

La velocidad de la esfera y del bloque cuando se han desplazado 1,5 m partiendo del reposo
(emplear dos procedimientos para el cálculo de este apartado). Dato, el momento de inercia de
la esfera es 2/5 mr2.

PROBLEMA 15

En la Figura de la izquierda, un disco de radio r
rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal.
Sabiendo que la aceleración del centro de masas es
ac y la aceleración angular de rotación alrededor
del c.m. es α. Determinar la aceleración del punto
B (punto más alto del disco)?



Utilizando el resultado anterior, en el sistema de la
figura de la derecha, calcular la aceleración del
c.m. del disco, la aceleración del bloque, la tensión
de la cuerda y la fuerza de rozamiento en el punto
A. El disco tiene un radio de 30 cm y rueda sin
deslizar a lo largo del plano horizontal. La polea
tiene una masa despreciable.

Calcúlese la velocidad del bloque una vez que haya descendido 2 m partiendo del reposo.
(aplicar el balance energético en este apartado). ¿Hay que incluir en el balance energético el
trabajo de la fuerza de rozamiento en el movimiento de rodar sin deslizar?

PROBLEMA 16

En la figura se muestra un cilindro de 4.5 kg
de masa que rueda sin deslizar, a lo largo de
un plano inclinado 42º con la horizontal. El
centro del cilindro está unido mediante una
cuerda al borde de una polea en forma de
disco de 2.2 kg de masa y 85 mm de radio.
Sabiendo que en el eje de la polea existe un
rozamiento cuyo momento es de 1,3 Nm.
Calcular:

• La aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda.
• La velocidad del bloque una vez que haya descendido 3 m a lo largo del plano
inclinado, partiendo del reposo (emplear los dos procedimientos de cálculo para este
apartado, comprobando que salen los mismos resultados).

PROBLEMA 17



Sobre un plano inclinado 30º y que ofrece
una resistencia al deslizamiento de
coeficiente µ=0.2, desliza un bloque de 3 kg
de masa unido a una cuerda que se enrolla en
la periferia de una polea formada por dos
discos acoplados de 1 kg y 0.5 kg y de radios
0.3 m y 0.1 m respectivamente. De la cuerda
enrollada al disco pequeño pende un bloque
de 10 kg de peso. Calcular:

• Las tensiones de las cuerdas
• La aceleración de cada cuerpo

La velocidad de cada cuerpo si el bloque de
10 kg desciende 2 m partiendo del reposo
(emplear dos procedimientos distintos para
este apartado).

PROBLEMA 18

3.-Sobre un plano horizontal y que presenta una
resistencia al deslizamiento de coeficiente µ=0.2,
desliza un bloque de 3 kg de masa unido a una
cuerda que se enrolla en la periferia de una polea
formada por un disco 5 kg y 0.3 m de radio que
tiene una hendidura de 0,1 m tal como se ve en la
figura. De la cuerda enrollada en la hendidura
pende un bloque de 10 kg de peso. Calcular:

• Las tensiones de las cuerdas
• La aceleración de cada cuerpo

El bloque de 10 kg desciende 2 m partiendo del
reposo, calcular la velocidad de cada uno de los
bloques (resolver este apartado relacionado
trabajos y energías). Dato: momento de inercia de
un disco mR2/2

PROBLEMA 19



Un disco de 2 kg de masa y radio 30 cm rueda
sin deslizar a lo largo de un plano horizontal,
una cuerda arrollada a una hendidura hecha en
el disco, de radio 15 cm está unida a través de
una polea en forma de disco de masa 0.5 kg a
un bloque de 10 kg, que pende del extremo de
la misma tal como se indica en la figura.
Calcular:

• La aceleración del bloque, del centro
de masas del disco y la(s) tensión(es)
de la cuerda.
• La velocidad del bloque una vez que
haya descendido 5 m partiendo del
reposo (emplear dos procedimientos
de cálculo para este apartado,
comprobando que salen los mismos
resultados).

PROBLEMA 20

Dos discos iguales de masa m y radio R, están dispuestos como se
indica en la figura. Calcular

• La aceleración del c.m. del disco inferior
• La velocidad del c.m. del disco inferior cuando ha descendido x
metros partiendo del reposo (efectuando el balance energético)

PROBLEMA 21

Un cilindro de 2 kg de masa y de 30 cm de radio
tiene una ranura cuyo radio es 10 cm. En la
ranura se enrolla una cuerda tal como se
indica en la figura, y el otro extremo se fija a
una pared.

El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un
plano inclinado 30º respecto de la horizontal.
El cilindro parte del reposo, de un punto P
situado a 3 m de la base del plano inclinado



tal como se indica en la figura. Sabiendo que
después de recorrer estos 3 m la vCM es de 4
m/s, calcular:

La aceleración del centro de masas, la
tensión de la cuerda, la fuerza de rozamiento.

Nota: momento de inercia del cilindro Icm.=
1/2 mR2.

PROBLEMA 22

Dos cuerpos de 3 y 5 Kg están unidos por una
cuerda que pasa por una polea en forma de
disco de 2 kg de masa y 20 cm de radio.
Ambos deslizan sobre planos inclinados de
30º y 45º. Los coeficientes de rozamiento
entre los cuerpos y los planos inclinados son
0.3 y 0.1 respectivamente. Calcular:

• la aceleración del sistema,
• las tensiones de la cuerda,
• la velocidad que adquieren los
bloques cuando se desplazan 5 m a lo
largo de los planos inclinados
respectivos, partiendo del reposo.
(Emplear dos procedimientos de
cálculo para este apartado,
comprobando que se obtienen los
mismos resultados).

PROBLEMA 23

Un disco de 0.2 kg y de 10 cm de radio se hace girar
mediante una cuerda que pasa a través de una polea
de 0.5 kg y de 7 cm de radio. De la cuerda cuelga un
bloque de 3 kg, tal como se muestra en la figura. El
disco gira alrededor de un eje vertical en cuyo
extremo hay una varilla de 0.75 kg masa y de 20 cm
de longitud perpendicular al eje y en cuyos extremos
se han fijado dos esferas iguales de 2 kg de masa y 5
cm de radio. Se suelta el bloque y el dispositivo
comienza a girar. Calcular:

• El momento de inercia del dispositivo.

• La aceleración del bloque.



• La velocidad del bloque cuando ha
descendido 2 m partiendo del reposo
(resolver este apartado por energías).
Idisco=mR2/2, Iesfera=2mR2/5 Ivarilla=mL2/12

18. BIBLIOGRAFÍA VIRTUAL Y FUENTES DE INFORMACIÓN:
http://grups.es/didactika/yahoo.com
http://grups.es/albert_einstein_koch/yahoo.com
www.didactika.com
walter_perez_terrel@hotmail.com
wperezterrel@gmail.com

Cuerpo Posición del eje a Momento de inercia
1 Cilindro hueco de paredes El eje del cilindro 1 2
delgadas, radio R y masa M   M .R
 1
2 Cilindro macizo (disco, polea) El eje del cilindro 1 2
de radio R y masa M   M .R
2
3 Esfera maciza de radio R y masa Eje que pasa por el centro de 2 2
M la esfera   M .R
 5
4 Esfera de paredes delgadas de Eje que pasa por el centro de 2 2
radio R y de masa M la esfera   M .R
3
5 Varilla delgada. Recta, de El eje es perpendicular a su  1 2
longitud L y de masa M varilla y pasa por el centro   M .L
 12 
de masa
6 La misma varilla El eje es perpendicular a la 1 2
varilla y pasa por un extremo   M .L
 3
7


(Semana 16 dinámica del cuerpo rígido)

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