Torque, centro demasa y momentoangularIntroduccin a la MecnicaNelson Zamorano HoleFacultad de Ciencias Fsicas y MatemticasUniversidad de ChileIntroduccin a la MecnicaNelson Zamorano HoleFacultad de Ciencias Fsicas y MatemticasUniversidad de ChileVIIndicegeneralVI.TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULAR 253VI.1. TORQUE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .253VI.1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .253VI.2. DEFINICION DE TORQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .254VI.2.1. Denicion de producto vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . .255VI.2.2. Algebra del producto vectorial (o producto cruz). . . . . . . . . . .258VI.3. ESTATICA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .259VI.3.1. Ecuaciones de la estatica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .262VI.4. VIGAS Y ESTRUCTURAS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .268VI.5. CENTRO DE MASA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .276VI.5.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .276VI.5.2. Localizacion del centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .278VI.5.3. Movimiento del centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .285VI.6. MOMENTO ANGULAR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .295VI.6.1. Denicion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .295VI.6.2. Momento de inercia de una barra. . . . . . . . . . . . . . . . . . .299VI.6.3. Torque y aceleracion angular. Rotacion con respecto a un eje jo .303VI.7. TEOREMA DE STEINER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .316VI.7.1. Momento de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .316VI.7.2. Momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .317VI.8. ENERGIA CINETICA DE ROTACION. . . . . . . . . . . . . . . . . . .322VI.9. ROTACION EN TORNO A UN PUNTO . . . . . . . . . . . . . . . . . .329VI.10. EJERCICIOS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .330251CaptuloVITORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARVI.1. TORQUEVI.1.1. IntroduccionAl resolver un problema comenzamos por hacer un diagrama de cuerpo libre de laspartes del sistema y a continuacion aplicamos la segunda ley de Newton a cada una deellas. En esta operacion, tacitamente estamos considerando cada una de esas partes comouna partcula puntual: todas las fuerzas se dibujan alrededor de un punto, al sumarlas seobtiene la fuerza resultante y luego, usando la segunda ley de Newton podemos predecirel movimiento resultante.La geometra de cada una de las partes del cuerpo, ya sea un bloque, una cu na o unapolea, interviene solo para especicar la direccion de la fuerza de accion y reaccion entrelas distintas partes.De acuerdo a la receta anterior, si la suma de las fuerzas es nula, no hay aceleraciony los cuerpos (puntos) permanecen con velocidad constante o en reposo.Obviamentelaspartculaspuntualesconstituyenunaprimeraaproximacionapro-blemas mas reales: los cuerpos no son puntos y pueden, por ejemplo, rotar en torno a smismos.Paraestudiarelorigendelarotaciondeuncuerporgido,debemosconsiderarlasfuerzas que intervienen y los puntos donde cada una de ellas act ua. Este par: la fuerzay el vector posicion del punto donde se aplica la fuerza, da origen a otro vector que sedenomina torque.Para evaluar la rotacion de un cuerpo se dene el vector momento angular. Para unapartcula este vector esta asociado a su posicion r, y a su momentum p. Para un cuerpo253254 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARsolido, se obtiene como la suma del momento angular de cada una de sus partculas quelo componen.Los valores asociados conel torqueyel momentoangular, dependensalvounaexcepcion: el caso estatico del origen de coordenadas elegido. El momento angular es elequivalente del momentum lineal p.El movimiento mas general de un cuerpo rgido esta compuesto de una rotacion y unatraslacion. En los parrafos anteriores, introdujimos la rotacion. La traslacion reduce elcuerpo a un punto denominado centro de masa y concentra en el, las fuerzas externas.El centro de masa es un punto matematico que, para el efecto de las leyes de Newton,representaalcuerporealyesellugardondeseconcentrantodaslasfuerzasexternas.Como se ha trabajado hasta ahora es, precisamente, de esa forma: considerando todoslos cuerpos como puntos materiales y aplicando sobre estos puntos las leyes de Newton.En este captulo no se introducen nuevas leyes fsicas con el objeto de dar cuenta dela rotacion que experimentan los cuerpos. No es necesario. Basta con denir una nuevaoperacion matematica entre vectores y aplicarla a las mismas leyes fsicas ya conocidas.En el caso de la rotacion de un cuerpo en torno a un eje jo, el torque se relacionacon la aceleracion angular a traves de una ecuacion similar a la segunda ley de Newton.Aqu nosreferiremosexclusivamentealasrotacionesentornoauneje.Solodedi-caremos un parrafo a la rotacion de un cuerpo rgido en torno a un punto. Esta es unamateria que requiere mas herramientas matematicas y por lo tanto no se incluyo en estecurso.Para introducir el torque, necesitamos denir una operacion entre dos vectores lla-mada producto vectorial. Este es el tema de la siguiente seccion.VI.2. DEFINICIONDETORQUELasmanillasdeunapuertaestansiemprealejadasdelosgoznes. Porejemplo, alcerrarunapuertaporlivianaque estasea,silaempujamosdeunpuntodemasiadocercano al eje de giro, el esfuerzo que es necesario desarrollar es notorio.VI.2. DEFINICIONDETORQUE 255Otrasituacionsimilaresladeunamonedaquehacemosgirarrapida-mente cuando le aplicamos en formasimetricaunpar defuerzas enlosbordes. Enestecaso, si noshemospreocupadode aplicar dos fuerzasiguales en magnitud y direccion perode sentidos opuestos sobre el bordedelamoneda, estarotaraentornoa un eje imaginario que atraviesa elcuerpo.En estas operaciones intervinieron la fuerza aplicada y su brazo de accion: distanciaentre el punto de aplicacion y el eje de giro, que son los dos parametros que contiene elconcepto de torque.Cuando existe un par de fuerzas que act uan sobre puntos distintos de un solido rgido(que no sufre deformacion), existe lo que se denomina un torque y su efecto genera unaaceleracion angular sobre el cuerpo.El torqueconrespectoaunorigenarbitrarioO, esel productovectorial entreel vectorposicionqueuneel puntodereferenciaOconelpuntoPylafuerza

F: r F(VI.1)VI.2.1. DeniciondeproductovectorialEl producto vectorial es una operacion matematica que se designaporelsmbolo yqueasociaaunpardevectores ay b,untercervector c,a

b c paratodovector a,

b.256 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARA continuacion denimos la direccion, el modulo y el sentido de estenuevovectorgeneradopor ay c.Direccion:(a

b ) es un vector perpendicular al plano formado por los vectoresay b.Magnitud:Es el producto de las magnitudes de ambos vectores, multiplicadoasuvez,porelsenodelangulomaspeque noqueellosforman:|a

b | = |a| |

b |sen . (VI.2)Donde: es el angulo mas peque no que forman a y

b.Figura VI.1: Se indica la direccion y sentido del vector que representa el producto vec-torial de los vectores a y

b. Sentido del vector (a

b ):Use la regla de la mano derecha, empu ne la mano y estire el dedo pulgar. El anguloes el angulo mas peque no que va desde a hacia b, y esta debe ser la direccion en queapuntan los dedos empu nados. En esta posicion, el pulgar indica la direccion y sentidodel vector a

b.VI.2. DEFINICIONDETORQUE 257Figura VI.2: Uso de la regla de la mano derecha. Es una convencion usada frecuentementey por lo tanto conviene no olvidar. Entre sus aplicaciones permite asociar un vector a lavelocidad angular.NotaLadirecciondelanguloen a

bsetomasiemprepartiendodesdeel primer vector (a ) hacia el segundo (

b ). El orden es importante enestadenicion. Denicionde y .Siempre trabajaremos con la situacion mas simple: rotacion de un cuerpo en tornoa un eje. En este caso nos basta denir un vector unitario cuya direccion sea normal alplano del papel y cuyo sentido identicamos a continuacion:

Entrandoenelpapel.

Saliendodelpapel.Figura VI.3: Denicion de los vectores y .Ejemplo258 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARCalcular c =a

b.Los vectores a y

b, se ubican en el plano, entonces:c = |a| |

b |sen

.Si tomamos otro par de vectores, como p yq de la Figura, entonces:

t = | p | |q |sen _.

,

indicanlosdossentidosposiblesenladireccionperpendicularal planodelpapel. Es la unica informacion que necesitaremos en este caso.Lanotacionanteriorrepresentaunaechaque, si apuntahaciael papel tomalaformadelacoladeunaecha, . Porotraparte, el vectorsaliendodel papel hacianosotros se designa como , y representa la punta de la echa.Note que:

= _. (VI.3)VI.2.2. Algebradelproductovectorial(oproductocruz).Asociatividad.Dados tres vectores, a,

b, c, entonces se cumple que:(a +

b) c =a c +

b c. (VI.4)El algebra anticonmuta. En otras palabras: el orden de los terminos en el producto esimportante:a

b =

b a. (VI.5)Una supercie plana se puede asociar con un vector generado precisamente a travesdelproductovectorial.Imaginemosunromboidepeque nodeltama nodeuna moneda,esta supercie puede ser representada por un vector perpendicular a ella. Con esta deni-cion ya conocemos la direccion del vector, su sentido es arbitrario y lo denimos al naldeestaseccion.Lamagnituddeestevectorestadeterminadaporelvalordelareadelasupercie. Estevalorestadadoporlamagnituddel productovectorial delosdosvectores que limitan el romboide (como es el caso de la Figura).VI.3. ESTATICA 259Es decir, el area del romboide de la Figura es:Area = |a| |

b |sen .El area de un elemento de supercie puede ser representado por un vector, cuya direccionindica la orientacion de la supercie en el espacio y su magnitud nos da el valor del area:Area a

b.De la regla de la mano derecha se desprende que, al elegir el orden de los vectores a y

b, estamos deniendo automaticamente el sentido del vector que representa la supercie.FiguraVI.4:Encadaunadelassuperciessehadibujadounromboideelemental.Elvector que lo identica lo hace dando solamente el punto P de la supercie y el vectorperpendicular que lo representa.En el caso de una supercie curva como la de una esfera o un elipsoide, siempre sepuede descomponer en elementos de area muy peque nos (innitesimales) de forma quelasuperciequedaarmadamedianteunconjuntodeescamas(otejas)ycadaunadeellas se puede representar de la forma denida anteriormente.VI.3. ESTATICAEsta es la primera aplicacion del concepto de torque que estudiaremos. La estaticase concentra en el estudio de cuerpos (objetos con dimensiones nitas), que permanecen260 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARen equilibrio bajo la accion de fuerzas externas aplicadas en distintos puntos. Por equi-librio entendemos cuerpos que no rotan ni se trasladan. Estos incluyen principalmenteestructuras jas como puentes, edicios, gr uas...etc.Comenzamos deniendo lo que entendemos por traslacion y rotacion.TraslacionyRotacionTraslacion:Existetraslacionpurasitodosycadaunodelospuntosdeuncuerporgido experimentan el mismo desplazamiento.Si el desplazamiento de cada uno de los puntos del cuerpo que permanece sin defor-marse es diferente, el movimiento se puede considerar como una superposicion de unaRotacion y una Traslacion.Si el Torque, = r

F, ejercido por todas las fuerzas que act uan sobre un objeto conrespecto a un punto dado, es nulo, el cuerpo no rota o permanece rotando con velocidadangular constante si lo estaba inicialmente.FiguraVI.5:LabarraABexperimentasolounatraslacion:cadaunodesuspuntossedesplazalamismacantidad. LabarraPQexperimentaunatraslacionyunarotacionsimultaneamente.Conestadenicioniniciamosel estudiodel movimientodeloscuerposrgidos, te-niendo en consideracion sus dimensiones espaciales. Si el cuerpo se reduce a un punto,ni el torque ni la rotacion estan denidos, y por lo tanto no existen.El Torque esta asociado a la aceleracion angular de un cuerpo. Enunpuntomaterial,notienesentidohablarderotacionnitorque.Siun cuerpo extendido tiene aplicadas varias fuerzas y no experimentarotacionalguna,entonceseltorquenetodeestasfuerzasesnulo.VI.3. ESTATICA 261EjemploLabarradelaFiguraestaunidargidamentealasdosruedas. Ladistanciaentreejes de estas ruedas permanece constante. Se pregunta si la barra realiza un movimientode rotacion neto o un movimiento de traslacion.Labarraque une ambas ruedas,experimentaunatraslacionpura,de acuerdo a nuestra denicion,puesto que cada uno de sus puntossufre el mismo desplazamiento.2EjemploEstudiemoselequilibriodedosmasasMy m unidas por una barra muy liviana (sinmasa) de largoy pivoteada en alg un pun-to entre ellas de forma que el sistema per-manezca en equilibrio.Encontrar el valor dea yb, de forma quelas partculas permanezcan en equilibrio.(Supongaquelasdosmasas Mym, secomportan como masas puntuales concen-tradas en el centro de la esfera).Por equilibrio entendemos que no existe movimiento: ni traslacion, ni rotacion, porlo tanto, en la direccion vertical, se cumple que:a = 0 =

F= 0, (VI.6)N = (M +m)g. (VI.7)Sabemos quesi ubicamos el puntodeapoyoenunlugar arbitrariodelabarra,volcara hacia uno de los lados. Volcar signica adquirir una velocidad angular. Para queesto no suceda el torque tambien debe ser cero. Elegimos como origen de coordenadasel punto de apoyo y con respecto a el, calculamos el torque generado por las masasMym.262 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARM=

b Mg = b M g_m =a mg = a mg

= 0 =0 = M +m= [b M g a mg] _Como la suma de los torques debe ser nula, para que no exista rotacion, entonces:b M= am, (1)pero el largo de la barra es:a +b = . (2)Tenemos dos ecuaciones y dos incognitas y por lo tanto podemos resolver el problema.Su resultado es:b =mM +m , (VI.8)a =MM +m . (VI.9)De esta forma, si ubicamos el pivote a una distancia a de la masa mas peque na, la barrapermanecera en equilibrio.VI.3.1. EcuacionesdelaestaticaUncuerpopermaneceenreposo(sintraslacionnirotacion),silasumadeltotaldelasfuerzasytorquesqueact uansobreel,seanulan.En estatica, el torque puede ser evaluado con respecto a un origenarbitrariodecoordenadasynocambiasuvalor.Endosdimensiones, laestaticaproporcionatresecuaciones: dosdeellasprovienendelasecuacionesdeNewtonylaotradelaanu-laciondeltorque.VI.3. ESTATICA 263

F = 0 (VI.10)

= 0 (VI.11)Torqueconrespectoaunpuntoarbitrario.AcontinuaciondemostramosqueenEs-taticaelvalorobtenidoparaeltorqueesindependiente del punto que se tome comoorigen de coordenadas.EnlaFiguraapareceunconjuntodefuerzasarbitrarias

F1,...

Fi,...

Fn, queact uansobre una gura con forma de ri non que representa al cuerpo rgido. Existen dos puntos:OyP, con respecto a los cuales tomaremos torque. Los vectores que unen el punto dereferencia conlasrespectivasfuerzas,sedesignanconprimasiprovienen delpuntoP,por ejemplo,ri

. Los vectores sin prima,ri, estan denidos teniendo al puntoOcomosu origen.AlcalculareltorquetotaldelasfuerzasconrespectoalpuntoO,comprobaremosque toma el mismo valor que al repetir la operacion pero ahora con respecto al punto P.Como ambos puntos: O y P, son arbitrarios, concluiremos que el valor del torque enestatica, es independiente del punto que se tome como referencia.A continuacion realizamos los calculos explcitamente.Como el cuerpo esta en equilibrio, el torque total

, evaluado con respecto al puntoO es:

N

i=1ri

Fi = 0,264 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARusando la igualdad ri =OP+ri

, obtenemos:

=N

i=1(OP+ri

)

Fi,como el producto vectorial es asociativo, tenemos:=N

i=1OP

Fi +N

i=1ri

Fipero:N

i=1OP

Fi=OP

F1+OP

F2 +...+OP

Fn,entonces:N

i=1OP

Fi=OP _N

i=1

Fi_,reemplazando este resultado en la ecuacion original:

=OP _N

i=1

Fi_+N

i=1ri

Fi,como la estatica se caracteriza por:N

i=1

Fi = 0,=OP

0 +N

i=1ri

Fi

O=N

i=1ri

Fi=

P(VI.12)Conclumosqueenestatica, podemostomartorqueconrespectoal punto que mas nos convenga: aquel que produzca la expresion massimpleoqueentreguemayorinformacionacercadelamagnituddelafuerzaquebuscamos. El valordel torque, comosedemostro, nodependedelorigenescogido.VI.3. ESTATICA 265EjemploCual es el valor mnimo del coeciente de roce estatico para que la escalera de laFigura no resbale sobre el piso?Conocemos el largo de la escaleraL, sabemos que el pintor se ubica a una distanciasdelsueloyquetieneunamasaM.Despreciamoslamasadelaescaleracomparadacon la masa del pintor. El angulo que forma la escalera con el piso es 60.Consideramoslaparedcomounasuperciesinroce.Elroceenelpisoesel unicorelevante para el equilibrio de la escalera.Recordemos que:sen 30 = 1/2, cos 30 = 3/2,sen 60 = 3/2, sen(90 +60) = cos 60 = 1/2.Si nohayroceenel piso, sepuededemostrar(Ejercicio)quenohayposibilidaddealcanzarequilibrio. Nadie, ensusanojuicio, poneunaescaleraenunpisorecienencerado.Con el objeto de simplicar los calculos, se desestima el roce generado entre la escaleray la muralla.A partir del diagrama de cuerpo libre que se incluye y usando las ecuaciones [VI.10]y [VI.11], obtenemos:Figura VI.6: Escalera apoyada en una muralla sin roce. Se incluye el diagrama de cuerpolibre de la escalera.

Fx= 0 = N +R = 0 (1)

Fy= 0 = N FG = 0 (FG Mg) (2)266 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULAREl torque con respecto al punto A es:rG

FG= s M g sen (90 + 60)

rG

FG= s M g cos 60

rR

R = LRsen 120_= LR cos 30_

= 0 = sMg cos 60 + LR cos 30 _Deesta ultimaecuacion, yrecordandoque: =

, obtenemosel valordelareaccion R:s M g = LR3 =R =s M gL3. (3)Introduciendo este valor en la ecuacion (1) obtenemos:N= R =s M gL3 ,y nalmente usando la ecuacion (2): N= FG = M g, encontramos el valor mnimo de : =sL 13Cualquier valor mayor para, es tambien una solucion posible.Comprobemos que este resultado contiene los casos extremos en los cuales se puedeintuir, atravesdelaexperiencia, larespuestacorrecta. Porejemplo, si s=0=nonecesita roce, puesto que el pintor se ubica justo en el piso.Si s = L = = 1/3, el valor del roce debe ser maximo, como es natural si elpintor se ubica en el ultimo pelda no de la escalera.Es interesante notar que el roce necesario para mantener en equilibrio la escalera nodepende de la masa del pintor. Si la escalera no resbala con un ni no encima, tampoco lohara con una persona de mayor masa. Lo que cambia son los valores de las reaccionessobre la pared y el piso. Como cambian estas ultimas armaciones si no despreciamosel roce entre la escala y la pared?EjercicioRepita el Ejemplo anterior suponiendo que la escalera forma un angulo con el piso.Encuentreel valordeenestecaso, yexamineloslmitesparadiversosvaloresdelangulo.Respuesta: = [s/L] tan.2VI.3. ESTATICA 267EjemploUntrozodemaderadebasecuadrada,lado2 aypesoW,descansasobreunpisocuyocoecientederoceestaticoese.Aunaalturahdelabaseseaplicaunafuerzahorizontal

P.Encontrar la condicion que debe cumplir el coeciente de roce estaticoe, para queel trozo de madera vuelque, sin deslizar, bajo el efecto de la fuerza

P.Figura VI.7: Tomando como origen el vertice A del bloque, aparecen dos torques: unogenerado por la fuerzaPy el otro debido al pesoWdel cuerpo. A la derecha se incluyeel diagrama de cuerpo libre correspondiente.Tomando torque con respecto al vertice A, y suponiendo (correctamente) que el pesoact ua justo en el centro del rectangulo que caracteriza a este objeto, tenemos:

(P +W) = P h W a = 0, para que el bloque este a punto de volcar,

Fhorizontales = 0 = P eW, cota para el valor maximo de

P.DespejandoPde ambas ecuaciones obtenemos:a/h < e. Esta es la condicion nece-saria para volcar el bloque. Al contrario, sie< a/h, el cuerpo comienza a deslizar sinvolcarse, porque el torque es nulo y la fuerza

Pes mayor que la fuerza de roce que se leopone.Podemos analizar este resultado: supongamos que a es muy peque no, en este caso esmuy difcil impedir que el bloque no vuelque, puesto que deslizara solo sie< a/h 0.Supongamos que se desea trasladar un armario una caja vertical cuyo alto es mayorque su ancho y mucho mayor que su fondo de un punto a otro dentro de una pieza. Unaformadehacerloesempujardesdeunpuntomuybajodelarmarioparaevitarquesetumbe. Esta estrategia corresponde a poner h muy peque no en nuestra solucion. En estecaso siempre ocurrira quee< a/h y el cuerpo un armario, en este caso deslizara sinvolcarse.268 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARPara nalizar, destaquemos que al tomar el punto A de la Figura como referencia paracalcular el torque simplicamos la solucion de este problema. La estrategia seguida fue lasiguiente: se penso primero que el cuerpo estaba a punto de comenzar a levantarse paraterminar posteriormente volcando puesto que ese es el caso crtico que nos interesabaeneseinstante, lafuerzadereacciondel pisosobreel bloqueseaplicabajustosobreel verticeA, el unicopuntodecontactoconel piso, demodoqueestareaccionnogenero torque alguno, al igual que la fuerza de friccion y, de esta manera, simplicamosla resolucion del ejemplo propuesto.2VI.4. VIGASYESTRUCTURASFiguraVI.8: Seincluyenvariostiposdeestructurassimples, isostaticas, quepuedenserresueltasbajolassuposicionesqueindicamosenel texto, conlasecuacionesdeestatica.LasestructurasdelaFigura[VI.8]sedenominanisostaticas,porquesepuedenre-solverusandosololasecuacionesdelaestatica.Secaracterizanporqueencadaunion(por ejemplo, A, B,...H, en la Figura [VI.8]) solo se transmiten fuerzas y no torques. Enestos casos tampoco consideramos las deformaciones de las estructuras.En el mundo real, las uniones transmiten fuerzas, torques y producen deformaciones;perolainclusiondetodas estas caractersticas correspondemas bienauncursoderesistencia de materiales, que a uno de introduccion a la fsica.Bajoestasconsideraciones,elmodelodeunpuentecorrespondealaestructuradela Figura [VI.11]. Los apoyos de un puente son diferentes en cada extremo y ambos sedescriben a continuacion.Una forma de apoyo (izquierda de la Figura [VI.11]) consiste en jar una rotula alpiso. Esteextremoestasoldadoal piso. Enel diagramadecuerpolibre[VI.10] sepa-ramosel piso(ofundacion)delaestructuraydebemosreemplazarlapordosfuerzasperpendiculares entre s. Una de las fuerzas impide que la estructura se deslice y la otraimpide que se hunda en el piso. Como esta rotula es ideal no transmite torque.VI.4. VIGASYESTRUCTURAS 269Figura VI.9: Los efectos de una union ideal (izquierda) y otra mas cercana a la realidad(derecha) son comparados en la Figura. En la union ideal solo se transmiten fuerzas. Enla version mas realista de la derecha se incluye el torque que genera la union.Otra posibilidad es permitir la dilatacion de la estructura su cambio de longitudpara ello se reemplaza la rotula por un par de rodillos sobre los cuales se apoya la viga[VI.10]. De esta forma se permite el deslizamiento en dicho extremo.En este tipo de soporte solo se ejerce una fuerza perpendicular al piso. Aqu se deses-tima la fuerza de roce que se genera entre las dos supercies al compararla con la fuerzanormal.Figura VI.10: Dos tipos de soporte de estructuras: uno jo al piso y el otro con rodillosquepermiteneldeslizamiento.Seincluyeeldiagramadecuerpolibredecadaunodeellos.Los puentes ferreos usualmente tienen este tipo de soporte en un extremo.Estasdosunionessonlasmasrecurrentesenestetipodeejemplos.Ambasapare-cen siempre de a pares en estructuras de mucha longitud, puesto que al dejar libre unextremo, permite la expansion o contraccion de los materiales debido a los cambios de270 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFiguraVI.11: Modelodelavigasoportadaensusextremosporunaunionjayotradeslizante. A la derecha se incluye el diagrama de cuerpo libre de la estructura.temperatura, evitando las deformaciones en la estructura. Ademas, como se se nalo an-teriormente, al incluirdospivotesjosencadaextremo, lasecuacionesdelaestatica[VI.10] y [VI.11], no proporcionan sucientes ecuaciones para resolver todas las incogni-tas que aparecen, el problema deja de ser isostatico y para resolverlo debemos analizarlas deformaciones del cuerpo para obtener de all las ecuaciones que faltan.Otra forma de jar un extremo de una es-tructura, es mediante un empotramiento.Enestecasosejasolounodelos ex-tremosdelaviga. Estaconguracionsedenomina viga empotrada.En el diagrama de cuerpo libre correspon-dienteaestecaso,sedebereemplazarlamuralla por un torque y una fuerza verti-cal que se aplican sobre la viga.Resolvamos el siguiente ejemplo haciendo uso de las leyes de Newton y de las propie-dades de las uniones respectivas en los extremos. Es notable que en esta primera apro-ximacion al estudio de estructuras, no necesitamos mayores herramientas para obtenerinformacion relevante acerca de su comportamiento.EjemploUnmodelomasprimitivodelaestructuradeunpuentesereproduceenlaFiguraque se acompa na. Sobre el punto medio de la viga, cuyo peso es despreciable, act ua unafuerza externaW.Calcular las reacciones en los extremos de la viga, los esfuerzos de corte y el torqueque soporta la viga en cada uno de sus puntos.Comolaestructuraes rgidaentonces, por simetraR1=R2=W/2. Podemosobtener este resultado si, por ejemplo, calculamos el torque tomando el punto medio deVI.4. VIGASYESTRUCTURAS 271la barra como origen. Recordemos que en el caso estatico el resultado es independientedel origen de referencia.Calculemosahorael esfuerzodecorteencadapuntodelabarrayprocedamosagracarlo.Para ilustrar que es el esfuerzo de corte, supongamos que efectivamente cortamos laviga en un punto intermedio manteniendo el valor de las reacciones en los extremos delaviga. Obviamente, si noaplicamosunafuerzayuntorqueenel extremoenquesehizo el corte, la estructura comienza a rotar y desplazarse. Precisamente, la fuerza quedebemos aplicar para mantener estatica la estructura al cortarla, es lo que se denominaesfuerzodecorte y su calculo se realiza del modo se nalado: cortando un extremo de laviga y reemplazandola por una fuerza y un torque.Calculemos primero el esfuerzo de corte y designemoslo comos(x).FiguraVI.12:Seincluyeeldiagramadecuerpolibrealcortarlavigaalaizquierdayaladerechadel puntodeaplicaciondelafuerzaW. Tambienapareceungracodelesfuerzo de corte a lo largo de la viga.El diagrama de esfuerzo de corte indica el esfuerzo que soporta la barra en cada unode sus puntos para resistir el pesoWaplicado. Hay una discontinuidad enx = a debidoa la existencia de la fuerza externa aplicadaW.Parax < a, al hacer la suma de las fuerzas a la izquierda deW, tenemos:s = W2independiente dex.A la derecha deW, el diagrama de cuerpo libre me indica (x > a),s = +W2independiente dex.Conestos resultados podemos gracar el esfuerzode corte. Si cortamos lavigaencualquier punto a la izquierda de W, debemos aplicar la fuerza s = W/2 para sostener272 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARel sistema y una fuerzas = +W/2 si cortamos la viga a la derecha deW. Estos son losvalores que se gracan.Calculemos el torquequedebemos aplicar encadapuntodelavigaparaevitarque esta gire. Usemos la notacion introducida para designar un vector saliendo (

), oentrando en el plano del papel (

).Calculamos el torque producido por las fuerzas ubicadas a la izquierda del punto x yeste resultado nos indica el valor del torque= (x) que debemos aplicar en ese punto:x para evitar la rotacion.x < a x > aW2 x +(x) = 0_W2 x_

+(W (x a))

+ = 0_W2 x +(x)_ = 0 [(W a) +W2 x +(x)] = 0(x) =W2 x. (x) = W_a x2_.Figura VI.13: Graco del torque que act ua en cada punto de la viga. (x) indica el torqueque debemos aplicar en el punto x para cancelar el proveniente del resto de las fuerzas.Hemos adoptado como sentido positivo.Con que objeto calculamos el torque en funcion de la posicion?Se desea conocer la deformacion que sufre la barra debido a las cargas aplicadas.Es posible demostrar (Ley de Euler-Bernuilli) que el valor del torque en cada puntoes inversamente proporcional a, el radio de curvatura de la forma que adopta la vigaal deformarse:(x) =k,VI.4. VIGASYESTRUCTURAS 273La constante k es el producto de dos parametros: k = E I, donde E Modulo de YoungeI MomentodeInercia. Eesunn umeroquecaracterizalarigidezdeunmaterial,mientras mas rgido, menos se curva bajo la misma carga externa.El valor de Ida una idea de la distribucion de la masa de una seccion transversal dela viga con respecto a una lnea de simetra de la misma viga.Sudenicionseincluyemasadelanteeneste captulo.Una forma de entender el signicado geo-metricodel radiode curvaturaes lasi-guiente (ver Figura): tomar tres puntosmuy cercanos de la viga deformada ytrazar una circunferencia que pase a travesde ellos. El radio de esta circunferencia, esel radio de curvatura de la viga en dichopunto.Si queremosel mnimodedeformacionparaunavigadada, entonces, el radiodecurvatura debe ser lo mas grande posible: , de esta forma la curva se aproxima auna lnea recta.Figura VI.14: Una fuerza actuando en un punto de la viga es facil de estudiar, pero esmas realista suponer que la fuerza se distribuye en un peque no sector de la viga. Aquse esboza el diagrama de esfuerzo de corte para este caso.NotaComoenesteproblemanosacercamosunpocoalaingeniera,podemoscomentaracercadel signicadofsicodetenerunafuerzaactuandosobreunpuntodelaviga.Esta situacion es una aproximacion razonable. Mas cercano a la realidad aunque mascomplicado en su expresion matematica, es identicar la fuerza Wcon una distribucionde fuerzas por unidad de supercie, en una vecindad del punto donde nosotros instalamosla fuerza externaW. Esta fuerza por unidad de supercie se denomina presion.274 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFiguraVI.15:Alaizquierdaapareceunmodelosimpledelaestructuradeunpuentesoportando una carga estatica W. Se incluye el diagrama de cuerpo libre de la estructura.En el caso de una viga, que la consideramos como un cuerpo sin dimensiones salvolongitud,lafuerzasedistribuyeporunidaddelargo, (x).Estafuerzaporunidaddelargo se conecta a la fuerzaWque nosotros usamos, de la siguiente forma:i=n

i=0(xi) xi = W.En el graco Ftotal versus x, se reproduce el esfuerzo de corte en su version de fuerzas porunidad de largo distribuidas en una vecindad deW. Este resultado se puede compararcon el graco obtenido en el primer punto del ejercicio:s(x) versusx.EjemploEnlaFigura[VI.15] apareceunmodelosimpledeunpuente. W, representaunacargaestaticaquedescansasobreestaestructura. Todaslasbarrassondelargoaytienen las mismas propiedades fsicas.a)Calcularlasreaccionesencadaunodelossoportesdelosextremosdelpuente,generados por la fuerzaW.b) Calcular la tension en la barra AB de la estructura.a) Para calcular las reacciones en los apoyos usamos el unico metodo que conocemos:las leyes de Newton y el diagrama de cuerpo libre.Consideramos el puente como un todo rgido. Las leyes de Newton no tienen comodistinguir entre el puente con sus barras y un cuerpo rgido, puesto que no se incluyen lasdeformaciones. Las barras solo identican donde y en que direccion act uan las fuerzas.Las ecuaciones de la estatica permiten obtener los siguientes resultados:1)

Fx= 0 =R2 = 0,2)

Fy= 0 =R1 +R3 = W.VI.4. VIGASYESTRUCTURAS 275Calculamos el torque tomando como origen el punto A:W= a W

R3= 2 a R3_3) = 0 a W + 2 a R3 = 0Haciendousodelastresecuacionesobtene-mos los valores de las reacciones:R3 =W2, R1 =W2b) A continuacion calculamos la tension sobre la barra AB. El mismo metodo usadoaqu puede aplicarse a cualquiera de las otras barras.Como cada seccion del puente debe estar en equilibrio para que el puente como untodo lo este, entonces en cualquier seccion arbitraria del puente se deben satisfacer lasleyes de la estatica. En particular en la seccion que se indica en la Figura a continuacion,debe cumplirse que:

Fx = 0, T2 cos 60 +T1 = 0,

Fy = 0, R1 T2 sen 60 = 0.Estas son todas las ecuaciones, puesto que al tomar torque con respecto al punto A,obtenemos 0 = 0.Tenemos dos ecuaciones y dos incognitas,T1yT2, por lo tanto el problema esta re-suelto.T1 =W23, T2 =R13/2=W3,dondeT1 yT2 son las tensiones a las que estan sometidas las barras.276 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFigura VI.16: La forma como cae un automovil en un abismo depende de la aceleracionque le imprima el conductor en los segundos previos a la cada: si no acelera cae rotando(Figura izquierda), si acelera no rota (Figura derecha).VI.5. CENTRODEMASAVI.5.1. IntroduccionComo ya hemos destacado, las leyes de Newton tratan todos los cuerpos, independi-ente de su tama no y forma, como objetos puntuales. Todas las fuerzas se concentran enun punto y es su movimiento el que estudiamos con dichas ecuaciones.Enestaseccion,analizaremosendetalleelmovimientodeuncuerporgidoplano.Podemos adelantar nuestra conclusion: al aplicar las leyes de Newton a un cuerpo rgidoextendido, existeunpuntoquelorepresentayenel cual podemosaplicartodaslasfuerzas que act uan sobre el. Este punto se denomina centro de masa y es puramente unlugar geometrico: no necesariamente coincide con un punto material del cuerpo.Enloquesiguedemostraremosqueelmetodoempleadohastaahorapararesolverunproblemamediantelas leyes deNewton, sereereexclusivamenteal estudiodelmovimiento de un punto particular: el centro de masa. El formalismo anterior es insu-ciente para predecir el movimiento de un cuerpo con respecto a su centro de masa.Para poder estudiar este movimiento debemos recurrir al torque.Al introducir el torque, automaticamente se incorporan las dimensiones de los cuerposestudiados. La experiencia indica que al aplicar un par de fuerzas, es decir, dos fuerzasde igual magnitud pero actuando en puntos diferentes y con sentidos opuestos, el objetono se desplaza sino comienza a rotar en torno de s mismo. El centro de masa de estecuerpodebepermanecerenreposo, deacuerdoalasleyesdeNewtondenidasenlaseccion anterior.Elcasodeunautomovilquellegaalbordedeunabismoyposteriormentecae,esunejemplodeladiferenciaentreel movimientodel centrodemasa(puratraslacion)yel movimientodeuncuerporgido(traslacionyrotacionsimultanea). Dehecho, laVI.5. CENTRODEMASA 277respuesta del conductor en ese instante hace la diferencia en la forma de caer.Si el automovil se representa mediante un punto, este describira una parabola en sucada al mar, como las que hemos estudiado con anterioridad. Esta es la trayectoria delcentro de masa.AlaizquierdadelaFigura[VI.16],ilustramosloquesucedeunavezqueelpuntodonde se supone se aplica el peso del automovil, se asoma al precipicio, su peso generaun torque que comienza a girar el automovil a medida que cae. Esta rotacion, una vezadquirida, se conserva y el vehculo se precipita girando en torno a s mismo.AladerechadelamismaFigura,seproyectauncasosimilaralanterior,consolouna diferencia: el piloto del automovil al percatarse de su situacion, no se deja llevar porel panico sino que acelera el auto al maximo. (Es probable que hayamos presenciado unauto partiendo con el maximo de aceleracion y observado que levanta su parte delantera).Como resultado de esta aceleracion del automovil, se genera un torque que tiende alevantar el frente del automovil. Si este torque equilibra aquel generado por su peso alasomarse al abismo, el automovil permanece horizontal (la suma de torques externos esnula), no adquiere rotacion y el automovil cae sin rotar.En estos dos casos apreciamos que la incorporacion del torque en el analisis de esteejemplo,a nadeinformacionacercadelascaractersticasdelacadadeuncuerpocondimensionesnitas. Estaspropiedadespermanecenocultascuandorepresentamosunautomovil mediante un punto material.(Notequeel comportamientodescritoesvalidosolosi el automovil tienetracciontrasera. Explique porque.)Otro ejemplo interesante ocurre en una rama del atletismo: en salto alto, es posiblemostrarquelatecnicaqueempleanlosprofesionalesdeestaespecialidadseorientaalograr que su centro de masa pase por debajo de la vara y, por supuesto, que el resto delcuerpo la sobrepase y no la toque. Este ejemplo ilustra la idea que el centro de masa esun lugar geometrico y no un punto material del objeto analizado.Enlasiguientesecciondemostraremosqueel centrodemasa(CM)deuncuerpohomogeneo coincide con el punto de simetra de este objeto.Porejemplo, enel casodeunapelotadef utbol, el centrodemasaseubicaenelorigen de la esfera. Si al golpearla se le aplica una fuerza en una direccion que no pasaporel (CM), lapelotasedesplaza(porquehayunafuerzanetaaplicadaduranteunciertointervalodetiempo)perotambienrotaentornoal CMdebidoaquelafuerzaexterna genera un torque con respeto al CM.Silapelotasaledisparadaconmucharapidezyrotandoconrespectoasucentro,el roceconel airegeneraunadiferenciadepresionencaras opuestas delapelota.Esta diferencia de presion equivale a una fuerza actuando en la direccion perpendicularal planodemovimientodelapelota, queladesvadelaparabolaplana, queerasutrayectoria esperada. Esto es lo que los jugadores llaman darle con efecto.278 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFigura VI.17: Al aplicar una fuerza en una direccion que no atraviesa el centro de masade un cuerpo, se produce un efecto de traslacion y otro de rotacion.Otro ejemplo en el cual se puede apreciar la existencia de este punto ideal el centrode masa es el siguiente: sobre una mesa sin roce descansa un lapicero. Al golpearlo endistintos puntos, notamos que en algunos de ellos el lapicero rota notablemente menosqueenotros. Dehechopodemos vericar queal golpearloenunciertopunto, solosufreundesplazamientoynoaparecerotacion.Estonosindicaquelalneadeaccionde la fuerza aplicada paso justo porsobreelcentrodemasa,puesto que ellapicero secomporto exactamente como un objeto puntual.Resumen:En Estatica podemos tomar torque con respecto a cualquier puntodelespacio.Las leyes de Newton actuando sobre un cuerpo extendido, se apli-canconcentrandolasfuerzasenunpunto:elcentrodemasa.Si el torquenetoconrespectoaunpuntonoesnulo, el cuerpocomenzaraarotar.Siladirecciondelasfuerzasaplicadasatraviesaelcentrodemasa,elcuerposoloexperimentaundesplazamiento.VI.5.2. LocalizaciondelcentrodemasaAl resolver el ejercicio de las masas unidas por una barra de largo L, que se equilibra-ban sobre la punta de un aller, obtuvimos una indicacion previa acerca de la ubicaciondel centro de masa. De acuerdo a la sugerencia dada, para equilibrarlas debamos ubicarel pivote a una distanciax1 de la masaM.Incluyendo los signos, la solucion de este problema es:VI.5. CENTRODEMASA 279M x1 = m x2, x1 = mM +m Lx1 +x2 = L, x2 =MM +m LSi esta es la conguracion de equilibrio, entonces el punto de apoyo es el centro demasa del sistema. La razon es la siguiente: el torque generado por el peso de una de lasmasas cancela al torque de la opuesta, si tomamos el punto denido por la coordenadax1como el origen. La fuerza de reaccion del soporte debe obviamente localizarse en elmismo punto para no generar un torque y comunicar rotacion al cuerpo.Conesteargumentolocalizamoslafuerzadereacciondel soporte. Sumoduloseobtiene ubicando todas las fuerzas en el punto de apoyo e imponiendo

F= 0.Podemos, ademas, repetir el experimentodescritoparael lapiceroubicadosobreunamesasinroce,ilustradoenlaFiguraanterior,utilizandoahoraalabarraconlasdos masas ensulugar. Conlos argumentos desarrollados, sabemos quesi ledamosungolpejustoenelcentrodemasadenidoporx1ox2,labarranorotaraysolosaldradisparadamoviendoseparalelamenteas misma. Si lagolpeamosencualquierotro punto, la barra experimentara simultaneamente una rotacion y un desplazamiento.Restringiendonos aunadimension, el centrodemasa(CM) paraunsistemadepartculas, esta denido como:xCM

Ni=1 mi xi

Ni=1 mi, (VI.13)esto es, el CM es el valor medio de la coordenada de cada una de las partculas usandocomo factor de peso sus respectivas masas.Enel ejemploanteriordelabarra, laformuladel centrodemasadalasiguienteubicacion para el CM:xCM = M x1 +mx2M +m= 0.Debidoaqueel numeradordeestaecuacionesnulo, el CMcoincideconel origendecoordenadas.Una expresion analoga a la del centro de masa se uso en la denicion de la velocidadmedia en Cinematica. En ese caso, el factor de peso con respecto al cual se promedio fueel tiempo durante el cual ocurrio cada velocidad. En el caso del CM el factor de peso dela coordenadaxi es la masa asociada con ella.280 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARAs, encontrar el centro de masa de un sistema de partculas puntuales se reduce aubicar la distribucion espacial media de las masas que componen un objeto.Si consideramos un objeto en dos dimensiones, el Centro de Masa, siendo un puntomatematico,debeestarrepresentadopordoscoordenadas(x,y).LacoordenadayCMse dene en forma identica a la coordenadaxCM:yCM=

Ni=1 mi yi

Ni=1 mi. (VI.14)La importancia de esta denicion queda corroborada por la experiencia. Si calculamosla ubicacion del Centro de Masa de un objeto, usando esta formula y luego, por ejemplo,se sostiene el cuerpo desde dicho punto, se observara que el cuerpo no rota. Tambien, si sele da un impulso, exactamente en dicho punto, se vericara que el cuerpo no experimentarotacion, solo desplazamiento.Un modelo muy simple de un cuerpo solido, consiste de un gran n umero de partculaspuntuales de masam unidas cada una a su vecina mediante un resorte de constantek.(Este modelo, por ingenuo que parezca, reproduce varias propiedades importantes de unsolido, entre ellas su capacidad calorica.)Figura VI.18: Modelo de un solido unidimensional: masas unidas con resortes (derecha).Un enrejado de resortes, en tres dimensiones, fue utilizado para estudiar la absorcion decalor de un cuerpo solido por P. Debye y A. Einstein.Volviendoal casomassimple, aquel deunmodeloenunadimension, el centrodemasa como ya vimos, se calcula de la siguiente forma: xCM=

ni=1mi xiMdondeM ni=1mi : Masa total del sistema.Loquehemoshechoespesarlaposiciondecadaobjetoconsurespectivamasa.Vale decir que si una partcula tiene una masa muchsimo mayor que el resto tendra elVI.5. CENTRODEMASA 281centro de masa muy cerca de ella, puesto que en la ecuacion anterior la posicion de dichapartcula sera la de mas peso dentro de la suma.Otrocasodondeseempleaunprocedimientosimilaresenelcalculodelpromediodenotascuandoexistenpruebasconcoecientedos.Comosunombreloindica,estaspruebas pesan el doble, comparadas con el resto, en el resultado nal.Generalizando esta expresion alcaso de dos dimensiones y escri-biendola en forma vectorial:xCM=

ni=1miri

ni=1mi(VI.15)o en sus componentes:xCM=

ni=1 mi xi

ni=1 mi, yCM=

ni=1 mi yi

ni=1 mi.EjemploEncontrar el centro de masa de una varilla homogenea de largo y masam.Deacuerdoalaarmacionqueelcentrodemasadeuncuerpohomogeneoseen-cuentraensucentrodesimetra, concluimosqueel centrodemasadeunavarilladeespesor despreciable se encuentra justo en su punto medio.Podemosllegaraesteresultadocalculandolodirectamenteoempleandountruco,como explicamos a continuacion.Tomemosel origendecoordenadasenel centromismodelabarra, procedamosadividirlaenpeque noselementosnitosysumarlascoordenadasdecadaunodeellosen forma simetrica con respecto al origen. Debido al cambio de signo de la coordenadaxial tomar el elemento de barra simetrico en la regionx< 0, la suma se cancela de apares:mi xi + mj xj= 0 porquemi = mj, (barra homogenea), yxj= xi, al tomarel elemento simetrico con respecto al origen.Este argumento indica que la coordenada del centro de masa es:xCM= 0.282 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARNotaAl calcular (

Ni=1mi xi) debemos considerar siempre las simetras para acortar elalgebra. De hecho, si el cuerpo es homogeneo (es decir: tiene las mismas propiedades entodossuspuntos),elcentrodemasaseubicaenelcentrogeometricodelaFigura,elpunto que contiene mayor n umero de simetras.FiguraVI.19: Usandolassimetrasdecadaunodelosdoscuerposcontinuosqueseincluyen, sepuedeobtenerlaposiciondel centrodemasadeellos, directamentesintener que calcular explcitamente.Obviamente el punto O (en los dos casos de la Figura) es el que posee mas simetras.Si queremos vericar este resultado nos conviene tomar ese punto como origen de coor-denadas y sumar en torno a el en forma simetrica:+m xi + m xj= 0 (xi< 0, xj> 0, )N

i=1mi xi= 0,(puesto que los terminos se anulan de a pares).2VI.5. CENTRODEMASA 283EjercicioDemostrarqueel centrodemasadeundisco cuyo origen de coordenadas no coin-cideconsucentro, comoseindicaenlaFigura, es precisamente el centro del disco.Con este ejercicio debe quedar claro que elcentro de masa es un punto geometrico ysu localizacion no depende de la ubicaciondel sistema de coordenadas. 2De la misma forma como dividimos una barra en elementos innitesimales, podemosdescomponer un cuerpo de forma arbitraria. Este debe ser dividido en partes peque nas,perosimetricas,demaneraquesuCMseaconocido.ConestosdatosylaformuladelCMpodemosencontrarelcentrodemasadelcuerpo.Paraellodebemossumarsobretodos los elementos en que se subdividio el cuerpo, representados por las masas puntualesubicadas en su centro de simetra.EjemploUbicar el CM del disco de la Figura siguiente.Figura VI.20: El disco original se compone aqu de un disco imaginario de masa negativay de otro completo. El centro de masa se obtiene con la formula usual para el CM. Conesta estrategia, acortamos el calculo en forma considerable.Por simetra, el centro de masa se debe ubicar en el eje x, es decir con yCM= 0. Parademostrarlo, comenzamos por la expresion del CM:yCM=

Ni=1mi yi

Ni=1mi.284 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARComo podemos sumar esta expresion en la forma que mas nos convenga, tomamos doselementosdemasa, miymj,simetricosconrespectoalejex;as secumplequeyi +yj= 0. Como ademas el cuerpo es homogeneo, elegimos los elementos con igual masa:mi = mj= m, de esta forma se cumple [m] yi + [m] yj= 0. Si sumamos de apares en esta forma en el resto del disco tenemos m Ni=1yi = 0 = yCM.Estos metodos seran abandonados al utilizar el calculo integral en estos problemas.Como evaluamosxCM?Debido al oricio de radior = a, no existe simetra con respecto al ejey.Para resolver este problema utilizamos un truco: Las ecuaciones no pueden saber queno existen masas negativas. Nos aprovechamos de esto y consideramos el problema comola superposicion de dos masas imaginarias que al sumarlas nos dan el disco original, conla seccion que le falta. Estos dos objetos son:Disco lleno de radiob y masaM0.Discoderadioaymasa m(ne-gativa), ubicado justo donde falta elpedazo en el disco original.Al superponerlas se obtiene la geometra propuesta, ya que la masa negativa cancelasu equivalente de masa positiva en el disco lleno.Que valor toma la masa m, que debemos superponer sobre el disco completo?Enprimerlugar,deberatenerlasmismasdimensionesqueeldiscoquefaltaeneloriginal. Ademas, el valor de su masa debe ser igual (en magnitud) a la masa de un discodel mismo tama no.NotequeM= m + Mo,eldiscooriginalesigualaldiscodemasaMomenoseldisco de masa negativa.Mes la masa total del disco original, con el forado.Como la densidad de ambos discos debe ser la misma, tenemos: =M0 b2h=m a2h m =a2b2M0.Donde es la masa del disco yh su espesor. La masa del disco imaginario es:m = a2b2M0.Puesto que el centro de masa es una sumatoria, siempre es posible sumarla en el ordenque mas nos convenga. Lo unico relevante es no dejar fuera ninguna de las componentesde la suma.Por simetra, podemos deducir rapidamente que el centro de masa de un disco llenohomogeneo, Mo, se ubica en su centro (ver Ejemplo anterior). El centro de masa del discoVI.5. CENTRODEMASA 285con el oricio se calcula entonces como la suma de los centros de masa de dos cuerpos:el discollenoyel demasanegativa. Este ultimosesuperponeaM0deformaquesucentrocoincidaconel centrodel discoquefaltaenel problemaoriginal. El resultadosepuedeobtenerconsiderandoamboscomopartculaspuntualesdemasaMy m,respectivamente, ubicadas en su centro correspondiente. La expresion que resulta es:xCM=0 M0 +c_a2b2M0_M0 a2b2M0= a2 cb2a2= (1)_c a2b2a2_.Laubicaciondel centrodemasanodependedelamasaM0ni desudensidad. Esteresultado era esperado puesto que en los cuerpos homogeneos el CM es un punto quedepende de la geometra del sistema.2EjercicioLa expresion obtenida anteriormente es valida si (a + c) b. Explique porque debecumplirse esta desigualdad. Es valido este metodo si (a +c) > b?Resumiendo: En la expresion de xcm, el primer termino de la suma es 0 M0, porque la masa deldisco lleno es M0 y su centro de masa se ubica en el origen de coordenadas, por lo tantox = 0.El otroterminocorrespondeal productodelamasadel discoimaginariopor ladistancia desde el origen hasta el centro de este disco que, obviamente, coincide con sucentro geometrico. Hemos resuelto el problema del disco con un agujero circular como una superposi-ciondedosdiscos. Hemosreemplazadocadaunodelosdiscosporunamasapuntualubicada en su centro, que corresponde al Centro de Masa de cada uno de los discos.2VI.5.3. MovimientodelcentrodemasaEstudiemosladinamicadel centrodemasa. El resultadoqueobtendremosfueyaadelantado:elcentrodemasasemuevecomounpuntoqueconcentratodalamasayesta sometido a la suma de todas las fuerzas externas.Supongamos que las masas de la Figura descansan sobre una mesa sin roce y estanoscilando en direcciones al azar. Simultaneamente, estan moviendose como un todo enuna direccion arbitraria. Esto ultimo quiere decir que si se suprimieran las oscilacionesde cada punto, el cuerpo se desplazara como un solido rgido en una cierta direccion.286 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARSupongamosqueelsistemaconstadeunn umero mucho mayor de partculas que lasqueaparecenenlaFigura:Comopode-mos extraer alguna informaciongeneralacerca de este sistema?Convienerecurrir, enprimerlugar, alaspropiedades del centro de masa. Sin dudaes el mas facil estudiar:xCM=

Ni=1mi xi

Ni=1mi, yCM=

Ni=1mi yi

Ni=1mi.Estudiemos en detalle la coordenada x. El resultado obtenido sera similar a lo que sucedacon la coordenaday. Ordenemos primero la ecuacion del centro de masa:_N

i=1mi_xCM(t) =N

i=1mi xi(t).Ahora hacemos lo usual en cualquier problema en que exista movimiento, tomamosla diferencia entre dos instantes t1 y t2 separados por un intervalo t y simultaneamente,tomamosel lmitet 0, parapoderaplicarlasleyesdeNewtonal movimientodecada una de las partculas:lmt0__N

i=1mi_ xCM(t + t) xCM(t)t_ =N

i=1mi_ lmt0_xi(t + t) xi(t)t__,peroN

i=1mi M y lmt0_xCM(t + t) xCM(t)t_ vCM|x,con lmt0_xi(t + t) x(t)t_ vi|x,la componentex de la velocidad de la partcula iesima.Reemplazando en las ecuaciones anteriores, tenemos:MvCM(t) =N

i=1mi vi(t).VI.5. CENTRODEMASA 287Deniendo el termino de la izquierda de la ecuacion como la cantidad de movimientodel centro de masa y la expresion de la derecha como la cantidad de movimiento de cadauna de las partculas, obtenemos la siguiente expresion:

PCM(t) =N

i=1 pi(t)Derivando esta expresion para extraer la fuerza que act ua sobre cada una de las partcu-las, tenemos:lmt0

PCM(t + t) PCM(t)t= lmt0_N

i=1 pi(t + t) pi(t)t_,lmt0

PCMt=N

i=1lmt0_ pit_.Eneste ultimopaso, hemosusadoentreotraspropiedadesqueel lmitedeunasuma es igual a la suma de los lmites de cada una de sus componentes.A continuacion tomamos el paso mas importante: introducimos la fsica al problema,incorporando las leyes de Newton en estas expresiones: pit

F(i)ext,donde

F(i)exteslasumadetodaslasfuerzasqueact uansobrelapartculai-esima:estaes la segunda ley de Newton. La aceleracion de una partcula puntual es proporcional ala fuerza neta que act ua sobre ella. En este caso

F(i)ext, identica la suma de las fuerzasque las otras partculas, a traves de los resortes, ejercen sobre la masaiesima, mas lasfuerzas externas como la gravitacion u otras que act uan sobre la partcula.El primer grupo de fuerzas: aquellas que son generadas por las otras partculas delsistema, sedenominaninternas. Esconvenientedistinguirlasdel restoporquecomodemostraremos a continuacion, a partir de la tercera ley de Newton de accion y reaccion,estas fuerzas internas se anulan entre s .Introduciendo estos resultados en la ecuacion anterior:PCMt= i pit= iFi288 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARLa fuerzaFise descompone, como ya se indico, de la siguiente forma:Fi Fiext+ Fiint .. fuerzas externas .. fuerzas internas,actuando sobre la provenientes del restopartcula iesima. de las partculas,actuando sobre lapartcula iesima.Las fuerzas internas que act uan sobre la partculaiesima, que provienen del resto delas partculas, se escriben como:Fiint =N

j =iFj i.Reemplazando en la ecuacion anterior:PCMt=i=N

i=1_Fiext. +Fiint_ = iFiext +

iFiint = iFiext +

i__ j,coni=jFijint__.Porel principiodeaccionyreaccion, todaslasfuerzasinternasseanulandeaparesentre s , por lo tanto:

i

j,i=jFi,jint = 0, puesto que Fi j+Fj i= 0, i =j, (VI.16)lafuerzaconquelapartculaidenticadaconlaletraiact uasobrelapartculaj, esidentica pero de sentido opuesto a la fuerza que esta misma partcula,jejerce sobre lai, y por lo tanto se cancelan de a pares. Finalmente, despues de esta simplicacion, laecuacion de movimiento del centro de masa queda:N

i=1

Pit=

Fext, solo sobreviven las fuerzas externas al sistema.Resumen:

PCMt=

F externas al sistema,VI.5. CENTRODEMASA 289Escritodeotraforma:

PCM=

Fext. t. (VI.17)Sedesprendedeesteresultadoquesinoexistenfuerzasexternassobre el sistema,

Fext = 0, el centro de masa se mueve con momentum:

PCM= constante.Este es un resultado importante. Se utiliza especialmente en el estu-diodechoquesdepartculas.En el caso de las masas unidas por resortes, referidas al comienzo de esta seccion, porarbitrarias que parezcan all las vibraciones del sistema, estas deben ser de tal forma queel centro de masa viaje en lnea recta y no oscile, puesto que no existen fuerzas externasal sistema. Todas las fuerzas son internas.EjemploSe tienen dos partculas de igual masa que, mediante un hilo, comprimen un resorteque las separa. El sistema se lanza con velocidadvx(0) =v0, vy(0) =v0; al llegar a sumaxima altura, el hilo se corta, y en ese instante las masas se separan con una velocidadv0 con respecto al centro de masa. Ubique el lugar donde caen las dos masas. Encuentreel lugar donde se encuentra el CM del sistema cuando ambas partculas tocan el suelo.NotaSuponemos que al separarse las partculas solo adquieren velocidades en la direccionhorizontal.Hemoselegidolavelocidadconqueseseparanlasmasas,medidasconrespectoalCM, igual a la velocidad inicialv0, para disminuir el algebra del problema.Como ambas componentes de la velocidad son iguales, entonces el angulo de lanza-miento fue de 45.Al llegar a su maxima alturah:2g h = v20, h =_v202g_,el objeto explota. La semiesfera A queda en reposo con respecto a la tierra, puesto queen el enunciado se arma que su velocidad despues de la explosion es precisamente (v0)con respecto al Centro de Masa. Al sumar las velocidades se cancelan y, en consecuenciaMA cae verticalmente.290 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARLasemiesferaBsaledisparadaenladireccionhorizontalconunavelocidad2 v0ypor lo tanto alcanza una distancia 2 L (ver Figura), ya que B o cualquier otro cuerpodemora lo mismo en caer una alturah que en elevarse hasta esa misma altura.Recordemos queambos movimientos (horizontal yvertical) sonindependientes yque por lo tanto A y B tocan el suelo simultaneamente. El centro de masa viaja comosi nada hubiera ocurrido, porque la explosion origina solo fuerzas internas y este puntomatematico cae justo en el punto medio del trazo que separa ambas partculas al tocartierra.Esteejemplomuestraqueelcentrodemasaesunpuntomatematicoquenonece-sariamente coincide con un punto material del cuerpo que representa.2Figura VI.21: Designamos pory la distancia que se ha desplazado el centro de masa delbote.EjemploUnestudiantedemasamestasentadoenunextremodeunbotedemasaM. Elmar esta tranquilo y no hay viento. Al acomodarse, el estudiante realiza un movimientobruscoylabolsaconlamerienda, ubicadaal otroextremodel bote, caeal mar. DeVI.5. CENTRODEMASA 291inmediato corre hacia el otro extremo con una velocidadvconrespectoal bote pararecuperarla. Si el largo del bote es L metros, a que distancia de la bolsa se encontrara elestudiante cuando logra alcanzar la otro punta del bote?Puesto que en la direccion horizontal no existe ninguna fuerza externa, el momentumdel sistema estudiantebote se conserva. Como inicialmente el bote estaba en reposo, elmomentuminicialesnulo.Supondremosquelasvelocidadessonconstantes,tantodelbote como del estudiante. Esta suposicion no es esencial, solo simplica los calculos.PCM= 0 = Pestudiante +Pbote = m(v V ) M V,donde (v V ) representa la velocidad relativa del estudiante con respecto al mar. Hemossupuesto, comoesnatural, queel botesemueveensentidoopuestoal estudiante. Lavelocidad del bote es:V=m(m+M) v.TodoestotranscurrioenunintervalodeT=L/vsegundos.(Recordemosqueveslavelocidad del estudiante con respecto al bote.)Como el bolso permanecio sin moverse en el agua, cuando el estudiante llego al otroextremo, ladistanciaquelosseparabaerael desplazamientodel boteconrespectoalagua,y:y = VT=m(m+M) vLv, =y =m(m+M) L.Enesteresultadonoguralavelocidadquellevabaelestudiante;solodependedelasmasas y el largoL del bote.Lo que sucede es lo siguiente: si el estudiante trata de ir mas rapido, debe empujarconmayorfuerzaconsupieenelpisoparadarsemasimpulso,estogeneraatravesdel principio de accion y reaccion una mayor velocidad para el bote. El estudiante sedemora menos en llegar al otro extremo, pero el bote viaja mas rapido, compensandoseun efecto con otro.Resolvamos este problema empleando solamente las propiedades del CM. Como nohay fuerzas externas y el sistema esta inicialmente en reposo, el CM no puede desplazarse:debe permanecer en el mismo lugar desde el comienzo hasta el nal de la carrera.Tomemoscomoorigendecoordenadasunpuntoenel marquecoincidaconelextremodel botedondeseencuentrainicialmenteel estudiante. Acontinuacionescri-bamoslaecuaciondelCMparalosinstantest=0,cuandolameriendacaealmaryt = T, cuando el estudiante llega al otro extremo:xcm =m 0 +M L/2m+Mt=0=m (L y) +M (L/2 y)m+Mt=T,292 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARdespejandoyde la segunda igualdad, se obtiene el resultado anterior, sin necesidad dehacer ninguna suposicion con respecto a las velocidades.FiguraVI.22: Los angulos delacu nasony. Noexisteroceenningunadelassupercies de contacto, incluyendo el piso. A la derecha, se ha suavizado el angulo demanera que la masam tenga, al tocar el piso, solo una componente horizontal para lavelocidad.EjemploLas supercies de los objetos de la gura: la cu na, el bloque y el piso, no tienen roce.La cu na tiene una masaM, alturah y el lado que esta en contacto con el piso, largoL.Si el bloque de masam se deja caer desde el vertice superior de la cu na y> 0:a)cual eslaposiciondelamasam, al llegaral piso?Enestapreguntayenlassiguientes supongaqueel bloquees unamasapuntual, conel objetodereducir loscalculos.b)Cualeslarelacionentrelavelocidaddelacu naylavelocidaddelamasam?Escriba la ecuacion de la conservacion de la energa para este caso.c) Para el caso en que = 0 (ver Figura), cual es la velocidad de la cu na y la masam cuando esta ultima toca el piso?a) Comoel CMpermaneceestaticodebidoaquenohayfuerzas externas enladireccionx, se tiene que:Xcm =m 0 +M L/3m+Mt=0=m (L y) +M (L/3 y)m+Mt=T,donde establecimos el origen de coordenadas en un punto jo al piso pero que coincide,en el instante inicial t = 0, con el vertice recto de la cu na. Supusimos, ademas, que sucentro de masa se desplaza una cantidady durante la cada de la masam.Nota: El centro de masa de un triangulo es:xtriangulo = L/3. (Ejercicio).VI.5. CENTRODEMASA 293De la ultima ecuacion, obtenemos que y = (mL)/(m+M) y por lo tanto la masa mse ubica a una distancia (M L)/(m+M) del origen de coordenadas jo al piso.b)Lavelocidaddelacu natienesolounacomponentehorizontal yladesignamospor Vx. La masa m tiene velocidad ux y uy. Por conservacion del momentum, se cumpleque:PCM= 0 =M Vx +mux = 0.Hemos supuesto que la masaMse desplaza hacia la izquierda de la Figura.La conservacion de la energa mecanica en este ejemplo, genera la siguiente ecuacion:mg h =12 M V2x+ 12 mu2x + 12 mu2y,si reemplazamos el valor deVx en esta ecuacion, se llega a:mg h =12 m_mM+ 1_u2x + 12 mu2y.c)Cuandolacu nasedeformayel anguloseanula, desaparecelacomponentevertical de la velocidad y en este caso podemos encontrar, con estos metodos, la velocidadde ambos cuerposMym. La velocidad dem se obtiene despejando de la ecuacion deconservacion de la energa mecanica, la velocidadux:ux =_2 M g hm+M_, Vx =mM_2 M g hm+M_.EjemploDosmasasm1ym2, descansansobreunamesasinroce. Unresortedeconstantekescomprimidounadistanciad,conm2pegadoalaparedyenseguidaelsistemaesabandonado desde el reposo.a) Encontrar que distancia viajam1 antes quem2 comience a moverse.b) En el instante quem2ha perdido el contacto con la pared, cual es la velocidaddel CM? Cual es la velocidad de cada una de las masas?.a)Siemprequeelresorteestecomprimidolamasam2permaneceraapoyadaenlapared.Cuandoelresortealcancesulargonatural,nohabrafuerzasobrem2,yporlotanto, tampoco contra la pared. Esto ocurre cuandom1 ha recorrido una distanciad.294 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFigura VI.23: No hay roce entre los bloques y el piso. El resorte no tiene masa.b) Cuando la masa m2 deja de presionar a la pared, no hay ninguna fuerza horizontalactuando sobre el sistema. A partir de ese instante el CM se desplazara con una velocidadconstante igual a:Vcm =m1v1 + 0m1 +m2.Por conservacion de la energa, tenemos:Ei = Ef=m1v212=k d22, =v1 =k d2m1,de esta forma la velocidad del CM es:Vcm =k d2m1m1 +m2.A continuacion nos ubicamos en un sistema de referencia que se mueva con el CM. Eneste sistema las velocidades de la masas son:u1 v1 Vcm =m2m1 +m2k d2m1, u2 Vcm = m1m1 +m2k d2m1,dondeu1 yu2 son las velocidades relativas al CM dem1 ym2 respectivamente.Al despegarse de la pared, las dos masas continuaran oscilando con respecto al CM.Las condiciones iniciales paradescribir estaoscilacionenel sistemaCM, sonlas si-guientes: el resorteadoptasulargonatural eneseinstanteyu1yu2representanlasvelocidades iniciales de cada una de las masas. 2VI.6. MOMENTOANGULAR 295Resumen:Existe un punto matematico que representa al objeto y cuya dinami-caocurre comosi sobreel actuarantodas las fuerzas externas alsistema:

PCM= t(

Fext).Si el cuerpo no es puntual, ademas de la expresion anterior debemosusarelTorque.Si uncuerporgidonorotaogiraconvelocidadangu-larconstanteysucentrodemasapermaneceenreposo,entonces:

Fext= 0,

= 0.EstassonlaecuacionesdelaEstatica.VI.6. MOMENTOANGULARVI.6.1. DenicionLadeniciondemomentoangulares:

L r

P (VI.18)Comenzamos con la denicion del producto vectorial aplicada al momento angular, uti-lizando los vectores que la denen: r y

P.296 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULAREl modulo de

L, esta dado por:L = |r||

P|sen.El sentidode

Lestadeterminadoporlaregladelamanoderecha, ypuedeentrar(

L =L

),osalirdel planodeterminadopor r yp,(

L = L

).Recordemos que es el angulo mas peque no entre r y p.MomentoangulardeunapartcularotandoCalculemos el valor del momento angular para el caso mas simple. Una partcula demasaMquegiradescribiendounacircunferenciaderadior. El momentumlineal es: p = mv, donde v es tangente a la circunferencia y por lo tanto el angulo que forma conel radio es = /2. El modulo de la velocidad tangencial esv = r.Figura VI.24: Momento angular de una partcula moviendose a lo largo de una circun-ferencia.L = m|r ||v |sen , con |r | = r y |v| = v,L = mrv, dondev = r en una circunferencia (VI.19)L = mr rL = m r2 . (VI.20)VI.6. MOMENTOANGULAR 297Esta ultima expresion representa el Momento Angular de una partcula que describeunaorbitacircular.Lavelocidadangularnodebesernecesariamenteconstante.Laformula obtenida es general para el movimiento circular.MomentoangulardeunabarrargidaCual es el momento angular de una barra que gira en torno a un extremo?Este es un ejemplo de un solido con dimensiones nitas. Para encontrar el momentoangular de la barra, la descomponemos en una serie de trozos innitesimales y calculamosel momento angular de cada uno de ellos, considerados como una partcula. Al sumar elmomento angular de cada uno de ellos obtenemos el momento angular de la barra.Laexactituddeestemetododependedel error incorporadoenlaaproximacion.Los elementos innitesimales son, al n de cuentas, peque nas barras que nosotros hemosconfundido con una partcula puntual. Mientras mas peque no sea el largo de estas barrasinnitesimales y menor su ancho, mejor sera la exactitud de este metodo.FiguraVI.25:Descomposiciondeunabarracontinuaenelementosmuypeque nosquenalmente, en el calculo, son considerdos como partculas puntuales.El momento angular de este sistema de partculas es:L =N

n=1mnr2n0(VI.21)0: es la velocidad angular de la barra. No es necesariamente constante.rn: indica la distancia que separa a la partcula nesima del centro de giro.mn: es la masa de la partcula nesima. La suponemos igual para cada unode los elementos en que se dividio la barra.El procedimiento usado consistio en dividir la barra en elementos de largo todosiguales, tal comoseindicaenlaFigura. El valordernloelegimosdemaneraqueidentique el punto medio de cada uno de los elementos en que se dividio la barra. Estepunto medio es el centro de masa de la barra innitesimal.298 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARrn=_n 12_ = (2n 1)2 , n = 1, 2, 3..., (VI.22)mn= m0, la masa es la misma para cada uno de los trozos , = 0, no depende de n,L = m00_N

n=1r2n_=m00_2_2N

n=1(2n 1)2L = m00_2_2 _N

n=1(4n24n + 1)_(VI.23)Resumiendo, hemosconsideradolabarrargidacomounagregadodepuntosma-terialesquerotanconunavelocidadangular0constante, conrespectoaunodesusextremos.Figura VI.26: Modelo usado para calcular el momento angular de una barra rgida. Enrigor, este modelo identica la barra con un segmento de una lnea recta: no consideramossu ancho. Incluirlo complica el algebra y no agrega nada conceptualmente nuevo.Denimosrn = (n 12) para indicar el Centro de Masa de cada uno de los trozosen que se dividio la varilla. De esta forma, paran = 1, el CM se ubica en /2 y para lanesima partcula, tenemos (n/2) = (n 1/2).ResumendelosresultadossobreseriesEnelparrafoquesigue, citamoslosresultadosacercadeseriesquesonnecesariospara resolver este ejercicio.VI.6. MOMENTOANGULAR 299N

n=1n =N(N + 1)2,N

n=1n2=N6 (2N + 1)(N + 1).Recordemos que:N

n=1(Aan +Bbn) = A(N

n=1an) +B(N

n=1bn),Con A y B independientes de n. Los otroscoecientes anybnpuedendependerden.VI.6.2. MomentodeinerciadeunabarraRetornando a la sumatoria [VI.23]. Si desarrollamos cada uno de los terminos inclu-idos all , obtenemos la siguiente expresion:L = m0024_N

n=14n2N

n=14n +N

n=11_,el resultado de cada una de las sumatorias es:= m00 2_N6 (2N + 1)(N + 1) N(N + 1)2+N4_,y nalmente, ordenando la suma:= m00_26N(2 N + 1)(N + 1) 2N(N + 1)2+ 2N4_. (VI.24)El paso siguiente consiste en lograr que esta suma de peque nas barras se aproximelo mas posible a una barra continua. Para ello imponemos queN , esta operacionequivale a subdividir repetidamente cada trozo innitesimal de la barra, es decir: 0, N de forma que se cumpla300 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARlmNN = , con largo de la barra. (VI.25)Ademas:lmN m0 0[N m0] = M, masa de la barra. (VI.26)Agrupando explcitamente en la sumatoria [VI.24], cada uno de los productos: Nymo N, la expresion del Momento AngularL, toma la siguiente forma:L = 0_16(m0N)[ 2 N + ][ N + ]m02N [N + ] + N m04_.donde usamos: 2(2N + 1)(N + 1) (2N + )(N + ).Ahora si: 0, m0 0, N ,con N= , N m0 = M entonces tenemos:L = 0_ 16 M (2 + )( + ) m02( + ) +

4 m0_,L =M230. (VI.27)En la ultima igualdad, descartamos los terminos que contenan como factores a y mo.Esta determinacion se tomo porque ambos terminos tienden a cero. Su efecto en la sumase desvanece en este lmite, frente a los otros terminos que permanecen nitos.El factor que acompa na a0depende solamente de la geometra del cuerpo y de laubicacion relativa del eje de rotacion dentro del cuerpo. Este termino tiene dimensionesde masa multiplicado por largo al cuadrado. Recibe el nombre de momento de inercia yse identica con la letra I.I momento de inercia. Sus dimensiones son: [M] [L]2I =13M2, (VI.28)VI.6. MOMENTOANGULAR 301este es el momento de inercia de una barra evaluado con respecto a uno de sus extremos.La barra tiene largo y masaM.LaexpresiongenericadelmomentodeinerciaI,deunobjetoes:I= k M L2,donde kes unn umerodeterminadoporla geometradelcuerpo ylaposicion del eje con respecto al cual se calcula el momento de inerciaI. Mes la masa del cuerpo y L, representa una longitud caractersticadelobjeto.No existe un valor unico de I asociado a un cuerpo, como se ilustra a continuacion.EjemploCalcular el valor del momento de inercia de una barra que rota con respecto a un ejeque pasa por su centro de masa.El largo de la barra es y su masa M.I N

n=1mnr2n.Sabemos que es posible realizar esta sumaen cualquier orden sin alterar el resultado.Entonces podemos considerar esteejem-plocomounasumadedos barras inde-pendientes, cada una de largo/2 y masaM/2.Esta es la formula que se uso anteriormente. Aqu rn se nala cada uno de los trozos enque se subdividio la barra. Como es una suma, podemos hacerla en la forma que mas nosconvenga.Primero debemossumarlosterminos hacia unladodela barra yenseguidael resto, esto es lo que hacemos en la primera lnea de la ecuacion que sigue. Ya hemoscalculado anteriormente cada una de las sumas; su valor se inserta en la segunda de lasecuaciones que se muestran a continuacion:I =N/2

n=1mnr2n +N/2

k=1mk r2k,302 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARI =13_M2__

2_2+ 13_M2__

2_2,=124 M2+124 M2,I =112 M 2. (VI.29)Este es el valor del momento de inercia de una barra que gira con respecto a su puntomedio. Como se aprecia, siempre tiene un valor proporcional a M 2. El factor numericoque lo multiplica depende de la posicion relativa del eje de giro en el cuerpo.EjemploCalculeel valor del momentodeinerciadelamismabarraanterior, peroahoratomando como referencia un eje perpendicular al plano del papel, ubicado a una distanciaL4de su extremo.Respuesta:I = I3 L4+IL4,I =13 (3M4) (3 L4)2+ 13 (M4) (L4)2,I =748 ML2.2Resumen:LaexpresionparaelmomentodeinerciaI,seobtuvoapartirdelmomento angular de una partcula que gira en un plano describiendounacircunferencia.Elmomentoangulardeuncuerpoentornoaunejejoes:

L =N

i=1ripi= I, (VI.30)VI.6. MOMENTOANGULAR 303donde elapuntaenladireccionperpendicular al planoycuyosentido queda determinado por la regla de la mano derecha. Coincide,ademas, conel sentidodeterminadoapartirdel productovectorialr p.I=N

n=1mn r2n _dmr2. (VI.31)Iesunacantidadquedependedelaubicaciondelejederotacionydelageometradelobjeto.Si el cuerpo es un solidorgidoyrotaconvelocidadangular alrededor deun eje, podemos escribir en-tonces:L =N

i=1mi r2i0 = I .VI.6.3. Torqueyaceleracionangular. RotacionconrespectoaunejejoSi el eje de rotacion mantiene ja su orientacion y el cuerpo no se deforma o cambiala posicion relativa de sus componentes; la variacion del momento angular en el tiempose obtiene de la siguiente forma:dLdt lmt0I_(t + t) (t)t_,donde I = constante, por ser un solido rgido.= I lmt0_(t + t) (t)t_,dLdt= I , donde es la aceleracion angular.304 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARPara incorporar el torque en la ultima ecuacion, utilicemos la denicion del momentoangular:

L = r p y derivemosla con respecto al tiempo para conectarla con la expresionanterior.Comencemosenfatizandodospuntos: primero, realizaremosestecalculoparaunapartcula y posteriormente, generalizaremos al cuerpo entero, sumando sobre cada unade ellas. Segundo: enunsolidorgido,todaslaspartculastienenlamismavelocidadyaceleracion angular, y, respectivamente.Por denicion:d

Ldt=lmt0_r(t + t) p (t + t) r(t) p(t)t_DebemosaplicarlacondiciondeLeibnitzquecaracterizaatodaoperacionquesedenomine derivada, a esta ultima expresion. Esta condicion arma que:lmt0_A(t + t) B(t + t) A(t)B(t)t_== A(t) lmt0_B(t + t) B(t)t_+lmt0_A(t + t) A(t)t_ B(t).Entonces, en el caso del momento angular L,lmt0Lt=_ lmt0_r(t + t) r(t)t__p ++ r(t) lmt0_ p(t + t) p(t)t_,lmt0_

L(t + t)

L(t)t_ = v p +r

F,el primer termino es cero, puesto quep = mv, y por lo tanto es paralelo a v. Finalmente,obtenemos:d Ld t= r

Fexternas= . (VI.32)VI.6. MOMENTOANGULAR 305Resumen:Acortamoselcalculoparanoalargarexcesivamenteeltexto.Porejemplo,faltalasumatoria de esta expresion con respecto a cada una de las partculas: es decir, en r p,deberaaparecer iri pi. Tambienfaltoanalizarel efectodelasfuerzasinternasyestudiar como se cancelan los torques generados por estas fuerzas, por efecto del principiode accion y reaccion.El resultado nal es el exhibido en la ecuacion [VI.32], donde L representa el momentoangular del cuerpo rgido yel torque externo que act ua sobre el sistema.LasexpresionesobtenidasapartirdeladeniciondelmomentoangularLydesuderivada son:d Ld t= , (VI.33)

L = t . (VI.34)Parauncuerporgido: = I. (VI.35)Si

= 0, =

L = 0 =

L =constante. (VI.36)306 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFiguraVI.27: BarrarotuladaenAysostenidaporunhilodesdeel extremoopuesto.Al cortarserepentinamentelacuerda, lareaccionenel puntoAdisminuye, comosedemuestra en el Ejemplo siguiente.EjemploUnabarrademasaM,largoLymomentodeinerciaIAconrespectoalpuntoA,(IA=13 ML2), esta sostenida por un hilo en el punto B y puede girar alrededor de unpivote en el otro extremo. Repentinamente el hilo se corta.a)Calcularlasreaccionesenel puntoAylatensiondelacuerdaenB, antesdecortarse el hilo.b) Calcular la reaccionRen A y la aceleracion angularinmediatamente despuesdel corte de la cuerda.Respuesta:a) No existen fuerzas horizontales, entonces solo existen componentes verticales, y alaplicar las leyes correspondientes a la estatica, se obtiene:RA = TB =12 Mg.b) Note que se piden estos valores exactamente despues del corte de la cuerda, puestoqueenuninstanteposteriorelproblemasecomplica,porqueeltorquevaadependerdel valor del angulo que la barra forme con la horizontal.Aplicando la segunda ley de Newton en el centro de masa de la barra, tenemos:1) R Mg = M aCM,y calculando el torque con respecto al extremo jo A,

A = I, y reemplazando la expresion del torque,VI.6. MOMENTOANGULAR 307Figura VI.28: Diagrama de cuerpo libre para el caso estatico, antes de romper la cuerda(izquierda) y justo despues que se corta.Figura VI.29: Diagrama de cuerpo libre de la barra justo en el instante en que se corto elhilo.Seilustratambienlarelacionentrelavelocidadangularylavelocidadlinealdelcentro de masa.2) Mg L2= I.Existe una relacion geometrica entre la aceleracion angular y la aceleracion del centrode masa, cuando la barra comienza a girar con respecto al punto A:3) aCM= L2.Ahora ya tenemos sucientes ecuaciones para resolver este problema. Despejandode la ecuacion 3) obtenemos:14MgL2= I aCM=13M L2aCM, de donde:aCM=34 g y R =14 M g.2Es interesante hacer notar que el extremo de la barra tiene una aceleracion de:aB = L = aCM2L L =32 g.308 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARPodemos hacer un experimento para saber si este resultado es correcto: colocar una bolitaenelextremodeunabarra,similaraladelejemplorecienteperoquehagaunciertoangulo sobre la horizontal. Si repentinamente soltamos la barra, la bolita experimentauna aceleracion igual ag, por lo tanto debe caer mas lentamente que el extremo de labarra y ademas verticalmente, con lo cual alcanzara un punto mas al interior de la barra.Se puede hacer, en ese punto, una concavidad para que la bolita se instale all al nalde su cada y, con esto, vericar los resultados obtenidos aqu .EjemploQue sucede si la barra forma un angulo con respecto a la horizontal? Cual es elvalor de la aceleracion en el extremo de la barra?Todo es similar al ejemplo anterior, excep-to que:r g = r g sen( +/2),= r g cos .Las ecuaciones de Newton, el torque y la relacion entre la aceleracion angular y lineal,para el caso en que el hilo se acaba de cortar, se escriben a continuacion:1) M aCMcos = Ry +M g,2) M aCM sen = Rx,3) M gL2cos = I ,4) aCM= L2.Donde Tes la fuerza tangencial que ejerce el piso sobre la barra. R es la reaccion normaldel piso.DespejandolavelocidadangularenfunciondelavelocidaddelCMdelaecuacion4) y reemplazandola en la ecuacion 3), obtenemos:aCM=M g cos L213 M L24=34 g cos,VI.6. MOMENTOANGULAR 309esta es la aceleracion del CM. En el extremo de la barra se cumple:a =32 g cos.Si cos >23aB> g, en el instante en que se corta el hilo de la barra.EjercicioCalcular la posicion de la cavidad de manera que la bolita al caer, desde un extremode la barra, se ubique en el receptaculo.2310 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULAREjemploDemuestrequeal calcularel torqueconrespectoaunextremodelabarraycon-centrar todo el peso en el CM, como se hizo en el ejemplo anterior, se obtiene el mismoresultadoquealevaluareltorquegeneradoporelpesodecadaelementoinnitesimalde barra con respecto al mismo punto.En la ecuacion 3) del ultimo ejemplo, usamos el peso del cuerpoM g como la fuerzaque genero el torque, sin embargo en rigor deberamos usar la suma de los pesos de cadaunadelaspartesinnitesimalesdelabarraporsurespectivobrazo, paracalculareltorque total.Nolohicimos porque el resultadoes elmismo, es equivalente a considerar el pesode la barra concentrado en el CM. A con-tinuaciondemostramosesteresultado. esellargodecadasegmentodebarra, es la densidad lineal, Mla masa total y Lel largo de la barra. El vector unitario seindica en la Figura.Note que la barra permanece horizontal, de modo que:ri (g ) = rig, puesto que sen = 1. =N

i=1ri

Fi = N

i=1ri (g ), = g_N

n=1_n + 12__ = g 2_N

n=1_n + 12__,= g 2{12 N2+12 N +12 N},= g {12 (N)2+ (N) },Tomando el lmite 0,N , tal queN = L, obtenemos: = g 12L2. .+g L , = (L) gL2=12 M g L .VI.6. MOMENTOANGULAR 311Con este calculo vericamos que, concentrar la masa total del cuerpo en el CM, y calcularel torque sumando el efecto de cada uno de sus elementos, son metodos equivalentes.EjemploCalcularel momentoangularconrespectoaunpuntoP, paraunabarraquesetraslada (sin rotar) con velocidad

Ven un plano, como se indica en la Figura.

L =N

i=iri

Pi =_N

i=1ri_ p,ya que pi =pj =p debido a que la barraexperimenta solo traslacion.

ri = (rCM +n ) = N rCM+0.Donde (n) =0, puesto que porsimetra existe el mismo n umero de seg-mentos de largo sobre el CM, que bajoel.p = mov, N mo = M.

L = rCM (M v).EjemploUnabarradelargoLymasaMdescansasobreunamesahorizontal pulida(conroce despreciable). Una masaMque tiene una velocidadv0 y que esta dirigida perpen-dicularmentecontralabarra(verFigura)chocaconel extremoysequedapegadaaella.a) Cual es la posicion del CM del sistemacuando la masa se encuentra a una distan-ciaa de la barra?b) Cual es el valor delavelocidaddelCM, antes y despues del choque?c) Calcule la velocidad angular 0delsistemabarramasaconrespectoal CM,antes y despues del choque.312 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARSolucion:a)Porsimetra, el CMdelabarrahomogeneaseubicaensupuntomedio. Paradeterminar el CM del sistema barramasa, lo descomponemos en dos masas puntuales,una que representa a la barra ubicada en su punto medio y la otra la masaM. El CMdel sistema se localiza en el punto medio de la lnea que los une.Ubicamosel origendel sistemadecoor-denadasenel extremodelabarra, enellugar exacto donde ocurrira el choque (verFigura).En un cierto instante, la masa Mse ubicaenx = a, entonces, usando la expresionparacalcular el CM, obtenemos paraelsistema barramasa:xCM=(a)M + 0 M2M= a2,yCM=0 M +L2M2M=L4.b) Como

Fext = 0 en el plano de la mesa, entonces:

PCM= t_

Fext_ = 0

VCM|antes =

VCM|despues.VCM|x =M v0+M 02M=12 v0, VCM|y = 0.Donde hemos usado [VI.5.3]:

VCM=

mvi

mi.c) Como la masa Mno choca con el centro de masa de la barra, despues del choque,el conjuntoexperimentaunmovimientodetraslacionyrotacionsimultaneos. El CMdel sistemanosufrecambiosdebidoalchoque, puestoquelasfuerzasqueocurrenenese instante, son internas y no afectan la dinamica del conjunto barramasa. Como nohay fuerzas externas en el plano de la mesa, la velocidad del centro de masa permanececonstante e igual aV0/2.VI.6. MOMENTOANGULAR 313Parecerazonablereubicarelorigendelsistemadereferenciaenelcentrodemasa.En esta nueva ubicacion, la barra junto con la masaMen su extremo, no se desplaza ysolo gira en torno al nuevo origen de coordenadas. Mas a un, como el torque externo alsistema barra-masa es nulo, el momentum angular,L0, permanecera constante.= 0 L = constante,es decir: Lantes del choque = Ldespues del choque.Comencemos estudiando el movimiento del conjunto barramasa, desde el sistema ubi-cado jo al centro de masa.Figura VI.30: El choque visto por un observador ubicado en la mesa (sistema de Labo-ratorio) y otro observador que se mueve con el centro de masa del conjunto barramasa.Calculemos las velocidades relativas. De acuerdo a la formula obtenida en el CaptuloIII:Vbarra/CM = Vbarra/Lab +VLab/CM = Vbarra/Lab VCM/Lab,reemplazando los valores correspondientes:Vbarra /CM = 0 V02= V02,Vmasa / CM = Vmasa/Lab VCM/Lab = V0 V02=V02.Ambas velocidades solo tienen componentes en el ejex.Para calcular la velocidad angular despues del choque, necesitamos conocer el valordel momento angular del sistema antes que este ocurra. Este valor es la suma del mo-mento angular de la barra mas la contribucion de la masaM. Si tomamos como origenel CM, entonces (ver ejercicio previo):314 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFigura VI.31: Campo de velocidades de la barra. La barra no tiene velocidad angular,todos sus puntos tienen la misma velocidad, en consecuencia, podemos usar el resultadoobtenido en un ejercicio anterior para el calculo del momento angular.Lbarra/CM= rCM p =M LVo8, (VI.37)Lmasa/CM= MVo2L4, y el momento angular total es, (VI.38)Lantes del choque=14 LM Vo. (VI.39)Despues de ocurrido el choque, el momento angular del conjunto permanece constantey el conjunto barramasa gira como un todo, lo que facilita el calculo del momento angulartotal:Ldespues del choque = Lbarra/CM +Lmasa/CM.Lbarra/CM = I 0, (puesto que solo existe rotacion, con respecto al CM).I MomentodeInerciadeunabarrarotandoconrespectoalcentrodemasadelconjunto barramasa.El valordel momentodeinerciadelabarrarotandoconrespectoal puntoqueseindica en la Figura ya se calculo en un ejemplo anterior, el valor obtenido fue:I =748 M L2.VI.6. MOMENTOANGULAR 315Figura VI.32: Movimiento del conjunto barramasa despues del choque. El CM se muevecon velocidad constante, por lo tanto las cruces que ubican el CM deben estar en unalnea horizontal e igualmente espaciadas, si los intervalos de tiempo considerados entrecada posicion, son iguales.Ldespues del choque=748 ML20. .+ M_L4_20. .=524 ML20,I 0M r2M 0pero,Lantes = Ldespues, de aqu obtenemos la ecuacion que nos permite calcular0:M VoL4=524 (0L) ML, simplicando, se tiene:V0=56 (0L) =0 =65V0L .ComentariosEste es un problema largo y conviene resumir sus puntos mas importantes. El conjunto estudiado consiste en la barra y la masa puntual. Sobre este sistemano existen fuerzas externas en el plano de la mesa, por lo tanto el momentum lineal y elmomento angular se conservan:

Psistema = 0,

Lsistema = 0.Cualquier cambio de velocidades entre estas dos componentes se debe a la accion de lasfuerzas internas.316 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULAR Como no hay fuerzas externas el centro de masa se mueve con velocidad constante,porlotantoconvieneubicarel sistemadereferenciajoadichopunto. LasleyesdeNewton son validas all , puesto que es un sistema inercial. Al considerarel momentoangularantesdel choque, labarrasetomacomounpunto de masaMy velocidad (V0/2) porque se traslada paralelamente a s misma. Como las masas de ambos cuerpos son iguales aM, no tenemos oportunidad deconsiderar los casos extremos en que la partcula tiene una masa m muy peque na o muygrande comparada con la masaMde la barra.EjercicioRepita estos calculos utilizando una masa m = M para la partcula puntual. Veriquequeestosresultadoscoincidenconlosobtenidosanteriormente,cuandoseimponequeambas masas sean iguales.VI.7. TEOREMADESTEINERVI.7.1. MomentodeinerciaExisten muchos ejemplos interesantes en los cuales el eje de rotacion no pasa por elcentro de masa.A continuacion expresamos el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un ejejo, perpendicular al plano de movimiento y que lo atraviesa por un punto arbitrario.El valor del momento de inercia con respecto a este nuevo eje es igual a la suma delmomento de inercia del cuerpo con respecto al centro de masa y el valor del momentode inercia del centro de masa considerado como una partcula con respecto al nuevoeje.La unica operacion que debemos realizar es descomponer el vector posicion de cadauna de las partculas xi, como la suma de un vector que va desde el eje al centro de masa

RCMy otro que apunta desde el CM al punto iesimo, ri.Io =N

i=1mi (xi)2, xi =

R +ri.Utilizaremos

RCM

R,enlossiguientesdesarrollos,enelresultadonalincluiremosnuevamente el subndice CM.VI.7. TEOREMADESTEINER 317(xi)2= (

R +ri)2,(xi)2=

R2+ 2

R ri +r2i,Io= i=1mi_

R2+ 2 R ri +r2i_,

ni=1miri= 0, entonces:Io= M R2CM +N

i=1mir2i.Identicando los terminos correspondientes, se obtiene:Io= ICM+ Ic/r CMVI.7.2. MomentoangularUna situacion analoga se produce en el caso del momento angular. La misma sepa-racion de coordenadas anterior, es valida aqu . El detalle de los calculos es el siguiente:

L = Ni=1xi pi= Ni=1xi (mivi),= Ni=1_(

RCM +ri) (mivi)_,=

RCM _

Ni=1mivi_+ Ni=1ri (mivi),como, Ni=1mivi= M

VCM, y ademas, vi =

VCM +ui, reemplazandose obtiene:

L =

RCM (M

VCM) +_

Ni=1miri_

VCM++

Ni=1ri (miui).En este calculo hemos usado la igualdad:

Ni=1miri = 0, y la composicion de velocidades:vi=

VCM+ ui, obtenidaderivandoconrespectoal tiempo, el vectorposicion: xi=

RCM +ri.318 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULAREl momentoangularconrespectoal puntoOsedescomponeenlasumadedosterminos: el momento angular del cuerpo con respecto al centro de masa y el momentoangular del objeto concentrado en su centro de masa, con respecto al puntoO:

LO=

LCM+

R M vCM.Lavariaciondelmomentoangularconrespectoaltiempoestarela-cionadaconeltorqueatravesdelaecuacion:N

i=1o=d LOdtEjemploUna barra de masa despreciable (m = 0)y largo, sostiene en su extremo un discodemasaMyradioamedianteunejesin friccion. Si a medida que la barra gira,el discopermaneceparaleloas mismo,calcular el momento angular con respectoal eje de giro de la barra.El momento angular es:

Lo =

LCM+

R M vCM.Como el disco no gira con respecto a su centro de masa,

LCM= 0. El momento angularse reduce al de una masa Mubicada en el extremo de la barra, que rota con la velocidadangular de la barrao:I = M 2, Lo = M 2o.EjemploPara evitar que el disco se traslade paralelamente a s mismo, como sucede en el casoanterior, lo jamos a la barra. Ahora el disco gira unido a la barra y su centro de masadescribe una circunferencia.VI.7. TEOREMADESTEINER 319Calcule el momento angular del conjunto.Laexpresiondel momentoangulares:Lo = LCM +Lc/r CM.Lc/r CMes el momento angular deldiscoconrespectoasucentro. Suvelocidad angular es la misma de labarra. Su valor es:Lc/r CM = Ic/r CMo =12 M R2o,dondeoeslavelocidadangulardelabarra. [M R2]/2, esel valordel momentodeinercia del disco con respecto a su centro.Por otra parte:LCM= M 2o Lo =_M 2+ 12 M R2_o.2Supongamos que en este caso= R, entonces Lo = [3 M R2]/2 o. Esto es equivalente aque el disco gire en torno a un eje situado en el borde, por lo tanto, el valor del momentode inercia de un disco con respecto a un borde es:Ic/r al borde =32 M R2.EjemploCalcular la aceleracion de un cilindro que rueda sin resbalar sobre un plano inclinado.Este plano forma un angulo con la horizontal. El valor del coeciente de roce entre elcilindro y el plano esestatico.Lo primero que debemos hacer es elegir un sistema de referencia adecuado que facilitelos calculos. Una de las posibilidades es ubicarlo en el puntoPde la Figura, de modoque la ecuacion del torque sea simple. Esta no es la unica alternativa, como ilustraremosal nal de este ejemplo.De acuerdo a la ley de composicion del momento angular, tenemos:LP= LCM +Lc/r CM.320 CAPITULOVI. TORQUE,CENTRODEMASAYMOMENTOANGULARFigura VI.33: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro que cae por un plano inclinadocon roce.LCM es nulo: la velocidad del centro de masa es colineal con el vector que une este puntoconP. De esta forma:LP= Lc/r CM=M R22,dondeeslavelocidadangulardel cilindro. Amedidaquesedesplazaporel planoinclinado, su velocidad angular aumentara, de modo que = (t).Por otra parte, la expresion para el torque es:=d LPdt=dd t_M R22_.La unicafuerzaquegenerauntorqueconrespectoal puntoPesel roce. Lafuerzanormal al plano

N, secancelaconlaproyecciondel pesodel cilindro: M g cos(verFigura).Las ecuaciones de Newton y la del torque son entonces:1) Froce = ICM _d d t _,2) M g sen Froce = M aCM.3) N M g cos = 0.La condicion geometrica de resbalar sin rodar indica que instantaneamente el cilindroesta rotando con respecto al punto de contacto entre el cilindro y el plano. La velocidaddel centro del disco es:R =vCM. La velocidad relativa entre el punt