36 Rotación: momento de fuerza y segunda ley
El momento de una fuerza
El momento de una fuerza \(\vec{F} \) respecto a un punto O mide su capacidad para hacer girar un cuerpo alrededor de ese punto, y se define como el producto vectorial:
donde \(\vec{r} \) es el vector que va desde el punto O hasta el punto de aplicación de la fuerza.
También se le llama par o torque.
Su módulo es:
siendo \(\varphi \) el ángulo entre \(\vec{r} \) y \(\vec{F} \)
Se mide en newtons metro, \(\text{N}\cdot\text{m} \)
La dirección de \(\vec{\tau} \) es perpendicular al plano formado por \(\vec{r} \) y \(\vec{F} \), con el sentido dado por la regla de la mano derecha:
si los dedos se cierran desde \(\vec{r} \) hacia \(\vec{F} \), el pulgar señala el sentido de \(\vec{\tau} \)
En el plano del papel esto se traduce en un signo: positivo si tiende a producir un giro antihorario y negativo si tiende a producir un giro horario.
Por qué solo la componente perpendicular produce giro
Descompongamos la fuerza en una componente paralela a \(\vec{r} \) y otra perpendicular a él: $$\vec{F} = \vec{F}_{\parallel} + \vec{F}_{\perp} $$
La componente paralela actúa a lo largo de la línea que une el punto O con el punto de aplicación: su línea de acción pasa por O, no puede hacer girar el cuerpo alrededor de O y su momento es nulo, porque \(\sen 0^\circ = 0 \)
Solo la componente perpendicular tiene brazo de palanca no nulo.
Se llama brazo de palanca a la distancia \(b = r\sen\varphi \) entre el punto O y la línea de acción de la fuerza, y el módulo del momento puede escribirse de forma muy intuitiva como:
Cuanto mayor sea la distancia al punto de aplicación o más perpendicular sea la fuerza, mayor será el efecto de giro: por eso las puertas tienen el tirador lejos de las bisagras.
Deducción de la segunda ley de Newton para la rotación
Consideremos primero una sola partícula de masa \(m \) que se mueve en una circunferencia de radio \(r \) alrededor del punto O.
La segunda ley de Newton para su componente tangencial es:
Multiplicamos ambos miembros por \(r \):
El primer miembro es el módulo del momento de la fuerza respecto a O, porque \(F_t \) es perpendicular a \(\vec{r} \): \(\tau = rF_t \)
En el segundo miembro usamos \(a_t = r\alpha \), deducida en la sección de cinemática:
Para un sólido rígido formado por muchas partículas, sumamos esta relación sobre todas ellas:
La aceleración angular \(\alpha \) es común a todas las partículas del sólido rígido y sale del sumatorio.
El paréntesis es el momento de inercia \(I \), luego:
Hemos escrito solo los momentos externos porque los momentos de las fuerzas internas se cancelan por parejas: por la tercera ley de Newton, si la partícula 1 ejerce sobre la 2 una fuerza \(\vec{F}_{12} \), la 2 ejerce sobre la 1 la fuerza opuesta \(\vec{F}_{21} = -\vec{F}_{12} \), y ambas fuerzas actúan sobre la misma línea que une las dos partículas, de modo que sus momentos respecto a cualquier punto son iguales y opuestos y su suma es nula.
Esta es la segunda ley de Newton para la rotación, análoga a \(\sum F = ma \) de la traslación, con la correspondencia fuerza por momento, masa por momento de inercia y aceleración lineal por aceleración angular.
Equilibrio del sólido rígido
Un sólido rígido está en equilibrio cuando no se traslada ni gira, lo que exige dos condiciones independientes:
que garantiza que el centro de masas no acelera, y:
que garantiza que no hay aceleración angular.
Ambas son necesarias: un par de fuerzas iguales y opuestas aplicadas en puntos distintos suma fuerza nula pero produce un momento no nulo que hace girar el cuerpo.
Para abrir una puerta de \(0,8 \text{ m} \) de ancho se aplica una fuerza de \(40 \text{ N} \) perpendicular a la puerta en el tirador, situado en el borde opuesto a las bisagras.
Calcula el momento de la fuerza respecto a las bisagras y explica por qué el tirador no está junto a las bisagras.
Para resolver este ejemplo empezaremos por identificar el vector de posición desde las bisagras hasta el punto de aplicación.
A continuación aplicaremos la definición del módulo del momento.
Para terminar interpretaremos el resultado en términos del brazo de palanca.
Vector de posición y ángulo.
El vector \(\vec{r} \) va desde las bisagras hasta el tirador, luego su módulo es el ancho de la puerta: \(r = 0,8 \text{ m} \)
La fuerza es perpendicular a la puerta, luego \(\varphi = 90^\circ \) y \(\sen\varphi = 1 \)
Cálculo del momento.
Aplicamos \(\tau = rF\sen\varphi \):
Interpretación.
El brazo de palanca es \(b = r\sen\varphi = 0,8 \text{ m} \), el máximo posible.
Si el tirador estuviera a \(0,1 \text{ m} \) de las bisagras, el momento sería ocho veces menor y haría falta una fuerza ocho veces mayor para conseguir el mismo giro.
El momento respecto a las bisagras es de treinta y dos newtons metro, y el tirador se coloca lejos de ellas para maximizar el brazo de palanca.
Una polea en forma de disco macizo de masa \(M = 6 \text{ kg} \) y radio \(R = 0,3 \text{ m} \) puede girar sin rozamiento alrededor de su eje horizontal.
De una cuerda enrollada en su periferia cuelga una masa \(m = 4 \text{ kg} \)
Calcula la aceleración lineal de la masa, la aceleración angular de la polea y la tensión de la cuerda.
Toma \(g = 10 \text{ m/s}^2 \)
Para resolver este ejemplo empezaremos por plantear la segunda ley de Newton para la masa que desciende y la segunda ley de la rotación para la polea.
A continuación usaremos la ligadura cinemática entre la aceleración lineal de la cuerda y la aceleración angular de la polea.
Para terminar resolveremos el sistema y hallaremos la tensión.
Ecuaciones dinámicas.
Para la masa que desciende, tomando como positivo el sentido hacia abajo:
donde \(T \) es la tensión de la cuerda.
Para la polea, la tensión ejerce un momento \(\tau = TR \) respecto a su eje (la fuerza es tangente, luego perpendicular al radio).
El momento de inercia del disco es \(I = \frac{1}{2}MR^2 \), y la segunda ley de la rotación da:
La cuerda no desliza sobre la polea, luego la aceleración lineal de la cuerda coincide con la aceleración tangencial del borde:
Resolución del sistema.
De la ecuación de rotación despejamos la tensión:
y con la ligadura \(\alpha = \frac{a}{R} \) queda:
Sustituyendo en la ecuación de la masa:
Para el disco \(\frac{I}{R^2} = \frac{M}{2} \), luego:
Sustituyendo \(m = 4 \text{ kg} \), \(M = 6 \text{ kg} \) y \(g = 10 \text{ m/s}^2 \):
Aceleración angular y tensión.
De la ligadura cinemática:
De la ecuación de la masa despejamos la tensión:
La masa desciende con cinco coma setenta y un metros por segundo al cuadrado, la polea gira con $$19,05 \text{ rad/s}^2 y la tensión de la cuerda es de $$17,14 \text{ N} $$, menor que el peso de la masa porque esta acelera hacia abajo.$$
Una barra homogénea de \(4 \text{ m} \) de longitud y \(10 \text{ kg} \) de masa está apoyada sobre un pivote situado a \(1 \text{ m} \) de su extremo izquierdo.
¿Qué masa hay que colgar del extremo izquierdo para que la barra quede en equilibrio horizontal?
Para resolver este ejemplo empezaremos por imponer la condición de equilibrio de rotación, es decir, que la suma de momentos respecto al pivote sea nula.
A continuación calcularemos el momento del peso de la barra, que actúa en su centro de masas.
Para terminar igualaremos los momentos y despejaremos la masa desconocida.
Condición de equilibrio.
Tomamos momentos respecto al pivote, con signo positivo para el sentido antihorario.
La masa \(m \) colgada del extremo izquierdo tiende a girar la barra en sentido antihorario y el peso de la barra tiende a girarla en sentido horario.
En el equilibrio:
Momentos de cada fuerza.
La masa cuelga a \(1 \text{ m} \) a la izquierda del pivote, luego su momento es:
en sentido antihorario.
El peso de la barra, \(P = 10\cdot 10 = 100 \text{ N} \), actúa en su centro de masas, situado a \(2 \text{ m} \) del extremo izquierdo, es decir, a \(1 \text{ m} \) a la derecha del pivote.
Su momento es:
en sentido horario.
Igualación y despeje.
Igualando los módulos de ambos momentos:
de donde:
Hay que colgar \(10 \text{ kg} \) del extremo izquierdo; el peso de la barra queda compensado porque su centro de masas está a la misma distancia del pivote que el extremo.
Dos poleas de radios \(r_1 = 5 \text{ cm} \) y \(r_2 = 8 \text{ cm} \) están acopladas formando un solo bloque que gira alrededor de un eje fijo que pasa por su centro.
De la polea de radio \(r_1 \) cuelga una masa de \(30 \text{ kg} \) y de la de radio \(r_2 \) cuelga una masa de \(20 \text{ kg} \), enrollada en sentido contrario.
El momento de inercia del bloque es \(I = 0,006 \text{ kg}\cdot\text{m}^2 \)
Halla en qué sentido se mueve el sistema y la aceleración angular del bloque.
Toma \(g = 10 \text{ m/s}^2 \)
Para resolver este ejemplo empezaremos por calcular el momento que ejerce cada masa respecto al eje y determinar el sentido del giro.
A continuación aplicaremos la segunda ley de la rotación al sistema completo, incluyendo la inercia de las masas.
Para terminar despejaremos la aceleración angular.
Momentos y sentido del giro.
Cada masa ejerce, a través de su cuerda, un momento igual a su peso por el radio de su polea.
La masa de \(30 \text{ kg} \) produce:
La masa de \(20 \text{ kg} \) produce, en sentido contrario:
Como \(\tau_2 > \tau_1 \), el momento neto es de \(1 \text{ N}\cdot\text{m} \) en el sentido de la masa de \(20 \text{ kg} \): esa masa desciende y la de \(30 \text{ kg} \) asciende.
Segunda ley de la rotación del sistema.
Las masas también aportan inercia, pues giran solidarias con el bloque a distancias \(r_1 \) y \(r_2 \) del eje.
El momento de inercia total es:
La segunda ley de la rotación da:
Aceleración angular.
Despejando:
La masa de \(20 \text{ kg} \) desciende, la de treinta asciende y el bloque gira con cuatro coma setenta y ocho radianes por segundo al cuadrado.
Sobre el borde de un disco macizo de masa \(M = 5 \text{ kg} \) y radio \(R = 0,4 \text{ m} \) actúan dos fuerzas tangenciales opuestas: \(F_1 = 30 \text{ N} \) a favor del giro y \(F_2 = 20 \text{ N} \) en contra.
Calcula la aceleración angular del disco.
Para resolver este ejemplo empezaremos por calcular el momento neto de las dos fuerzas respecto al eje del disco.
A continuación escribiremos el momento de inercia del disco.
Para terminar aplicaremos la segunda ley de Newton para la rotación.
Momento neto.
Ambas fuerzas son tangenciales, luego perpendiculares al radio, y sus momentos tienen signos opuestos.
El momento neto es:
Momento de inercia del disco.
Para un disco macizo respecto a su eje central:
Segunda ley de la rotación.
De \(\tau_{neto} = I\alpha \) despejamos:
El disco acelera con $$10 \text{ rad/s}^2 en el sentido de la fuerza mayor.$$
Se aplica una fuerza de \(F = 100 \text{ N} \) en un punto situado a \(r = 0,5 \text{ m} \) del eje de giro, formando un ángulo de \(\varphi = 60^\circ \) con el vector de posición.
Calcula el módulo del momento, el brazo de palanca y el ángulo que haría máximo el momento.
Para resolver este ejemplo empezaremos por aplicar la definición del módulo del momento con el ángulo dado.
A continuación calcularemos el brazo de palanca.
Para terminar analizaremos para qué ángulo el momento es máximo.
Módulo del momento.
Aplicamos \(\tau = rF\sen\varphi \) con \(\sen 60^\circ = 0,866 \):
Brazo de palanca.
El brazo de palanca es:
y en efecto $$\tau = Fb = 100\cdot 0,433 = 43,3 \text{ N}\cdot\text{m} $$
Ángulo de momento máximo.
El factor \(\sen\varphi \) es máximo cuando vale uno, es decir, cuando \(\varphi = 90^\circ \)
Entonces el momento máximo sería:
El momento es de cuarenta y tres coma tres newtons metro con un brazo de palanca de cero coma cuatrocientos treinta y tres metros; el momento máximo se consigue aplicando la fuerza perpendicularmente al vector de posición.