Problema 15

La piedra de un afilador acelera del reposo hasta 0.79 rad / s en 18 segundos. Considerando
que la rueda es un disco uniforme de 9.0 cm de radio y masa de 5 kg , calcular la torca neta
requerida para acelerarla.

Solución:
Del análogo rotacional de la segunda ley de Newton, la magnitud de la torca neta respecto a
un eje de rotación que pasa por el punto O ubicado en el centro del disco, está dada como
 O  I ; en la que, el momento de inercia del disco se obtiene mediante la ecuación
MR 2
I O  I cm  .
2

Para determinar la aceleración angular nos proporcionan las condiciones iniciales:

en t 0 su velocidad angular es 0  0 ,

en t  18 s su velocidad angular es   0.79 rad / s .

  0 
Luego entonces, de la cinemática se tiene que    .
t  t0 t

Por lo tanto, la torca neta requerida para acelerar la piedra de afilar es

 1
 5 kg  0.09  m 2  0.79
2

MR  2 
O    s
,
2t 2 18 s 

 O  8.89 104 N m .

25
 Problema 16
Cinco cuerpos puntuales de igual masa m  150 g están separados una distancia d  15 cm
cada uno de ellos, y colocados a lo largo de una varilla uniforme, cuya masa es M  1.2 kg
y de longitud L  60 cm . El sistema va a girar respecto a un eje vertical que pasa por la masa
en el extremo izquierdo de la varilla y es perpendicular a ella como se indica en la figura P16.
a) Calcular el momento de inercia del sistema respecto a este eje. b) Determinar la magnitud
de la fuerza que al ser aplicada en el extremo opuesto del eje y perpendicular a la varilla le
impartirá al sistema una aceleración angular   10 rad / s 2 .

m1 m2 m3 m4 m5
M
O

d d d d

Figura P16

Solución:
El momento de inercia del sistema respecto al eje que pasa por el punto O es la suma de los
momentos de inercia de cada partícula y el de la varilla, es decir

I O  m  r12  r22  r32  r42  r52   IV ,

ecuación en la que se ha factorizado la masa debido a que es la misma para las partículas.

La figura nos indica que

r1  0 , r2  d , r3  2d , r4  3d , r5  4d , L  4d .

Puesto que el eje de rotación toca el extremo de la varilla su momento de inercia es

ML2 M  4d  16Md 2
2

IV    .
3 3 3

Luego entonces

26
 16Md 2 16 Md 2
I O  m  d  4d  9d  16d  
2 2 2 2
 30md 
2
,
3 3

 16 M  2  16 1.2  
   0.15  m 30  0.150  
2
I O  d 2  30m   kg ,
 3   3 

a) I O  0.245 kg m 2 .

Como ya se conoce el momento de inercia I O así como la aceleración angular  , para

determinar la magnitud de la fuerza F , que debe ser aplicada en el extremo derecho de la

varilla y perpendicular a la misma, aplicamos el análogo rotacional de la segunda ley de
Newton

 O  FL  IO ,

I O
 0.245 kg m  10
2 1

s2 
de donde F  ,
L 0.60 m

b) F  4.08 N .

27
 Problema 17
Sobre la placa plana triangular uniforme de lados a  50 cm  b y c  70.7 cm , actúan las
fuerzas indicadas en la figura P17a. La placa puede girar con respecto de un eje perpendicular
al plano de la página que pasa por el punto O. Se sabe que d  50 cm y que el momento de
inercia de la placa respecto al eje mencionado tiene el valor I  1.2 kg m 2 . Considerando que

las fuerzas aplicadas, de magnitud F1  25 N , F2  20 N y F3  18 N , están en el plano de

la página, calcular la aceleración angular de la placa.

F2

F1
30o 30o
F3 b2

b3

O
b1
O

Figura P17a Figura P17b

Solución:
La aceleración angular de la placa se obtiene directamente del análogo rotacional de la

 O 
segunda ley de Newton   , en la que  O es la suma de las torcas debidas a cada una de
I
las tres fuerzas.

En la figura P17b se muestra la línea de acción de cada fuerza (línea quebrada) y su

correspondiente brazo de palanca (distancia perpendicular del punto O de referencia a la línea
de acción de la fuerza), de aquí que

b1  b sen 30 , b2  b , b3  d  b .

Considerando que la torca es positiva cuando la placa rota en sentido antihorario resulta que


 O    F1b1  F2b2  F3b3  kˆ .

Al sustituir los valores de los brazos de palanca, se tiene que

28
 
 O    F1b sen 30  F2b  F3b  kˆ  b   F1 sen 30  F2  F3  kˆ .

Al insertar la expresión anterior en la ecuación de la aceleración angular, se llega a

 b   F1 sen 30  F2  F3  kˆ
 O
  .
I I

Por lo tanto, la aceleración angular de la placa tiene el valor

  0.50 m   25sen 30  20  18 N  kˆ  rad 

 2
 10.63 2  kˆ .
1.2 kg m  s 

El signo positivo nos indica que la placa triangular gira en sentido antihorario.

29
 Problema18
Sobre el sistema formado por tres varillas uniformes idénticas de longitud L  3.0 m que
están soldadas entre si, como se indica en la figura P18a, actúan las fuerzas indicadas de
magnitud F1  20 N , F2  14 N y F3  36 N . Considerando que la varilla horizontal toca el

punto medio de ambas varillas verticales, que a  2.0 m y, sabiendo que el arreglo puede
girar en torno a un eje perpendicular al plano de la página que pasa por el punto O, con un
momento de inercia I O  60 kg m 2 , calcular la aceleración angular del sistema.

F1

b1 b3

60o
O
O
F3 b2
a a
30o
30o
F2

Figura P18a Figura P18b

Solución:
Mediante el análogo rotacional de la segunda ley de Newton, la aceleración angular del

 O 
sistema está dada como   , siendo  O la suma de las torcas debidas a las tres fuerzas.
IO

En la figura P18b se muestra la línea de acción de cada fuerza (línea quebrada) y su

correspondiente brazo de palanca (distancia perpendicular del punto O de referencia a la línea
de acción de la fuerza), de aquí que

L
b1  , b2  L  a , b3  L sen 60
2

Considerando que la torca es positiva cuando el sistema gira en sentido contrario al de las
manecillas del reloj, resulta que


 O    F1b1  F2b2  F3b3  kˆ .

30
Al sustituir los valores de los brazos de palanca, se tiene que


 O    
F1 L
 F2  L  a   F3 L sen 60  kˆ .
 2 

Al insertar la expresión anterior en la ecuación de la aceleración angular, se llega a

   20  3  
  14 1   36  3 sen 60  N m  kˆ
  2   ,
 2
60 kg m

esto es que la aceleración angular del sistema tiene el valor

  rad 
  1.30 2  kˆ .
 s 

31
 Problema 19
La figuar P19a ilustra una placa metálica cuadrada de lado a  2.0 m que puede rotar
alrededor de un eje perpendicular al plano de la placa que pasa por el punto O, con un
momento de inercia I O  9.0 kg m 2 . Determinar la aceleración angular de la placa,

considerando que la magnitud de las fuerzas que actúan sobre ella es, respectivamente,
F1  20 N , F2  15 N y F3  35 N .

F1

60o

b3 30o
a b1
F3 26.6o

60o r 60o
26.6o 26.6o
O
O
b2
a
2 F2

Figura P19a Figura P19b

Solución:
Mediante el análogo rotacional de la segunda ley de Newton, la aceleración angular de la

 O 
placa se obtiene de la ecuación   , siendo  O la suma de las torcas debidas a las tres
IO
fuerzas.

En la figura P19b se muestra la línea de acción de cada fuerza (línea quebrada) y su

correspondiente brazo de palanca (distancia perpendicular del punto O de referencia a la línea
a
de acción de la fuerza). Los brazos de palanca b1  a y b2  se determinan rápidamente.
2
a a
También de esta figura se observa que cos 26.6  , de donde r  ; luego
r cos 26.6
a sen 56.6
entonces b3  r sen 56.6  .
cos 26.6

Considerando que la torca es positiva cuando la placa gira en sentido antihorario, resulta que

32
 
 O    F1b1  F2b2  F3b3  kˆ .

Al insertar los valores de los brazos de palanca, se tiene que

   a sen 56.6   ˆ  F2 F3 sen 56.6  ˆ

 O    F1a  F2    F3 
a
  k  a 
 1 F   k .
 2  cos 26.6    2 cos 26.6 

Sustituyendo valores numéricos

  15 35sen 56.6   ˆ  N ˆ
 O   2 m   20     N  k   40.36 k .
 2 cos 26.6    m

Finalmente, cuando actúan simultáneamente las tres fuerzas sobre la placa, ésta rota en
sentido antihorario con una aceleración angular de valor

 N

 40.36  kˆ
  m  rad 
 O  2
  4.5 2  kˆ .
IO 9.0 kg m  s 

33
 Problema 20

La figura P20a muestra los bloques de masa m1  6.0 kg y m2  2.0 kg suspendidos en los

extremos de una cuerda (inextensible y de masa despreciable) que pasa por una polea fija
(disco uniforme) de masa M  15 kg y radio R  10 cm . Cuando el sistema se libera a partir
del reposo, la polea rota en sentido antihorario, en tanto que los bloques se mueven con una
aceleración de magnitud a en el sentido indicado. Considerando que la cuerda no resbala
sobre la polea, determinar la magnitud  de la aceleración angular de la polea.

M  y y
R T1 T2 F
m1 m2 
x x x
O

m2 a T1 T2
m1g m2 g

a m1 y
Mg

Figura P20a Figura P20b Figura P20c Figura P20d

Solución:
Como nos piden calcular la aceleración angular de la polea, bastaría con despejarla del
 
análogo rotacional de la segunda ley de Newton  O  I O . La obtención de I O no implica

ningún problema puesto que se conoce la geometría y dimensiones de la polea, pero para
calcular la torca neta se debe tener información de las fuerzas que actúan sobre ella. Esto
último, en principio, tampoco representa ningún problema porque en la figura P20d se ilustra
 
su diagrama de cuerpo libre (DCL), en la que T1 y T2 son las fuerzas de tensión debidas a la
 
cuerda. Por supuesto Mg es el peso y F la fuerza de reacción que ejerce el soporte sobre la
 
polea. Las fuerzas F y Mg no generan torca porque su respectiva línea de de acción pasa
por el punto O de referencia. Las únicas fuerzas que producen torca son las tensiones
(observa que a diferencia de los problemas que resolvías en el curso anterior de física, ahora
las tensiones sobre la polea no tienen igual magnitud). En este momento, aunque se sabe que

34
el brazo de palanca para ambas tensiones es el radio R , no conocemos sus magnitudes.
Considerando la torca positiva cuando la polea rota en sentido antihorario, resulta que

 O  T1R  T2 R  R T1  T2  . (1)

El vector torca está sobre el eje z en el sentido  k̂ , es decir saliendo del plano de la página.

Para conocer la magnitud de las tensiones debemos escribir las ecuaciones de movimiento
para los bloques, pero antes de ello es necesario hablar del significado de que la cuerda no
resbala sobre la polea. Esto significa que la magnitud de la aceleración tangencial atan de

todos los puntos en la periferia de la polea tiene el mismo valor que la magnitud a de la
aceleración de los bloques. Lo cual es consecuencia de que, como la cuerda tiene la misma
aceleración de los bloques y ésta hace contacto con la periferia de la polea, entonces se
satisface la condición atan  a . Adicionalmente, esta aceleración tangencial está relacionada

con la magnitud de la aceleración angular  mediante la ecuación atan  R , por lo tanto,

se satisface la condición

a  R . (2)

La figura P20b muestra el DCL del bloque m1 , en el que el eje y se ha considerado positivo

hacia abajo y coincide con el sentido de movimiento del bloque (Es recomendable elegir el
sentido positivo de los ejes coordenados coincidiendo con el sentido de movimiento del
objeto). Al aplicar la segunda ley de Newton así como la condición dada por la ecuación (2)
se tiene que

F y1  m1 g  T1  m1a  m1 R , de donde

T1  m1 g  m1 R . (3)

En forma análoga, la aplicación de la segunda ley de Newton al bloque m2 , a partir de su

DCL ilustrado en la figura P20c, conduce a que

F y2  T2  m2 g  m2 a  m2 R , de donde

35
 T2  m2 R  m2 g . (4)

Al sustituir las ecuaciones (3) y (4) en la (1) resulta que

 O  R  m1 g  m1R  m2 R  m2 g   Rg  m1  m2    R 2  m1  m2  . (5)

MR 2
Finalmente, al insertar esta última al igual que la del momento de inercia I O  en la del
2
análogo rotacional de la segunda ley de Newton  O  I O :

 MR 2 
Rg  m1  m2    R 2  m1  m2     ,
 2 

agrupando términos y despejando se obtiene que la magnitud de la aceleración angular de la

polea es


 m1  m2  g ,
M 
R   m1  m2 
 2 

de valor numérico

 m
 6  2  kg   9.8 2 
 s  rad
  25.3 2 .
 0.10 m    6  2  kg
15 s
 2 

  rad  ˆ
En forma vectorial,    25.3 k .
 s2 

Finalmente, los bloques se mueven con una aceleración de magnitud

 1 m
a  R   0.10 m   25.3 2   2.53 2 .
 s  s

36
 Problema 21
Un cilindro uniforme de masa M  500 g y radio R  8.00 cm que puede girar, sin
rozamiento, respecto a un eje perpendicular al plano de la página que pasa por el punto O,
tiene enrollada una cuerda (ligera e inextensible), cuyo extremo libre está atado a un bloque
de masa m  300 g ; este último está apoyado sobre una superficie sin rozamiento inclinada

un ángulo   30 como lo ilustra la figura P21a. Si el sistema se deja en libertad desde el
reposo, determinar la aceleración angular del cilindro considerando que la cuerda no resbala
sobre el cilindro al desenrollarse.

y 
M a
O
T N M
R T
m
x
  F Mg
mg

Figura P21a Figura P21b Figura P21c

Solución:
Dado que la cuerda no resbala sobre el cilindro, la magnitud de la aceleración tangencial en
puntos del perímetro del cilindro tiene el mismo valor que la magnitud de la aceleración de
la cuerda, siendo esta última igual a la magnitud de la aceleración a del bloque. Por lo tanto
se satisface que a  R , en donde  es la aceleración angular del cilindro; la cual se obtiene
del análogo rotacional de la segunda ley de Newton. Para su determinación se deben plantear
y resolver las ecuaciones de movimiento del bloque y del cilindro.

De acuerdo al sistema coordenado mostrado en el DCL de la figura P21b, la ecuación en la

dirección del movimiento para el bloque es mg sen   T  ma  mR .

Del DCL para el cilindro mostrado en la figura P21c, considerando positiva la torca cuando
éste gira en el sentido horario (observa que la elección del sentido positivo para la torca es
totalmente arbitrario), la ecuación que corresponde a la rotación del cilindro establece que
TR  I O , puesto que solamente la fuerza de tensión genera torca.

37
De la ecuación de movimiento del bloque se obtiene que la tensión de la cuerda es
T  mg sen   mR , la cual al ser insertada en la ecuación correspondiente al movimiento

del cilindro TR  I O , se obtiene que mgR sen     I O  mR 2  .

Finalmente, despejando  de esta última y sustituyendo el momento de inercia del cilindro

MR 2
IO  ; resulta que la magnitud de la aceleración angular del cilindro es
2

mgR sen  mgR sen 

  ,
I O  mR 2
2M 
R   m
 2 

mg sen 
 ,
M 
R  m
 2 

numéricamente

 0.300 kg   9.8
m
2 
sen 30
 s  rad
  33.4 2 .
 0.08 m   
0.500 s
 0.300  kg
 2 

Agregamos que el bloque desciende sobre la superficie inclinada con una aceleración de
magnitud

 1 m
a  R   0.08 m   33.4 2   2.7 2 .
 s  s

38
 Problema 22 = Problema 10.54 Sears, Zemansky
Una rueda experimental de bicicleta se coloca en un banco de pruebas, de modo que pueda
girar libremente sobre su eje. Se ejerce una torca neta constante de 5.00 N m a la rueda
durante 2.00 s , aumentando la rapidez angular de la rueda de 0 a 100 rev / min . Luego, se
deja de aplicar la torca externa y la fricción en los cojinetes de la rueda, detiene a ésta en
125 s . Calcule: a) el momento de inercia de la rueda alrededor del eje de rotación, b) la torca
de fricción, c) el número total de revoluciones que la rueda gira en ese lapso de 125 s .

Solución:
Este problema consta de dos etapas, la primera donde la rueda es acelerada durante 2.00 s y
la segunda en la que se desacelera hasta que llega al reposo en 125 s .

En la primera etapa se conoce además del valor de la torca externa aplicada, que:

en t0  0 su velocidad angular es 0  0 ,

en t1  2.00 s su velocidad angular es 1  100 rev / min .

1  0 1
Luego entonces, de la cinemática se tiene que    ,
t1  t0 t1

rev 2 rad 1 min 10 rad

en la que 1  100    .
min 1 rev 60 s 3 s

10 rad
5 rad rad
Numéricamente, la aceleración angular de la rueda es   3 s  2
 5.23 2 .
2.00 s 3 s s

Del análogo rotacional de la segunda ley de Newton resulta que el momento de inercia de la
rueda tiene el valor

O 5.00 N m  kg m 
IO    0.956 N m s 2  0.956  2   m s 2   0.956 kg m 2 ,
 1
5.23 2  s 
s

a) I O  0.956 kg m 2 .

39
En la segunda etapa en la que la rueda se desacelera debido a la torca ejercida por la fuerza
de fricción se sabe que:

10 rad
en ti  0 su velocidad angular es i  ,
3 s

en t f  125 s su velocidad angular es f  0.

Con esta información determinamos la aceleración angular  f , mediante la ecuación

10 rad rad

 f  i  10
 3 s  s  2 rad  0.0838 rad .
f   i 
t f  ti tf 125 s 3 125 s  75 s 2 s2

Del análogo rotacional de la segunda ley de Newton resulta que la torca debida a la fricción
tiene el valor

 f  IO   0.956 kg m 2   0.0838

rad 
  0.0801 N m ,
 s2 

b)  f  0.0801 N m .

El signo menos se debe a que la rapidez angular de la rueda disminuye.

Finalmente, el número total de revoluciones que la rueda gira en el lapso de 125 s , se obtiene
i2
a partir de la ecuación de la cinemática     2 f   0 , de donde  
2 2
, esto es
2 f
f i

rad 2
109.66
  s 2  654.3 rad  1 rev  104 rev ,
2  0.0838  2
rad 2 rad
s

c)   104 rev .

40