EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO Y DINÁMICA DE ROTACIÓN
Conceptos Básicos
Problemas Resueltos
Problemas Propuestos



Introducción

M E C Á N I C A

Este material ha sido construido pensando en el estudiante de nivel técnico de
las carreras de INACAP. El objetivo principal de este trabajo es que el alumno
adquiera y desarrolle la técnica para resolver problemas diversos de la unidad
de Equilibrio del cuerpo rígido y Dinámica de rotación. En lo particular
pretende que el alumno logre el aprendizaje indicado en los criterios de
evaluación (referidos al cálculo de variables) del programa de la asignatura
Física Mecánica.
El desarrollo de los contenidos ha sido elaborado utilizando un lenguaje simple

que permita la comprensión de los conceptos involucrados en la resolución de
problemas. Se presenta una síntesis inmediata de los conceptos fundamentales
de la unidad de Equilibrio del cuerpo rígido y Dinámica de rotación, seguida de

F Í S I C A

ejemplos y problemas resueltos que presentan un procedimiento de solución
sistemático que va desde un nivel elemental hasta situaciones más complejas,
esto, sin saltar los pasos algebraicos que tanto complican al alumno, se finaliza
con problemas propuestos incluyendo sus respectivos dsarrollos.2


F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

M = F b

r
F = valor de la fuerza F (módulo)
El sentido de giro es totalmente arbitrario, en nuestro estudio consideraremos el
torque momento positivo cuando el giro sea contrario al sentido de movimiento
de los punteros del reloj, en caso contrario, el torque será negativo.

Unidades de medida
CGS

MKS

dina cm

N m

TECNICO
GRAVITACIONAL
kgf m

TECNICO INGLES

lbf pie

3


El siguiente esquema representa un cuerpo provisto de un ejeen el punto o y
sobre el cual actúan cuatro fuerzas tal como se indica.

F Í S I C A

M E C Á N I C A

r
F2

b2

r
F1
b3
o

Eje de giro

r
F3
r
F4

Para el esquema anterior se tiene:

r
- F1 no produce torque debido a que su recta de acción pasa por el eje de giro.

r
- F2 produce torque positivo ya que hace girar el cuerpo en sentido contrario al
movimiento de los punteos del reloj, su brazo de giro es b2 .
r
- F3 produce torque negativo debido a que hace girar el cuerpo en sentido
horario, su brazo de giro es b3 .

r
- F4 no produce torque debido a que está aplicada directamente al eje de giro.

4


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

M E C Á N I C A

deformaciones permanentes cuando sobre el actúan cargas exteriores, como
también de aquel sólido que no pierde su forma al sacarlo de sus apoyos.

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

∑F = 0

r

∑F



=0

x

r

∑F

=0

r

=0

F Í S I C A

y

∑F

z

Segunda condición de equilibrio:

∑M

0

=0

,

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

Momento de inercia para un cuerpo de masa m
El momento de inercia corresponde a la resistencia quepresenta un cuerpo a
querer variar su velocidad angular, es decir, es la resistencia que presentan los
cuerpos a adquirir aceleración angular.
El momento de Inercia depende de la masa del cuerpo, de la distribución de la
masa, de la forma del cuerpo y de la ubicación del eje de giro.
El momento de Inercia se simboliza con la letra I y queda determinado por el
producto entre la masa de un cuerpo y el cuadrado de la distancia a un
determinado eje de giro, es decir:

5


M E C Á N I C A

I = m r2
I = Momento de inercia
r = Distancia entre cuerpo de masa m y el eje respecto al cual se calcula el momento de inercia

En el sistema Internacional la unidad de medida es: kg m 2

Momento de inercia para un sistema de partículas:
n

I = ∑ mi ri

2

i =1

mi = masa de partícula i ésima ,

r = distancia al eje de giro de partícula i ésima

F Í S I C A

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

Re = Radio de giro ,

I
M

I = Momento de inercia ,

M = Masa del sólido

Teorema de Steiner (o de los ejes paralelos):
El teorema establece que el momento de Inercia ( I ) de un cuerpo de masa m
respecto a un eje cualquiera es igual al momento deInercia del cuerpo respecto
a un eje centroidal, paralelo al eje cualquiera, más el producto entre la masa del
cuerpo y el cuadrado de la distancia que separa dichos ejes, matemáticamente
queda determinado por:

6


I = I CG + md 2

F Í S I C A

M E C Á N I C A

I CG = Momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de gravedad del cuerpo y que es
paralelo al eje respecto al cual se calcula el momento de inercia I

m = Masa del cuerpo

Eje

d = Distancia entre los ejes

d

CG

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

W = M θ
P=

W M θ
=
= M ω
t
t

Donde:

W = Trabajo mecanico
M = Torque o momento
θ = Angulo que se ha girado el sólido
P = Potencia mecanica
ω = Módulo de la velocidad angular
t = Tiempo

7


F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

Donde:

L = Momento cinético o momento angular
I = Momento de inercia
ω = Módulo de velocidad angular

Principio de conservación del momento cinético
Si un sistema no se ve afectado por un momento exterior, entonces el momento
cinético del sistema permanece constante, es decir:

Linicial = LfinalEnergía cinética de rotación:

U k ROT . =

1
I ω 2
2

Energía cinética total de un cuerpo en una roto traslación

Uk =

1
1
m v2 + I ω 2
2
2

Donde:

8


Ley fundamental de la dinámica de rotación

M = τ = I α
M = τ = Torque o momento de una fuerza
I = Momento de inercia del cuerpo respecto a un eje considerado

α = Módulo de la acelaración angular del cuerpo

F Í S I C A

M E C Á N I C A

m = Masa del cuerpo
v = Módulo de velocidad lineal
I = Momento de inercia del cuerpo respecto a un eje considerado
ω = Módulo de la velocidad angular

9


M E C Á N I C A

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

F =130N

80cm

A

F Í S I C A

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

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

F = 130 N
b = 80cm = 0,8m
Reemplazando estos valores en la formula resulta:

M = 130 N 0,8m Con sentido de giro horario
Multiplicando resulta finalmente que el valor del torque omomento respecto al
punto A es:

M = 104 Nm

10


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

F Í S I C A

M E C Á N I C A

pivote A.

F =130N

80cm
60s

A

Solución:
En este caso la recta de la fuerza de 130N no forma un ángulo de 90s con la
barra, y por lo tanto se debe trazar el brazo
F =130N

b
80cm

60s

A

Calculo del brazo de giro (b)
Observando la figura anterior es fácil notar que el brazo b corresponde al cateto
opuesto del ángulo de 60s, por lo tanto su valor corresponde a la hipotenusa del
triangulo rectángulo multiplicada por el seno del ángulo de 60s, es decir:
b = 80cm sen60s

Multiplicando:

b = 69,282cm 0,693m

11


Calculo del torque o momento

F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

M = F b = 130 N 0,693m
Finalmente multiplicando se obtiene:

M = 90,09 Nm

Problema 3
Determinar el momento de la fuerza de 130N, indicada en la figura, respecto al
pivote A.

80cm

A
60s

F =130N

Solución
Al igual que el ejercicio anterior la fuerza no forma un ángulo de 90s, por lo tanto
nuevamente se debe trazar el brazo
de giro.

80cm

A
60s

b
F =130N

12


b = 0,8m sen60s 0,693m
El torque se obtiene multiplicando el valor de lafuerza con su brazo de giro, es
decir:

M = 130 N 0,693m = 90,09 Nm

Problema 4
Determinar el torque resultante respecto al pivote A indicado en la figura.

F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

80cm
40cm
A
60s

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

M A = ∑ M A = 240 N 0,4m − 130 N 0,8m sen60s
Multiplicando:

M A = 96 Nm − 90,066 Nm

13


M A = 5,933 Nm
El signo positivo del resultado indica que el efecto de giro resultante es
antihorario, es decir:
M A = 5,933 Nm

Problema 5
r
Determinar el valor de la fuerza F1 de la figura para que el torque resultante
respecto al punto A sea Cero.

F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

80cm
40cm
A
60s

F =130N
F1 =?
Solución:
Por sumatoria de momentos respecto al punto A se tiene:
M A = ∑ M A = F1 0,4m − 130 N 0,8m sen60sComo el enunciado indica que el torque resultante es igual a cero, significa que
M A = 0 , y por lo tanto se tiene:

F1 0,4m − 130 N 0,8m sen60s = 0

14


Despejando F1 resulta:

130 N 0,8m sen60s
0,4m

Multiplicando y dividiendo se obtiene el valor de F1 , es decir:
F1 = 225,167 N

Problema 6
Para la barra indicada en la figura, determinar el valor de la fuerza F1 para que
el torque resultante respecto al pivote o sea igual a 10Nm en sentido contrario al
movimiento de los punteros del reloj.

F Í S I C A

M E C Á N I C A

F1 =

F = 80 N

20cm

64cm

o

F1

Solución:
El torque resultante corresponde a la sumatoria de los torques respecto al punto
O. Observando que la fuerza F1 genera el torque positivo y la fuerza de 80N
genera el torque negativo, se puede anotar:

M0 = ∑M0

= F1 64cm − 80 N 20cm

15


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Como se sabe que el torque resultante es de 10Nm en sentido contrario al
movimiento de los punteros del reloj (torque resultante positivo) se puede
escribir:
F1 0,64m − 80 N 0,2m = 10 Nm O

F1 0,64m − 16 Nm = 10 Nm
Despejando F1 resulta:
F1 =

10 Nm + 16 Nm
0,64m

F1 =

26 Nm
0,64m

F1 = 40,625 Nm

16


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Problema 7
Determinar el momento de torsión resultante en A debido a las fuerzas de 85 N y
120 N para la palanca angular indicada.

F2 = 85N

F1 = 120 N

A
65cm

60°

24°

40cm

Solución:
En este caso es conveniente realizar un diagrama de sólido libre (o diagrama de
cuerpo rígido)

F1 = 120 N

60°

F2 = 85 N
b2
65cm

40cm
60°
24°

b1
A

17


Calculo de brazo de giro
cos 24s =

b1
40cm

sen60s =

b2
65cm 65cm sen60s = b2

F Í S I C A

M E C Á N I C A

1)

2)

40cm cos 24s = b1



36,542cm 0,365m = b1

56,292cm 0,563m = b2

El momento de torsión respecto al punto A se obtiene por la sumatoria de los
torques ocasionados por las fuerzas de 120N y 85N respecto al punto A, es
decir:
M A = ∑ M A = F1 b1 − F2 b2
, ya que la fuerza F1 produce torque positivo (giro
antihorario) y la fuerza F2 genera un torque negativo (giro horario).

Reemplazando los valores correspondientes para fuerzas y brazos, se tiene:
M A = 120 N 0,365m − 85 N 0,563m

Multiplicando y restando se obtiene el valor buscado, es decir:
M A = −4,055 Nm

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

M A = 4,055 Nm

18


Problema 8

M E C Á N I C A

Para la palanca angular de la figura, determinar el valor de la fuerza F2 si se
quiere que el torque resultante respecto al pivote A sea igual a cero.
F2 = ?
32cm

56cm

62°

28°
AF Í S I C A

F1 = 150 N

Solución:
Al igual que el ejercicio anterior es conveniente realizar un diagrama de sólido
libre, es decir:
F2 = ?
62s

b2
56cm

32cm
62°

28°
A

b1
F1 = 150 N

19


Calculo de brazo de giro
cos 28s =

b1
32cm

sen62s =

b2
56cm 56cm sen62s = b2

M E C Á N I C A

1)

2)

32cm cos 28s = b1



28,254cm 0,283m = b1

49,445cm 0,494m = b2

El momento de torsión respecto al punto A se obtiene por la sumatoria de los
torques ocasionados por las fuerzas de 150N y F2 respecto al punto A, es decir:
M A = ∑ M A = F2 b2 − F1 b1
, ya que la fuerza F2 produce torque positivo (giro
antihorario) y la fuerza F1 genera un torque negativo (giro horario).

Reemplazando los valores correspondientes para fuerzas y brazos, se tiene:

F Í S I C A

M A = F2 0,494m − 150 N 0,283m

Multiplicando se obtiene
M A = F2 0,494m − 4,055 Nm

Como el torque resultante respecto al punto A es igual a cero se tiene:
F2 0,494m − 4,055 Nm = 0

Despejando F2 resulta:
F2 =

4,055 Nm
0,494m

Dividiendo se obtiene el valor de F2 , es decir:
F2 = 8,209 N

20


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Problema 9
El puntal AB de la figura está cargado y apoyado según se indica en la figura. El
puntal es uniforme y pesa 490N. Determinar la tensión del cable y la reacción en
el apoyo A. Fig.3
800 mm

800 mmFig. 3
Cable

B

1000 mm

A

720 N

SOLUCIÓN
El problema trata de un cuerpo en equilibrio estático, luego la teoría indica que
en estos casos se cumplen dos condiciones, estas son:
r
1a C.E. ∑ F = 0
r
2 a C .E . ∑ M = 0

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

21


800 mm

800 mm

T

F Í S I C A

M E C Á N I C A

B

1000 mm

RX

A

mg = 720 N
RY

En muchos casos resulta conveniente aplicar primero la segunda condición
de equilibrio, a pesar de no ser obligatorio.
En la segunda condición de equilibrio se debe elegir el punto pivote como
aquel punto que presente el mayor número de incógnitas, ya que en dicho
punto tales fuerzas no producen torque, en éste caso corresponde elegir al
punto A, luego identificar aquellas fuerzas que producen torque positivos y
aquellas que producen torque negativo, en nuestro ejemplo, la tensión de la
cuerda provoca un torque positivo mientras que el peso de la barra genera un
torque negativo, recordando que el torque se calcula como el producto entre
el valor de la fuerza y su brazo se tiene que:
2 a C .E .
r
∑M =0
T 1000 mm − mg 800 mm = 0

Despejando tensión se obtiene:

22


T=mg 800mm
1000mm

F Í S I C A

M E C Á N I C A

Reemplazando el valor de mg y cancelando los milímetros resulta:
T=

720 N 800
1000 , es decir:

T = 576 N

Ahora como se conoce el valor de la tensión, es posible calcular las reacciones
en el apoyo A, por medio de la primera condición de equilibrio del cuerpo rígido,
es decir:
r
1a C.E. ∑ F = 0

Eje x:
R AX − T = 0

Despejando resulta:
R AX = T

Es decir:

R AX = 576 N

Eje y:
R AY − mg = 0

Despejando resulta:
R AY = mg

Es decir:

23


M E C Á N I C A

R AX = 720 N

Problema 10
El puntal AB de la figura está cargado y apoyado según se indica en la figura El
puntal es uniforme y pesa 490N la tensión del cable y las componentes de la
reacción en el apoyo A. Fig.9

Fig. 9
1m

F Í S I C A

cable
A
2m

36°
B

30 Kg.

Solución
El problema corresponde a un cuerpo en equilibrio estático, el apoyo A es fijo y
por lo tanto presenta dos reacciones. Como se ha indicado en los ejercicios
anteriores es muy conveniente realizar un diagrama de sólido rígido para
visualizar todas las fuerzas actuantes y aplicar las condiciones de equilibrio del
cuerpo rígido.

24


M E C Á N I C A

bT

bmg puntal
bmg cuerpo
A

R AX

36s

T

R AY
1m
36s
1,5m

B

mg cuerpo

= 294N

F Í S I C A

3m

mg puntal = 490N

Calculo de brazo de giro
En este caso cada uno delos brazos corresponde al cateto adyacente al
triangulo que pertenecen, luego cada uno de ellos queda determinado por la
multiplicación entre la hipotenusa correspondiente y el coseno del ángulo de36s,
es decir:
bT = 3m cos 36s 2,427 m (Brazo de giro de la tensión)

bmg puntal = 1,5m cos 36s 1,214m

bmg cuerpo = 1m cos 36s 0,809m

(Brazo de giro del peso del puntal)
(Brazo de giro del peso del cuerpo de 30kg)

Eligiendo el pivote en el punto A, se tiene que le tensión T produce torque
positivo (hace girar el puntal en contra del movimiento de los puntero del reloj)
mientras que el peso del cuerpo y el peso del puntal generan torque negativo
(hacen girar el puntal a favor del movimiento de los punteros del reloj).
Eligiendo comenzar con 2S condición de equilibrio, se tiene:

25


r

M E C Á N I C A

∑M

=0

, +

T bT − mg puntal b puntal − mg cuerpo bcuerpo = 0
Despejando la tensión resulta:

T=

mg puntal b puntal + mg cuerpo bcuerpo

bT
Reemplazando valores correspondientes a los pesos y brazos resulta:
T=

490 N 1,214m + 294 N 0,809m
2,427m

Multiplicado y sumando:

T=

F Í S I C A

A

832,706 Nm
2,427m

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

T = 343,101N
Conocido el valor de la tensión, es posible aplicar primera condición de equilibrio
para determinar las reacciones en el apoyo A.
1SCondición de equilibrio

∑F = 0

Eje x: (+ hacia la derecha)
La única fuerza en el eje x es R AX , por lo tanto:

R AX = 0

26


Eje y: (positivo hacia arriba)

F Í S I C A

M E C Á N I C A

R AY + T − mg puntal − mg cuerpo = 0
Despejando R AY resulta:
R AY = mg puntal + mg cuerpo − T
Reemplazando los valores numéricos se tiene:

R AY = 490 N + 294 N − 343,101N
Luego el valor de la reacción R AY es:

R AY = 440,899 N
Por lo tanto para el puntal de la figura anterior, la tensión tiene un valor de
343,101N y las componentes de la reacción en el apoyo A son R AX = 0 y
R AY = 440,899 N hacia la derecha.

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

A

4m

37°

Cable

40 kg

27


M E C Á N I C A
F Í S I C A

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

R Ax

A
2m
2m

R Ay
37s

mgViga = 19,6 N

B

T

mg Cuerpo = 392 N

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

r

∑M

A

=0

+

T 4m sen37s −392 N 4m cos 37s −19,6 N 2m cos 37s = 0
La ecuación permite despejar la tensión T , es decir:

392 N 4m cos 37s +19,6 N 2m cos 37 s
4m sen37s
Realizando primero las multiplicaciones luego la suma y finalmente la división
se obtiene el valor de la tensión, esto es:
T=

28


T = 533,207N

F Í S I C A

M E C Á N I C A

4m cos 37 s

2m cos 37
A
37s

2m

4m sen37 s
2m
37s

B

T

mg Viga = 19,6 N
mg Cuerpo = 392 N
Aplicando primera condición de equilibrio se obtendrán las reacciones en el
apoyo A.

r

∑F

x

=0

Observando el diagrama vectorial es fácil notar que las fuerzas del
eje x son R Ax y la tensión T , por lo tanto:

R Ax + T = 0
Despejando R Ax resulta:

R Ax = −T Es decir:
R Ax = −533,207 N
El signo negativo significa que es de sentido contrario al indicado en el
diagrama de cuerpo rígido, por lo tanto:
R Ax = 533,207 N

29


r
Fy = 0
∑

M E C Á N I C A

R
Las fuerzas deleje y son Ay , el peso de la viga y el peso del
cuerpo que pende del extremo B, por lo tanto:
R Ay − 196 N − 392 N = 0
Despejando y sumando resulta:

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

R Ay = 588 N

F Í S I C A

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

r
ˆ
R A = 533,207i + 588 ˆ N
j
La magnitud de la reacción en A es:
r
RA =

(533,207 )2 + (588)2

N

Elevando al cuadrado, sumando y sacando raíz cuadrada se tiene:
r
R A = 793,759 N

Recordar que la dirección de una fuerza del plano se obtiene aplicando
r
R Ay
−1
α = tag ( r )
R Ax es decir:
aŽ› 588 N aŽž
α = tag −1 aŽœ
aŽŸ
aŽ 533,207 N aŽ  Lo que da un ángulo (dirección) igual a:

α = 47,798s

30


F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

F

O

0

2,2m

Solución:
En este caso el sistema en equilibrio se compone de dos cuerpos, una palanca y
un sistema de poleas (fija y móvil), por lo tanto se deben trabajar por separados,
esto implica realizar dos diagramas vectoriales, uno para la palanca y otro para
el sistema de poleas.

31


M E C Á N I C A

Diagrama de fuerzas

Polea

FF

F Í S I C A

F

F

Polea

TPolea

mg Cuerpo = 1176 N
TPolea

O

0,3
1,1

mg Barra = 58,8 N
2,2

32


M E C Á N I C A

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

∑M

O

=0

+

T 2,2m − 1176 N 0,3m − 58,8 N 1,1m = 0
Multiplicando:

T 2,2m − 352,8 Nm − 64,68 Nm = 0
Reuniendo términos semejantes:

F Í S I C A

T 2,2m − 417,48 Nm = 0
Despejando T se obtiene:
T=

417,48 Nm
2,2m

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

T = 189,764 N
Ahora como se conoce el valor de la fuerza T , se trabaja en polea móvil
aplicando primera condición de equilibrio, es decir:
F + F −T = 0

F

F

Reuniendo términos semejantes:
2F − T = 0

Polea móvil

Despejando F
TPolea
33


F Í S I C A

M E C Á N I C A

F=

T
2

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

F = 94,882 N
OBSERVACIÓN:
No es necesario trabajar en polea fija debido a que enella actúa la misma fuerza
F (no olvidar que la polea fija sirve sólo para cambiar la dirección de una fuerza)

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

40s

60 cm

A

24 cm

34


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Solución:
En este caso la solución del problema se simplifica si se descompone la fuerza
de 34 N en sus componentes rectangulares x e y para posteriormente hacer una
sumatoria de momentos respecto al apoyo A. (ver figura)
F = 34 N

Fy = 34 N sen40s
B

40s

Fx = 34 N cos 40s

60 cm

A

24 cm

Observando el diagrama es fácil notar que ambas componentes x e y de la
fuerza de 34 N realizan torque positivo ya que hacen girar la palanca en sentido
contrario al movimiento de los punteros del reloj, por lo tanto:
r
r
M = ∑ M =34 N sen40s 0,24m + 34 N cos 40s 0,6m

Multiplicando y sumando se obtiene:

r
M = 20,872 Nm

35


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Problemas propuestos – Torque y Momentos de Inercia

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

polea despreciable

m1= 1 kg

m2 = 2 kg

Problema 2
Para el sistema de la figura calcule la aceleración y el torque, dado m1 = 2 kg, m2
= 3 kg, R =0,3 m y el coeficiente de roce cinético es
μ = 0,3.
Problema 3
Un peso de 50,0 N se une al extremo libre de una cuerda ligera enrollada
alrededor de una polea de 0,250 m de radio y 3,00 kg de masa. La polea puede
girar libremente en un plano vertical en torno del eje horizontal que pasa por su
centro. El peso se libera 6 m sobre el piso. (a) Determine la tensión en la
cuerda, la aceleración de la masa y la velocidad con la cual el peso golpea el
piso. (b) Determine la velocidad calculada en (a) empleando principio de
conservación de la energía.
Problema 4
La rueda de la figura es un disco sólido de M = 2 kg, R = 30,0 cm e I = 0,0900
kg m2. El objeto suspendido tiene una masa m = 0,500 kg. Encuentre la tensión
en la cuerda y la aceleración angular de la rueda.

36


M E C Á N I C A

R

m

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

37°

2,0 m

20°

F Í S I C A

M

20°

F = 100 [N]

pivote

37


M E C Á N I C A
F Í S I C A

Problema 6
Un motor eléctrico puede acelerar una rueda de la fortuna de momento de
inercia I = 20000 kg m2 a partir del reposo hasta 10 rpm en 12 s. Determine, (a)
el momento de torsión generado por el motor para llevar la rueda hasta 10 rpm
(b) Lapotencia necesaria para mantener esta velocidad angular.

Problema 7
Un disco con momento de inercia I1 = 100 kg m2 está girando con velocidad
angular ω = 12 rev/s alrededor de un eje sin rozamiento. Cae sobre otro disco
con momento de inercia I2 = 80 kg m2 inicialmente en reposo sobre el mismo eje.
Debido al rozamiento superficial entre los discos, finalmente se mueven con una
velocidad angular común. Determinar la velocidad angular común.

ω = 12 [rev/s
I1

ω=?

I2

38


0,7 m

800 [N]

200 [N]
0,6 m

0,8 m

Problema 9
Calcular el torque al que se encuentra sometida la palanca de la figura.

45°

F Í S I C A

F

20°

M E C Á N I C A

Problema 8
Para la figura indicada, se pide calcular la fuerza necesaria para lograr el
equilibrio rotacional. Despreciar el peso propio de las barras y polea.

16 c
12
c

40 [N]

m

m
60
°

18 [N]

39


M E C Á N I C A

Solución a problemas propuestos

Solución problema 1
En primer lugar se dibujará un diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo:
Y

Y

N

T

T
X

X
a

W = m1g= 9,8 [N]

F Í S I C A

W = m2g = 19,6 [N]

Análisis para el cilindro:
El cilindro pude girar respecto de su periferia por lo tanto corresponde a
un sólido rígido y en el se puede aplicar la segunda ley de Newton, es decir:
r
r
∑F = m a
Eje X
T = m1 a
T = 1(kg ) a

(1)

Calculando torquerespecto al punto de contacto con la superficie, se tiene:
M = T 2R

(2)

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

40


r

∑F = m

2

r
a

F Í S I C A

M E C Á N I C A

T − m 2 g = −m 2 a despejando T
T = m2 g − m2 a

reemplazando valores

T = 19,6[N ] − 2[ kg ] a

(3)

Igualando las ecuaciones (1) y (3) se obtiene:
1(kg ) a = 19,6[ N ] − 2[kg ] a

3[kg ] a = 19,6[ N ]
a=

19,6[ N ]
3[kg ]

a = 6,533[m / s 2 ]

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

T = 1[ kg ] 6,533[ m / s 2 ]
T = 6,533[N ]

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

M = T 2R
M = 6,533[ N ] 0,2[m]
M = 2,6132[ N m]

41


F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

•
•

La segunda ley de Newton.
Concepto torque o momento.

Análisis para el cilindro:
Diagrama de cuerpo libre
Y
N
T
X
f
W = m1g= 19,6 [N]

Aplicando segunda ley de Newton y según diagrama:

Eje X
T − f = m1 a
T − μ N = m 1 a pero N = m 1g
T − μ m1 g = m1 adespejando T

T = μ m1 g + m1 a

Reemplazando valores resulta:
T = 0,3 19 ,6[ N ] + 2[ kg ] a
T = 5,88[ N ] + 2[ kg ] a

(1)

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

M = T 2R

(2)

42


F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

T

X
a

W = m2g = 29,4 [N]

T − m 2 g = −m 2 a despejando T
T = m2g − m2 a

reemplazando valores

T = 29,4[N ] − 3[ kg ] a

(3)

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

5,88[N ] + 2[ kg ] a = 29,4[N ] − 3[ kg ] a
2[ kg ] a + 3[ kg ] a = 29,4[N ] − 5,88[N ]
5[ kg ] a = 23,52[N ]
a=

23,52[N ]
5[ kg ]

a = 4,704[ m / s 2 ]
Reemplazando a = 4,704 [m/s2] en la ecuación (1) o en (3) se obtiene el valor
de la tensión T, es decir:
T = 2[ kg ] 4,704[ m / s 2 ] + 5,88[N ]
T = 15,288[N ]

tensión de la cuerda

43


Reemplazando ahora el valor de la tensión T = 15,288 [N] en la ecuación (2) se
obtiene el torque, es decir:
M = 15,288[ N ] 0,3[m]
M = 9,172[ N m]

torqu producido en el cilindro
e

Solución (a) Problema 3
El enunciado anterior se pude representar en el siguiente esquema:

α

M = 3 kg

,25 m
R=0

F Í S I C A

M E C Á N I C AM = T 2R

V0 = 0

6m

W = 50 N

Análisis de la polea:
Diagrama de cuerpo libre:

α
R
a
T

44


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

F Í S I C A

M E C Á N I C A

T R = I T R =

T =

pero I =

M R2
consideran do a la polea como un disco
2

M R2
α simplifica ndo por R
2

M R
α
2

(1)

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

T

a
W = 50 [N]

Aplicando segunda ley de Newton, se tiene:
T − m g = −m a
pero a = α R por lo tanto
T − m g = −m R
T = m g − m R

(2)

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

45


M R
/ α = m g − m R
2
M R α = 2m g − 2m R

M E C Á N I C A

M R α + 2m R = m g

R (M + 2m ) = 2mg

α=

despejando α

2mg
R (M + 2 m )

Como:

mg = 50[ N ]
50[ N ]
m=
9,8[m / s 2 ]
m = 5,102[kg ]

Reemplazando valores numéricos resulta:

α=

F Í S I C A

factorizando por αR

2 50[N]
0,25[m] (3[kg ] + 2 5,102[kg ])

α =

100[kg m / s 2 ]
0,25[m] 13,204[kg ]

α = 30,294[rad / s 2 ]

Aceleración angular de la polea

Como a = α R, entonces:
a = 30,294[ rad / s 2 ] 0.25[ m ]

a = 7,573[ m / s 2 ]
Como T =

Ace leración lineal del cuerpo de 50 [N]

M R
α , entonces:
2
3[ kg } 0,25[ m ]
T=
30,294[ rad / s 2 ]
2 T = 11,360[N ]

Tensión de la cuerda

Aplicando ecuaciones de cinemática se determina la velocidad del cuerpo al
chocar al suelo, es decir:
46


v 2 − v0
pero v 0 = 0
2 a
v2
d =
2 a
2
v = 2 a d
2

v = 2 a d
Reemplazando valores numéricos, se obtiene:

v = 2 7,573[m / s 2 ] 6[m]
v = 90,876[m 2 / s 2 ]
v = 9,533[m / s ]

Velocidad con que el cuerpo choca con el piso

F Í S I C A

M E C Á N I C A

d=

47


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Solución Problema 4
Análisis de polea:
Diagrama de cuerpo libre:
α
R

T

Aplicando la ecuación fundamental de la dinámica de rotación, se tiene:
M = I α

pero M = T R por lo tanto

T R = I T =

I α
R

(1)

Análisis cuerpo de masa m:
Diagrama de cuerpo libre:
T

a

m = 0,5 [kg]
W = mg

Aplicando segunda ley de Newton resulta.

48


pero a = α R

T − m g = −m a

F Í S I C A

M E C Á N I C A

T − m g = −m R despejando T
T = m g − m R

(2)

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

I α
= m g − m R / R
R
I α = m g R − m R 2

I α + m R 2 = m g R

factorizando por α

α I + m R2 = m g R

despejando α

(

α =

)

m g R
I + m R2

(

)

α =

0,5[ kg ] 9,8[ m / s 2 ] 0,3[ m ]
0,09[ kgm 2 ] + 0,5[ kg ] 0,3 2 [ m 2 ]

α =

1,47[ kg m 2 / s 2 ]
0,135[kg m 2 ]

α = 10,889[ rad / s 2 ]

Ace leración angular del disco

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

I α
R
0,09[ kg m 2 ] 10,889[ rad / s 2 ]
T =
0,3[ m ]
T =

T = 3,267[N ]

49


37°

F = 100 [N]

pivote

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

Y

F=
20°

,0 m
r=2

37°

F Í S I C A

20°

2,0 m

20°

M E C Á N I C A

Solución: Problema 5

10
0[

N]
X

De acuerdo a la información, el momento τ es posible determinarlo aplicando
directamente su definición, es decir:
r r
M = r×F

ˆ
i

ˆ
j

ˆ
k

τ = rx

ry

rz

Fx

Fy

Fz

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

50


ry = rsen20°

Y

,0
r=2

m

rx = r cos20°

X

r x = r cos 20° = 2[ m ] cos 20°
r x = 1,8794[ m ] ≈ 1,88[ m ]
r y = r sen 20° = 2[ m ] sen 20°
r y = 0,6840[ m ] ≈ 0,68[ m ]

r
Componentes rectangulares del vector fuerza F :

Y

37°

F x = Fcos323°

F x = Fcos323°

F Í S I C A

M E C Á N I C A

r
Componentes rectangulares del vector posición r :

F=

X
10
0[
N]

51


F Í S I C A

M E C Á N I C A

Fx = F cos 323° = 100[N ] cos 323°
Fx = 79,864[N ]
Fy = F sen 323° = 100[N ] sen 323°
Fy = −60,182[N ]

r rConocidas las componentes rectangulares de los vectores r y F se pueden
ingresar al determinante y resolver, es decir:
ˆ
i
M = 1,88

ˆ
j
0,68

ˆ
k

0 [N m]

79,86 − 60,18 0
ˆ
ˆ
j
M = (0 − 0)i − (0 − 0 ) ˆ + (1,88 0.68)k[ Nm]
ˆ
M = −167,443k

el signo menos indica sentido horario

52


M E C Á N I C A

Solución Problema 6
Datos:
ω0 = 0
ω = 10 rpm
t = 12 s
I = 20000 kg m2

En primer lugar transformaremos la velocidad angular de [rpm] a [rad/s].
aŽt 2π (rad ) aŽ€
ω = 10[ rpm ] = 10 aŽ¢
aŽ¥ = 1,047[ rad / s ]
aŽ£ 60(s ) aŽŠ

F Í S I C A

Cálculo del momento de torsión o torque:
Por definición se tiene que:
M = I α

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

ω = ω 0 + α t despejando α
t
ω − ω0

= α pero ω 0 = 0
t



ω
t

=α

Reemplazando valores numéricos resulta:
1,047[ rad / s ]
α=
12[ s ]

α = 0,0873[ rad / s 2 ]

53


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

M E C Á N I C A

M = I M = 20.000[kg ] 0.0873[rad / s 2 ]
M = 1.745,329[ N m]

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

P = M P = 1745,329[ Nm] 1,047[rad / s ]

F Í S I C A

P = 1827,359[W ] = 2,449[ Hp]Solución problema 7
ω = 12 [rev/s]
I1

ω=?

I2

54


F Í S I C A

M E C Á N I C A

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

L inicial = Lfinal
Como L= Iω, se tiene:
L inicial = Lfinal

′ ′
L1 + L2 = L1 + L2
I1 ω 1 = I1 ω + I 2 ω
Donde, ω1= velocidad angular del disco 1
ω= velocidad angular común para los dos discos
I1 ω 1 = (I1 + I 2 ) ω despejando ω


I1 ω 1
= ω reemplazando valores
(I1 + I 2 )



100[kg m 2 ] 12[ rev / s ]
=ω
100[ kg m 2 ] + 80[ kg m 2 ]

ω =

1200[ kgm 2 rev / s ]
180[ kgm 2 ]

ω = 6,67[ rev / s ]

Velocidad angular común de los discos

55


r

(1) ∑ M = 0
r

(2) ∑ F = 0

(para sistema de palanca)
(para sistema de poleas)

Diagrama de palanca:

T
0,7 m

20°

M E C Á N I C A

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

F Í S I C A

200 [N]
0,6 m

0,8 m

800 [N]

Según el diagrama, se tiene:
r

∑M = 0
800[N ] 1,4[ m ] − T 0,8[ m ] − 200[N ] 0,7[ m ] cos 20° = 0
800[N ] 1,4[ m ] − 200[N ] 0,7[ m ] cos 20° = T 0,8[ m ]


800[N ] 1,4[ m ] − 200[N ] 0,7[ m ] cos 20°
=T
0,8[ m ]

T = 1.235,554[N ]

Diagrama para poleas:56


F Í S I C A

M E C Á N I C A

F
F

F

F

T=1.235,554 [N]

Para el diagrama anterior se cumple que:
r

∑F = 0
2F − T = 0
2F = T despejando F
T
reempalzando valores
F =
2
1.235,554[N]
F=
2
F = 617,777[N ]

57


45°

M E C Á N I C A

Solución problema 9
Diagrama de fuerzas:

r=

40 [N]

60
°

12
cm

6 cm
r=1

18 [N]

F Í S I C A

Aplicando la definición de torque o momento, el momento resultante respecto al
pivote es:
M = r F senθ
M = 0,12[ m ] 40[N ] sen 45° − 0,16[ m ] 18[N ] sen 60°
M = 3,394[Nm ] − 2,494[Nm ]
M = 0,899[Nm ]

sentido antihorario

58


F Í S I C A

M E C Á N I C A

BIBLIOGRAFÍA
- Paúl E. Tippens

- Física, Conceptos y Aplicaciones
Mc Gaw Hill, Quinta Edición, 1996

- Halliday – Resnick – Krane

- Física , Vol. 1
CECSA, 4S Edición 1999

- Raymond A. Serway

- Física, Tomo I
Mc Gaw Hill, 4S Edición 1999

- Sears – Zemansky - Young - Freedman

- Física Universitaria, Vol. 1
Ed. Pearson, 9S Edición 1996

- Frederick Bueche

- Fundamentos de Física, Tomo I

- F. Beer – R. Johnston

- Mecánica Vectorial para Ingenieros.
Dinámica
Mc Gaw Hill, 6S Edición. 2000

- M. Alonso – E Finn

Física
Addison Wesley, 1995

- Alvaro Pinzon

- Física I. Conceptos fundamentales y su
aplicación.
Colección Harper

- Guías de INACAP

59