CB020FIUBA

Física de los Sistemas de Partículas · Guía completa de la materia

FIUBA · Física de los Sistemas de Partículas (CB020, ex Física I 62.01 / 82.01) · La teoría de las unidades 1 a 3 de la guía de problemas de la cátedra, con las condiciones en que vale cada ley, procedimientos, ejemplos resueltos, figuras y preguntas explicadas, y los problemas de la Guía de Problemas v6 resueltos uno por uno
En preparación: las unidades 4 (hidrodinámica) y 5 (ondas mecánicas). Entran en el integrador y no en el parcial, y se suman a esta guía en las próximas semanas.
1 Cómo se aprueba FSP, qué entra en el parcial y cómo leer esta guía

Física de los Sistemas de Partículas (CB020) es la física de mecánica del ciclo básico: partícula, sistemas de partículas y cuerpo rígido, y después hidrodinámica y ondas mecánicas. El régimen sale de la Guía de Problemas v6 de la cátedra (página 5, "Evaluaciones"), de la página de la cátedra y de la planificación oficial; las fechas, del cronograma del 2C2026, que la cátedra publica como tentativo. Esta guía no es material de la cátedra: ante cualquier diferencia, manda lo que diga tu curso.

Cómo se aprueba

QuéCómo funciona
La materiaPrimero se aprueba la cursada y después un examen integrador.
La cursadaHay que aprobar un parcial, todos los trabajos prácticos de laboratorio (grupales, con informe) y las actividades que pida tu curso.
El parcialUno solo, con tres oportunidades: el parcial y dos recuperatorios. Lo arma cada curso.
El integradorLo administra la coordinación y es común a todos los cursos: 4 ejercicios o problemas de desarrollo, 3 horas, presencial. Está dividido en 4 módulos (se reconocen por el número de ejercicio) y hay que mostrar conocimientos mínimos en los cuatro. Hay tres períodos con cinco fechas cada uno y hasta tres oportunidades para rendirlo.
La nota finalEl promedio de la nota de cursada y la del integrador. El corrector puede decidir no promediar, y si el promedio no da entero se redondea hacia la nota del integrador.
LibreTres instancias: problemas de mecánica (2 horas y media), una práctica de laboratorio con su informe y el integrador.
El parcial cambia mucho de un curso a otro
Como cada curso arma el suyo, no hay un parcial único para estudiar de memoria. Varía qué ejercicios toman y cómo los evalúan: hay cursos que toman problemas muy parecidos a los de la Guía de Problemas y otros que no. Lo que vale para todos es el temario (abajo) y el nivel de la guía de la cátedra. Lo más útil que podés hacer es preguntar en tu curso cómo es su parcial y mirar los que tomó tu docente en cuatrimestres anteriores.

Las fechas del 2C2026

SemanasDesde el lunesTema
1 a 417/8Mediciones e incertezas, cinemática y dinámica del punto, trabajo y energía (unidad 1) y momento angular de una partícula (en la Guía de Problemas, unidad 2)
5 y 614/9Sistemas de partículas (unidad 2)
7 a 1028/9Cuerpo rígido: cinemática, dinámica, energía y momento angular (unidad 3)
1126/10Parcial
122/11Fluidos (unidad 4)
13 a 169/11Movimiento ondulatorio (unidad 5); en la semana del 16/11, el primer recuperatorio
177/12Segundo recuperatorio y cierre de notas
1814/12Integrador, primera fecha (a confirmar)

El cronograma es tentativo y cada curso fija el día exacto dentro de la semana. El del 2C2025 tenía la misma estructura: el parcial en la semana 11, después de cuerpo rígido.

Qué entra en el parcial

La planificación oficial lo dice así: el parcial evalúa los contenidos de las unidades de mecánica de la partícula, sistemas de partículas y cuerpo rígido, que son el 70 % del temario. Hidrodinámica y ondas se dan después del parcial y entran en el integrador.

UnidadTemasSecciones de esta guía
1 · Mediciones, incertezas y leyes de movimientoMediciones e incertezas, cinemática del punto, dinámica, oscilaciones, trabajo y energía2 a 6
2 · Sistemas de partículasImpulso, cantidad de movimiento y centro de masa; choques y explosiones; momento cinético y energía de un sistema (acá está también el momento cinético de una partícula)7 a 9
3 · Cuerpo rígidoCinemática y centro instantáneo de rotación; centro de masa, momento de inercia y estática; dinámica; energía; momento cinético, percusiones y péndulo físico10 a 14
¿Entra hidrodinámica?
Un documento de la cátedra para rendir libre (de 2024) pone a la hidrodinámica entre los temas de los parciales de mecánica. Pero en los cronogramas de 2025 y de 2026 los fluidos se dan después del parcial, y la planificación oficial no los incluye. Si tu curso no dice otra cosa, hidrodinámica es del integrador. Ante la duda, preguntalo.

Qué tomaron en el primer cuatrimestre de 2026

Para tener una idea del peso de cada tema se contaron 16 exámenes del 1C2026 (10 parciales y 6 recuperatorios) de unos diez cursos distintos (de algunos hay parcial y recuperatorio), con 45 ejercicios en total, entre dos y cuatro por examen. Cada ejercicio se clasificó por su tema principal:

Tema principalEjercicios (de 45)
Choques (plásticos, elásticos, en una o dos dimensiones, péndulo balístico)11
Cuerpo rígido que gira alrededor de un eje fijo (momento de inercia, Steiner, poleas con masa, péndulo físico)11
Cuerpo rígido en rototraslación (rodar sin deslizar o deslizando, yoyó, cilindro con cuerda)7
Sistemas de partículas sin choque (centro de masa, cantidad de movimiento, energía, explosiones)5
Cinemática del cuerpo rígido (velocidades, centro instantáneo de rotación)4
Unidad 1 (partícula)3
Uno de cada uno: energía del cuerpo rígido, momento cinético e impulso de un cuerpo rígido, momento cinético de un sistema de partículas y una pregunta conceptual4

Por unidad: 25 ejercicios de cuerpo rígido, 17 de sistemas de partículas y 3 de la unidad 1. Ninguno de hidrodinámica ni de ondas.

Cómo leer esa tabla
Son 16 exámenes de un solo cuatrimestre, y cada curso arma el suyo: es una tendencia, no una regla. Lo que sí muestra es que choques y cuerpo rígido se llevaron la mayor parte. Que la unidad 1 aparezca poco como tema principal no quiere decir que no se use: casi todos los problemas de choques o de cuerpo rígido usan el diagrama de cuerpo libre, la segunda ley de Newton o la conservación de la energía, que son de la unidad 1. No la saltees; repasala rápido si ya la tenés.

Cómo usar esta guía

Cada sección tiene la teoría con ejemplos resueltos, figuras, recuadros con lo clave y con las trampas típicas, preguntas de opción múltiple para autoevaluarte y, al final, los problemas de la Guía de Problemas v6 de la cátedra resueltos uno por uno, citados con su unidad y su número para que los encuentres en la guía impresa. Las unidades 4 y 5 (hidrodinámica y ondas), que son del integrador, se suman más adelante.

El orden que conviene
Teoría de una sección → sus preguntas → los problemas de la guía de esa sección, intentándolos antes de abrir la resolución (con lápiz y papel, hasta el resultado numérico) → recién ahí la resolución, para comparar el planteo y no sólo el número.

Tres convenciones que se usan en toda la guía:

  • g = 9,8 m/s², salvo que el enunciado dé otro valor.
  • Notación de la cátedra: cantidad de movimiento p, impulso J, momento cinético L, velocidad angular de un cuerpo rígido Ω y aceleración angular γ. Muchos libros usan ω y α: es lo mismo con otra letra.
  • Incertezas como pide la cátedra: se propagan sumando los módulos de las derivadas parciales (cota máxima), y el resultado se escribe con la incerteza en dos cifras significativas y el valor con los mismos decimales.

Donde el libro de la cátedra y la Guía de Problemas v6 usan datos o notación distintos, esta guía sigue la v6, que es la que se usa en los cursos.

↑ Volver al índice
2 Unidad 1 · Mediciones e incertezas

Todo número que usa la física sale, en algún momento, de una medición: un largo leído en una regla, un tiempo tomado con un cronómetro, una masa pesada en una balanza. Y ninguna medición es exacta. Por eso un resultado experimental tiene siempre dos partes: el valor y cuánto se puede confiar en él, su incerteza. Esta sección enseña a medir y a escribir lo medido: cómo se acota la incerteza de una medición directa (con una lectura o con varias), cómo se escribe el resultado con las cifras que tienen sentido, cómo se controlan las unidades y las dimensiones de una fórmula, cómo pasa la incerteza de los datos al resultado de una cuenta, que es la propagación de incertezas, y cómo se saca una magnitud de la pendiente de un gráfico, que es lo que se hace en el laboratorio.

Es el primer tema de la unidad 1 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Además es la base de los trabajos prácticos de laboratorio, que hay que aprobar todos para aprobar la cursada. Un dato para ubicarse: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, uno solo toca este tema, y como una afirmación de verdadero o falso (el error relativo de un cociente). Pero el tema vuelve en toda la guía como último ítem de problemas de otros temas: el 7 de la unidad 1, el 33 de la unidad 2, el 11 y el 49 de la unidad 3, el 16 y el 26 de la unidad 4, y el 10, 14, 42, 48, 49 y 51 de la unidad 5 piden propagar una incerteza, recortar un resultado o comparar mediciones con lo que está acá.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 1: el diámetro de una esfera medido cinco veces con un calibre, con su valor representativo y sus errores absoluto, relativo y porcentual (problema 1); las cinco afirmaciones sobre cifras significativas, escritura de un resultado, dimensiones y error de una suma (2); el volumen de esa esfera con su error y las cifras de π que hacen falta (3); la altura y el diámetro de un cilindro escritos con sentido físico, y su volumen (4); y el mismo cálculo a partir de una tabla de lecturas (5).

Medir: comparar con un patrón

Medir una magnitud es compararla con otra de la misma especie que se toma como unidad (un patrón) y decir cuántas veces la contiene. El resultado tiene tres partes que no se separan nunca: un número, su incerteza y la unidad. "El ancho es 812" no dice nada; "el ancho es 812 mm" dice más, pero todavía no dice cuánto se puede confiar en ese 812.

En toda medición intervienen cuatro cosas: el sistema que se mide (el objeto, con sus bordes, sus irregularidades y su temperatura), el instrumento y el método con que se lo usa, el observador que lee, y el ambiente (temperatura, vibraciones, luz). Las cuatro se influyen entre sí y cada una agrega indeterminación. La magnitud misma no está definida con nitidez infinita (¿cuál es "el" diámetro de una esfera que no es perfectamente esférica?), la escala del instrumento es finita, el observador lee con cierta resolución, y medir altera un poco lo que se mide: el manómetro deja escapar algo de aire de la cubierta que controla, el termómetro le saca calor al agua. Por eso no existe la medición exacta. El "valor verdadero" de una magnitud es una idealización que nunca se conoce; lo que se obtiene es un valor representativo y un margen alrededor:

X = (X₀ ± ΔX) unidad

X₀ es el valor representativo (la guía también lo llama valor más probable) y ΔX es la incerteza absoluta o error absoluto. En esta materia incerteza y error se usan como sinónimos, y "error" no quiere decir equivocación sino margen. La expresión dice que el valor de la magnitud está, casi con seguridad, entre X₀ − ΔX y X₀ + ΔX: el ancho de una puerta informado como (812 ± 1) mm está entre 811 mm y 813 mm. Fijate cómo se escribe: valor e incerteza entre paréntesis, con la misma cantidad de decimales, y la unidad una sola vez, afuera. Muchos libros de texto escriben la incerteza absoluta con δ (δx); acá va siempre con Δ.

X₀ − ΔX X₀ X₀ + ΔX ΔX ΔX
Una medición no da un número sino un intervalo. X₀ es el valor representativo y ΔX la incerteza absoluta: el valor de la magnitud está, casi con seguridad, en algún lugar de la franja, y nada dice que esté justo en el centro.

Ese intervalo no es estadístico: no hay una probabilidad calculada detrás. Es el rango donde quien midió está casi seguro de que se encuentra el valor, y se arma con criterios que siempre se pueden justificar. Lo que no se puede hacer nunca es informar el valor solo: un resultado sin incerteza no permite decidir si coincide con otro, si cumple una tolerancia o si sirve para lo que se lo quiere usar.

Mediciones directas e indirectas

Una medición directa se lee en el instrumento: el largo con la regla, el tiempo con el cronómetro, la masa con la balanza. Una medición indirecta sale de una cuenta hecha con mediciones directas: el volumen de un cilindro a partir de su diámetro y su altura, la densidad a partir de la masa y el volumen, g a partir del largo y del período de un péndulo. La incerteza de una medición directa se estima mirando el instrumento y las lecturas; la de una indirecta se propaga desde las incertezas de los datos.

IdeaCómo se la llamaCómo se escribe acá
valor centralvalor representativo, valor más probableX₀, o la letra sola en un ejemplo (D, h)
margenincerteza absoluta, error absolutoΔX (con las unidades de X)
margen sobre valorerror relativo; por 100, error porcentualεr, ε%; con la magnitud de subíndice, εD (la guía escribe εrD y eA)
lo que distingue el instrumentoapreciación, mínima división, resoluciónΔinst
Un resultado tiene tres partes
Valor, incerteza y unidad. Si falta cualquiera de las tres, no es un resultado. Y la incerteza no es un adorno: dice hasta qué cifra el valor es confiable.

Los errores: de dónde salen, exactitud y precisión

Los errores se agrupan en tres familias, y cada una se trata distinto:

  • Groseros. Una equivocación o un accidente: leer 3 por 8, parar tarde el cronómetro una vez, un golpe a la mesa. Se reconocen porque la lectura queda muy lejos de las demás, y se descartan: no se promedian.
  • Sistemáticos. Afectan a todas las lecturas igual y con el mismo signo: el cero de la balanza corrido, una regla dilatada, un cronómetro que se aprieta siempre tarde, mirar la escala siempre en diagonal del mismo lado (paralaje), un modelo teórico que simplifica de más. Repetir la medición no los descubre, porque todas las lecturas salen corridas igual. Se combaten revisando el cero y la calibración del instrumento, cambiando de método o de instrumento, y comparando con un valor de referencia.
  • Casuales o accidentales. Pequeñas variaciones al azar, tanto por exceso como por defecto: cómo se apoya el objeto entre las mandíbulas del calibre, el pulso al apretar el cronómetro, la estimación a ojo entre dos rayas, vibraciones. Hacen que las lecturas repetidas no coincidan, y su efecto se acota repitiendo la medición: es lo que mide la dispersión.

De ahí salen dos palabras que se confunden mucho. Una medición es precisa si las lecturas repetidas salen parecidas entre sí: poca dispersión, errores casuales chicos, incerteza chica. Es exacta si las lecturas caen alrededor del valor verdadero o de referencia, o sea, si no tiene error sistemático. Se puede tener una cosa sin la otra.

ni preciso ni exacto preciso, no exacto exacto, no preciso preciso y exacto
El centro del blanco es el valor verdadero y cada impacto, una lectura. Precisión es que las lecturas salgan parecidas entre sí (puntos agrupados); exactitud, que caigan alrededor del valor verdadero. Arriba a la derecha está el caso más traicionero: lecturas que se repiten muy bien y están todas corridas, la marca de un error sistemático.
Precisión no es exactitud
Un instrumento con el cero corrido da lecturas que se repiten de maravilla y están todas mal. Promediar muchas lecturas achica el efecto de los errores casuales, pero no corrige un sistemático: el promedio sale corrido igual. Lo único que lo delata es comparar con otra cosa: otro instrumento, otro método o un valor de tabla.

En las mediciones sencillas de laboratorio y en los problemas de la guía se trabaja así: los groseros se eliminan, los sistemáticos se suponen controlados (instrumento en buen estado, cero verificado), y lo que queda en la incerteza es la apreciación del instrumento y la dispersión de las lecturas.

Medición directa con una sola lectura

Cada instrumento tiene un rango (lo máximo que puede medir), una mínima división (la distancia entre dos marcas de su escala) y una apreciación o resolución: la menor diferencia que permite distinguir. En una regla milimetrada la mínima división es 1 mm. En un instrumento digital la apreciación es una unidad del último dígito de la pantalla: una balanza que muestra 152,4 g aprecia 0,1 g. En un calibre, un nonio permite apreciar fracciones de la mínima división de la regla.

Regla para una sola lectura: el valor representativo es la lectura y la incerteza es la apreciación del instrumento. En una escala analógica eso es la mínima división, o su mitad si las marcas están bien separadas, el borde del objeto es nítido y se lo puede justificar.

Una sola lectura:   X₀ = lectura   ·   ΔX = Δinst

Esa es la incerteza mínima, la que pone el instrumento, y puede ser mayor: si los bordes del objeto están redondeados o mal definidos, si hay que estimar a ojo dónde termina una sombra, si el objeto se deforma al apretarlo, la incerteza crece aunque la regla sea la misma. Al revés, un instrumento puede mostrar más dígitos de los que garantiza: las especificaciones de fábrica suelen dar una incerteza mayor que la resolución de la pantalla (un calibre digital que muestra centésimas de milímetro puede garantizar sólo ±0,02 mm o ±0,03 mm, según el largo medido). Un detalle más: como la incerteza absoluta del instrumento es fija, conviene que la lectura caiga en la parte alta de la escala, donde esa incerteza pesa menos en proporción.

Una sola lectura
El ancho de una puerta se mide con una cinta métrica de mínima división 1 mm y se lee 812 mm. Una pieza de metal, en una balanza digital, muestra 152,4 g.
Cinta: sin otra información, ΔL = 1 mm, y el resultado es L = (812 ± 1) mm = (0,812 ± 0,001) m. Si los bordes del marco están bien definidos y la lectura se hace con cuidado, se puede justificar la mitad: L = (812,0 ± 0,5) mm. → Balanza: la pantalla cambia de a 0,1 g, así que m = (152,4 ± 0,1) g. → Lectura: el valor no lleva más cifras que las que el instrumento permite leer. Escribir 812,00 mm con una cinta milimetrada es inventar información.

Cómo se lee un calibre

El calibre tiene una regla fija graduada en milímetros y una regla corta que se desliza con la mandíbula móvil, el nonio (o vernier). Las divisiones del nonio son un poco más cortas que las de la regla: en el de la figura, 10 divisiones ocupan 9 mm, así que cada una mide 0,9 mm. Por eso, en cada posición, una sola marca del nonio coincide con una marca de la regla. Se lee en dos pasos: los milímetros enteros los da la marca de la regla que queda justo a la izquierda del cero del nonio, y la fracción la da el número de la línea del nonio que coincide con una marca de la regla. La apreciación es la mínima división de la regla dividida por la cantidad de divisiones del nonio: 1 mm/10 = 0,1 mm; 1 mm/20 = 0,05 mm; 1 mm/50 = 0,02 mm. Para un calibre, la guía usa "apreciación" y "mínima división" como sinónimos: las dos quieren decir lo menor que se puede leer con el nonio, 0,05 mm en el problema 1 y 0,02 mm en el 4 y el 5.

20 25 30 regla mm 0 5 10 nonio coincide la línea 4 cero: entre 23 y 24
Lectura de un calibre con nonio de 10 divisiones (apreciación 1 mm / 10 = 0,1 mm). El cero del nonio cae entre 23 mm y 24 mm de la regla: eso da los milímetros enteros, 23. La línea del nonio que coincide con una marca de la regla es la 4: eso da las décimas. Lectura: 23,4 mm, y el resultado es (23,4 ± 0,1) mm.

Medición directa con varias lecturas

Cuando se repite una medición y las lecturas no coinciden, la diferencia entre ellas es información: dice que hay causas de error casuales más grandes que lo que distingue el instrumento. Repetir sirve para dos cosas: detectar un valor grosero y acotar esa dispersión. Para pocas lecturas (hasta unas diez, que es lo habitual en un laboratorio de los primeros años) el método es este:

  1. Descartar los valores groseros: los que quedan mucho más lejos de los demás que la distancia típica entre las otras lecturas.
  2. Valor representativo: el promedio de las lecturas que quedan, X₀ = (X₁ + X₂ + … + Xₙ)/n. En el laboratorio a veces se usa la moda (la lectura que más se repite, si aparece en la mitad de las lecturas o más) o el centro del intervalo, (Xmáx + Xmín)/2. Cuando las lecturas se reparten parejas, los tres dan casi lo mismo.
  3. Incerteza: la semidispersión más la apreciación. Se arma el intervalo que va desde la lectura más chica menos la apreciación hasta la más grande más la apreciación, y la incerteza es la mitad de su ancho.
  4. Escribir el resultado con la regla de cifras que se ve más abajo. El promedio puede tener más decimales que las lecturas (11,288 mm sale de lecturas con dos decimales): se redondea a la posición de la incerteza recién al final.
ΔX = (Xmáx + Δinst) − (Xmín − Δinst)2 = Xmáx − Xmín2 + Δinst

El primer término, la semidispersión, cubre lo que varían las lecturas; el segundo, lo que el instrumento no puede distinguir. Si todas las lecturas dan igual, la semidispersión es cero y la incerteza queda en la apreciación: nunca en cero, porque lecturas idénticas sólo dicen que las variaciones casuales son menores que lo que el instrumento ve. Si la dispersión es mucho mayor que la apreciación, el segundo término casi no cambia nada, y hay quien usa sólo la semidispersión. Cuando los dos son comparables, dejar afuera la apreciación subestima la incerteza. Con muchas lecturas (decenas) se usan métodos estadísticos, como la desviación estándar del promedio, que dan una incerteza más chica; quedan fuera de lo que se usa en los problemas de la guía.

Una serie de lecturas
Un carrito baja por un riel y se mide seis veces, con un cronómetro de mano que aprecia 0,01 s, cuánto tarda en recorrer un tramo: 2,43 s; 2,51 s; 2,47 s; 2,39 s; 3,12 s; 2,45 s.
Groseros: 3,12 s está a más de 0,6 s de las demás, que caen todas dentro de 0,12 s: es un error grosero (por ejemplo, se tardó en parar el cronómetro) y se descarta. → Promedio: t = (2,43 + 2,51 + 2,47 + 2,39 + 2,45) s / 5 = 12,25 s / 5 = 2,45 s. → Incerteza: Δt = (2,51 s − 2,39 s)/2 + 0,01 s = 0,06 s + 0,01 s = 0,07 s. → Resultado: t = (2,45 ± 0,07) s. → Lectura: el cronómetro aprecia centésimas, pero la incerteza real es siete veces mayor: lo que manda es el tiempo de reacción de quien aprieta el botón, que la pantalla no muestra. Si no se hubiera descartado la lectura grosera, el promedio habría dado 2,56 s y la semidispersión 0,37 s: una sola lectura arruina todo el resultado.
promedio 2,35 2,40 2,45 2,50 t (s) semidispersión: 0,06 s + 0,01 s
Las cinco lecturas que quedan del ejemplo del carrito, cada una con su apreciación de ±0,01 s, y la franja del resultado: va desde la lectura más chica menos la apreciación hasta la más grande más la apreciación. Su mitad es la semidispersión (0,06 s) más la apreciación (0,01 s): Δt = 0,07 s.

Error absoluto, relativo y porcentual

La incerteza absoluta ΔX tiene las unidades de la magnitud y dice cuánto mide el intervalo, pero no dice si la medición es buena o mala: un milímetro es un error enorme en el espesor de una moneda y despreciable en el largo de un aula. Para eso está el error relativo (o incerteza relativa), que compara la incerteza con el valor:

εr = ΔXX₀   ·   ε% = 100 · εr

Es un número puro, sin unidades, y por eso permite comparar la calidad de mediciones de magnitudes distintas o hechas con métodos distintos: a menor error relativo, medición más precisa. Multiplicado por 100 es el error porcentual. Cuando hay varias magnitudes se pone la magnitud de subíndice: εD = ΔD/D, εh = Δh/h.

Dos situaciones que aparecen en los enunciados. Si un dato viene "con un 5 % de incerteza", su incerteza absoluta es ΔX = 0,05 · X₀. Y si un valor viene sin incerteza explícita (una constante de tabla, un dato escrito como 7,85), se supone que la incerteza es de una unidad en su última cifra: 7,85 quiere decir entre 7,84 y 7,86. Es una suposición a falta de un dato mejor; cuando hay una incerteza informada, manda esa.

¿Cuánto es mucho? Para las mediciones sencillas de laboratorio, los apuntes de la cátedra trabajan con incertezas de hasta un 5 % del valor. Con incertezas bastante mayores el resultado apenas da el orden de magnitud, y además la propagación con derivadas que se ve más abajo, que supone incertezas chicas, empieza a fallar. Un error porcentual alto no es un error de cuentas: es la señal de que el instrumento o el método no alcanzan para lo que se quiere medir.

Absoluto contra relativo
El largo de una mesa, medido con cinta, da (1,250 ± 0,002) m. El espesor de una hoja, medido con un micrómetro, da (0,10 ± 0,01) mm. ¿Cuál es la mejor medición?
Absolutos: 0,002 m = 2 mm contra 0,01 mm: el de la hoja es doscientas veces más chico. → Relativos: εmesa = 0,002 m / 1,250 m = 0,0016, un 0,16 %; εhoja = 0,01 mm / 0,10 mm = 0,10, un 10 %. → Lectura: la mesa está medida unas sesenta veces mejor, aunque su incerteza absoluta sea mucho mayor. Para medir mejor la hoja conviene apilar cien hojas, medir la pila y dividir por 100: más abajo se ve por qué eso divide la incerteza por 100.

Cifras significativas y cómo se escribe el resultado

Las cifras significativas de un número medido son los dígitos que tienen significado físico: se cuentan desde la izquierda, a partir del primero distinto de cero, hasta el último, que es el primero afectado por la incerteza. Para contarlas:

  • Los ceros a la izquierda no cuentan: sólo ubican la coma. 0,0056 m tiene 2 cifras significativas, igual que 5,6 mm: cambiar de unidad no cambia las cifras.
  • Los ceros entre otros dígitos cuentan: 3,08 tiene 3; 2,004 tiene 4.
  • Los ceros a la derecha cuentan, porque son información. 4,5 cm, 4,50 cm y 4,500 cm son el mismo número para la matemática y tres mediciones distintas para la física, con 2, 3 y 4 cifras: la primera se leyó hasta el milímetro, la segunda hasta la décima de milímetro y la tercera hasta la centésima. Por eso "6 cm" y "6,0 cm" no informan lo mismo.
  • En un entero terminado en ceros, como 1500 m, no se sabe si los ceros se midieron o sólo ubican. La notación científica lo resuelve: 1,5 × 10³ m tiene 2 cifras; 1,500 × 10³ m tiene 4.

El redondeo se hace al valor más cercano: si la primera cifra que se descarta es menor que 5, la anterior queda; si es 5 o más, la anterior sube uno. 2,346 a dos decimales da 2,35; 2,344 da 2,34; 0,0996 a dos cifras significativas da 0,10.

La regla de la cátedra: el resultado con sentido físico

Una cuenta no puede dar más exactitud que la de sus datos. La calculadora devuelve ocho o diez dígitos, y casi todos son ruido. La guía, en la nota de la página 7, define qué es escribir un resultado con sentido físico:

Con sentido físico
1. La incerteza se recorta a 2 cifras significativas, salvo que el enunciado pida otra cantidad. Si tiene una sola, como la apreciación 0,02 mm de un calibre, queda así: no se le agregan ceros.
2. El valor representativo se redondea a la misma posición decimal que la incerteza: la última cifra de los dos es del mismo orden (décimas, centésimas…), en la misma unidad.
3. Las cuentas intermedias se hacen con todas las cifras; se recorta sólo el resultado final.

¿Por qué dos cifras y no una? Porque al recortar a una sola cifra la incerteza puede cambiar mucho. Una incerteza de 0,15 recortada a una cifra pasa a 0,2, un 33 % más; una de 0,149 pasa a 0,1, un 33 % menos. Con dos cifras, el cambio por redondear queda en unos pocos por ciento. El peor caso es una incerteza que empieza con 1, porque ahí la segunda cifra pesa mucho. Más de dos cifras ya no aportan nada, porque la incerteza misma es una estimación. Algunos apuntes de laboratorio usan una sola cifra, y hay problemas de la guía que la piden; cuando el enunciado lo dice, se hace así.

Si la incerteza cae en las unidades, las decenas o más, conviene la notación científica, con la misma potencia de 10 para el valor y la incerteza: (15870 ± 240) m se lee mejor como (1,587 ± 0,024) × 10⁴ m, y se ve enseguida hasta dónde llegan las cifras. Al cambiar de unidad, valor e incerteza se multiplican por el mismo factor: (3,46 ± 0,12) cm³ = (3,46 ± 0,12) × 10−6 m³.

Cómo escribir un resultado, paso a paso:

  1. Hacer las cuentas del valor y de la incerteza con todas las cifras.
  2. Recortar la incerteza a 2 cifras significativas, redondeando (o a las que pida el enunciado).
  3. Redondear el valor a la posición de la última cifra de la incerteza.
  4. Escribir (valor ± incerteza) unidad. Si la incerteza cae en las unidades o más, notación científica, con la misma potencia para los dos.
  5. Revisar: misma cantidad de decimales en los dos números, no más de dos cifras en la incerteza, y la unidad.
Recortar lo que da la calculadora
Cada fila es el valor y la incerteza tal como salen de una cuenta, en las unidades que sean, y cómo se escriben con sentido físico.
La cuenta daIncerteza recortadaResultado
47,38261 ± 0,28490,2847,38 ± 0,28
0,0063718 ± 0,0001540,00015(6,37 ± 0,15) × 10−3
15873,6 ± 237,2240(1,587 ± 0,024) × 10⁴
1,253 ± 0,09520,0951,253 ± 0,095
0,999 ± 0,009990,0100,999 ± 0,010
12,3456 ± 0,030,03 (ya tiene una cifra)12,35 ± 0,03
Lectura: primero se decide la incerteza y después el valor la sigue. En la quinta fila, 0,00999 redondeado a dos cifras sube a 0,0100, que se escribe 0,010 (dos cifras: el 1 y el 0), y el valor conserva sus tres decimales. En la última, la incerteza es un dato con una sola cifra y no se le inventa la segunda.
Decimales que no cierran
Los dos errores típicos: escribir el valor con más decimales que la incerteza, como (8,2631 ± 0,46) s, que afirma conocer diezmilésimas cuando el valor ya es dudoso en las décimas; y al revés, cortar el valor antes que la incerteza, como (8,3 ± 0,46) s, que tira información medida. Lo correcto es (8,26 ± 0,46) s. Los dos números terminan en la misma posición decimal.

Unidades y análisis dimensional

En esta materia se usa el Sistema Internacional (SI), que en la Argentina es la base del sistema legal de unidades (el SIMELA). El SI tiene siete unidades básicas, y la mecánica usa sólo tres magnitudes fundamentales: longitud (L, en metros), masa (M, en kilogramos) y tiempo (T, en segundos). Todas las demás son derivadas: su dimensión se escribe como un producto de potencias de L, M y T, y su unidad, con las de las fundamentales. Se anota con corchetes: [v] = L T−1 se lee "la dimensión de v", y [v] = m/s, "las unidades de v" (la guía escribe así, [r] = m).

MagnitudDimensiónUnidad SI
velocidadL T−1m/s
aceleraciónL T−2m/s²
fuerza, pesoM L T−2N = kg·m/s²
trabajo, energíaM L² T−2J = N·m = kg·m²/s²
potenciaM L² T−3W = J/s
cantidad de movimiento, impulsoM L T−1kg·m/s = N·s
momento de una fuerzaM L² T−2N·m (no se escribe J)
momento cinéticoM L² T−1kg·m²/s = J·s
momento de inerciaM L²kg·m²
velocidad angular, frecuenciaT−1rad/s = s−1; la frecuencia, en Hz
densidadM L−3kg/m³
presiónM L−1 T−2Pa = N/m²
ánguloadimensionalrad (cociente de dos longitudes, arco sobre radio)

Los prefijos más usados: G (10⁹), M (10⁶), k (10³), c (10−2), m (10−3), μ (10−6), n (10−9). Para convertir se multiplica por factores que valen 1: 72 km/h = 72 · 1000 m / 3600 s = 20 m/s; 1 cm³ = (10−2 m)³ = 10−6 m³; 2,70 g/cm³ = 2,70 · 10−3 kg / 10−6 m³ = 2700 kg/m³; 1 rpm = 2π rad / 60 s ≈ 0,105 rad/s. Con incerteza, el mismo factor multiplica al valor y a la incerteza, y las cifras significativas no cambian. Y una distinción que se cuela en los enunciados: el kilogramo es unidad de masa; el peso es una fuerza, P = m g, y va en newton. Del mismo modo, la densidad (kg/m³) no es el peso específico (N/m³).

Homogeneidad: el control más barato de una fórmula

Una ecuación física es dimensionalmente homogénea: los dos miembros tienen la misma dimensión, y todos los términos que se suman o se restan, también. Sumar metros con segundos no tiene sentido. Eso da un control rapidísimo de cualquier fórmula, propia o ajena: si no es homogénea, está mal seguro. Las reglas:

  • Cada término de una suma o de una resta tiene la misma dimensión que los demás y que el otro miembro.
  • Los números puros (½, 2π, 4/3) y los ángulos en radianes no tienen dimensión. Por eso el análisis dimensional no detecta un factor numérico mal puesto: x = a t² es tan homogénea como x = ½ a t². Sí detecta una potencia mal puesta: x = ½ a t³ no es homogénea.
  • El argumento de un seno, un coseno, una exponencial o un logaritmo tiene que ser adimensional, y el resultado también lo es: en sen(ω t), ω t es un ángulo (ω en rad/s); en e−b t/m, el cociente b t/m no tiene unidades.
  • Derivar respecto del tiempo divide por T; integrar en el tiempo multiplica por T: [dx/dt] = L T−1, [∫ F dt] = M L T−1.
  • Misma dimensión no quiere decir misma magnitud: el trabajo y el momento de una fuerza son, los dos, N·m.

Las constantes con unidades (la constante k de un resorte, el coeficiente b de una fuerza viscosa (la sección 4 lo llama k, como la guía de problemas), los coeficientes de una ecuación horaria) tienen las que hagan falta para que la fórmula sea homogénea: se despeja la constante y se reemplaza cada magnitud por su unidad.

Cómo revisar una fórmula o hallar las unidades de una constante:

  1. Escribir la dimensión (o la unidad SI) de cada magnitud que aparece.
  2. Calcular la de cada término, y comparar los términos entre sí y con el otro miembro.
  3. Revisar que los argumentos de senos, cosenos, exponenciales y logaritmos sean adimensionales.
  4. Si hay una constante desconocida, despejarla y reemplazar cada magnitud por su unidad.
  5. Recordar el límite: una fórmula homogénea puede estar mal por un factor numérico.
Revisar fórmulas y hallar unidades
a) v² = v₀² + 2 a Δx: [v²] = m²/s², y [2 a Δx] = (m/s²) · m = m²/s². Es homogénea. → b) Una altura máxima escrita como h = v₀/(2 g): [v₀/g] = (m/s)/(m/s²) = s. Da un tiempo, no una longitud: está mal. La correcta, h = v₀²/(2 g), da (m²/s²)/(m/s²) = m. → c) Una fuerza viscosa F = b v: b = F/v, así que [b] = N/(m/s) = N·s/m = (kg·m/s²)·(s/m) = kg/s. Las dos formas, N·s/m y kg/s, son la misma unidad. → d) Una posición x(t) = c t³: [c] = m/s³. → e) ¿De qué depende el período de un péndulo simple? Si se propone T = C La mb gc (largo, masa y gravedad, con C un número), la homogeneidad pide T = La Mb (L T−2)c: para M, b = 0; para T, −2c = 1, o sea c = −½; para L, a + c = 0, o sea a = ½. Queda T = C √(L/g): la masa no puede aparecer, y cuadruplicar el largo duplica el período. El número C (vale 2π) no sale de acá: sale de la dinámica.

Mediciones indirectas: propagación de incertezas

Cuando una magnitud se calcula a partir de otras medidas, f = f(x, y, z, …), su incerteza sale de las de los datos. El método de la cátedra es el de la cota máxima: se calcula cuánto podría cambiar f, en el peor caso, si cada dato se corre hasta el borde de su intervalo.

Una sola variable

Si y = f(x) y x = x₀ ± Δx, el valor representativo es y₀ = f(x₀). Para incertezas chicas la curva se confunde con su tangente en x₀: f(x₀ + Δx) ≈ f(x₀) + f′(x₀) Δx. Entonces y se corre, como mucho, |f′(x₀)| Δx:

Δy = |f′(x₀)| · Δx   (derivada evaluada en el valor representativo)

El módulo va porque una incerteza es siempre positiva, aunque f decrezca. La derivada dice cuánto se amplifica la incerteza: donde la curva es empinada, un Δx chico da un Δy grande. Tres casos que salen de acá: si y = k x con k exacto, Δy = |k| Δx y el error relativo no cambia; si y = xⁿ, Δy = |n| xⁿ−1 Δx y, dividiendo por y, Δy/y = |n| Δx/x, o sea que una potencia multiplica el error relativo por el exponente; y una raíz (n = ½) lo divide por 2.

x y y = f(x) tangente x₀ y₀ Δx Δy
Propagación con una variable. Si x está en x₀ ± Δx, y = f(x) queda en una franja alrededor de y₀ = f(x₀). Con incertezas chicas la curva casi coincide con su tangente, y la franja vertical mide Δy = |f′(x₀)| Δx: la pendiente dice cuánto se amplifica (o se achica) la incerteza.
Volumen de un cubo
La arista de un cubo mide a = (2,35 ± 0,02) cm. Hallar su volumen con la incerteza.
Valor: V = a³ = (2,35 cm)³ = 12,978 cm³. → Incerteza: ΔV = |dV/da| Δa = 3 a² Δa = 3 · (2,35 cm)² · 0,02 cm = 0,331 cm³. → Con relativos: εa = 0,02/2,35 = 0,0085 y εV = 3 εa = 0,0255, y 0,0255 · 12,978 cm³ = 0,331 cm³, lo mismo. → Resultado: V = (12,98 ± 0,33) cm³, un 2,6 %. → Lectura: la arista se midió con un 0,85 % y el volumen quedó con el triple. Cuanto más alta la potencia, más precisa tiene que ser la medición del dato.

Varias variables: el método general

Si f depende de varias magnitudes medidas en forma independiente, se mira por separado cuánto mueve a f cada una. La derivada parcial ∂f/∂x es la derivada de f respecto de x tratando a las demás variables como constantes, y |∂f/∂x| Δx es cuánto cambia f si sólo x se corre al borde de su intervalo. En el peor caso todos los corrimientos empujan para el mismo lado, y se suman en módulo:

Δf = |∂f∂x| Δx + |∂f∂y| Δy + |∂f∂z| Δz + …
cada derivada, evaluada en los valores representativos

Es el diferencial total de f, df = (∂f/∂x) dx + (∂f/∂y) dy + …, con cada dx reemplazado por su incerteza y cada término tomado en módulo para que todos sumen. Vale con tres condiciones: que las incertezas sean chicas frente a los valores (la aproximación por la tangente es de primer orden); que las variables sean independientes, o sea, que cada una se haya medido por su lado; y que se entienda que es una cota, porque en la práctica los errores suelen compensarse en parte y la diferencia real es menor. Muchos libros de texto usan la suma en cuadratura, √((∂f/∂x · Δx)² + (∂f/∂y · Δy)² + …), que estima una incerteza probable en lugar de la máxima y da un número más chico. En esta materia se usa la suma de los módulos.

Los casos que conviene saber de memoria

CuentaIncerteza absolutaIncerteza relativa
f = x + yΔx + Δy(Δx + Δy)/(x + y)
f = x − yΔx + Δy (también se suman)(Δx + Δy)/|x − y|
f = k x, con k exacto|k| ΔxΔx/x
f = x y|y| Δx + |x| ΔyΔx/x + Δy/y
f = x / yΔx/|y| + |x| Δy/y²Δx/x + Δy/y (se suman, no se restan)
f = xⁿ|n| |x|ⁿ−1 Δx|n| Δx/x
f = k xa yb zcf por la relativa|a| Δx/x + |b| Δy/y + |c| Δz/z
f = sen x, f = cos x|cos x| Δx; |sen x| Δxcon Δx en radianes
f = tg xΔx / cos² xcon Δx en radianes
f = eˣ; f = ln xeˣ Δx; Δx/x

Por qué en una suma se suman los errores absolutos. Las dos derivadas parciales de x + y valen 1: cada dato corre a la suma lo mismo que se corre él. Si un tramo puede estar 1 mm corrido y el otro también, la suma puede estar 2 mm corrida, y eso no depende de cuánto midan los tramos. El error relativo de la suma no es la suma de los errores relativos: es (Δx + Δy)/(x + y) = (x εx + y εy)/(x + y), un promedio de εx y εy pesado por los valores, que siempre queda entre los dos. En una resta las incertezas absolutas también se suman (cada dato puede correrse para el lado que agranda la diferencia), pero se dividen por una diferencia que puede ser chica: restar dos valores parecidos dispara el error relativo. Si se puede, conviene medir la diferencia directamente.

Por qué en un producto se suman los errores relativos. El área de un rectángulo, S = L₁ L₂, crece en L₂ ΔL₁ + L₁ ΔL₂ si los lados crecen en su incerteza (más un término ΔL₁ ΔL₂, de segundo orden, que se desprecia). Dividiendo por S quedan los relativos sumados. En un cociente pasa lo mismo: la derivada respecto del denominador es negativa, pero el peor caso es numerador al máximo y denominador al mínimo, y los relativos se suman. Nunca se restan.

S = L₁ L₂ L₂ ΔL₁ L₁ ΔL₂ ΔL₁ ΔL₂ L₁ ΔL₁ L₂ ΔL₂
Por qué en un producto se suman los errores relativos. Si los lados crecen en ΔL₁ y ΔL₂, el área crece en las dos franjas, L₂ ΔL₁ + L₁ ΔL₂, más el cuadradito ΔL₁ ΔL₂, que es mucho más chico y se desprecia. Dividiendo por L₁ L₂ queda ΔS/S = ΔL₁/L₁ + ΔL₂/L₂. Las incertezas están exageradas para que se vean.
Sumas y restas
Dos tramos de una varilla miden L₁ = (35,2 ± 0,1) cm y L₂ = (18,7 ± 0,1) cm. Y un vaso con agua tiene una masa de (254,3 ± 0,1) g, y vacío, de (251,8 ± 0,1) g.
Suma: L₁ + L₂ = 53,9 cm, con Δ = 0,1 cm + 0,1 cm = 0,2 cm: (53,9 ± 0,2) cm, un 0,37 %. → Resta: L₁ − L₂ = 16,5 cm, con la misma incerteza: (16,5 ± 0,2) cm, pero ahora un 1,2 %. → Agua: m = 254,3 g − 251,8 g = 2,5 g, con Δm = 0,2 g: m = (2,5 ± 0,2) g, un 8 %. → Lectura: cada pesada tiene un error relativo de 0,04 %, y la diferencia queda con un 8 %, doscientas veces más. No es que la balanza sea mala: se están restando dos números casi iguales. Pesar el agua en un recipiente liviano daría mucho mejor resultado.

Constantes, números exactos y π

Los números exactos de una fórmula (el ½, el 4/3, el 4 de π D²/4, la cantidad de oscilaciones que se contaron) no tienen incerteza y no aportan nada. Las constantes de tabla vienen con su incerteza o, si no la traen, con una unidad en la última cifra. Cuando un enunciado da g como dato medido, por ejemplo (9,8 ± 0,1) m/s², g es una variable más y su término entra en la propagación.

π es un número exacto, pero en la cuenta se usa recortado (3,14; 3,1416), y el recorte introduce un error. Su error relativo es lo que se pierde al recortar:

επ = |π − π₀|π

El criterio: darle a π cifras hasta que ese error sea despreciable, al menos 10 veces menor que el error relativo de la medición con la que se lo compara. La guía, en el problema 3, pide compararlo con el error relativo del diámetro, que es la medición que entra en la fórmula junto con π. Así su aporte queda muy por debajo de la incerteza total, y su término se puede sacar de la suma. Conviene redondear, no truncar: 3,142 se aleja de π un 0,013 %; 3,141, un 0,019 %. Hay un criterio más conservador, que toma como incerteza de π₀ una unidad de su última cifra (0,01 para 3,14), y a veces pide una cifra más.

π₀Cifrasεπ = |π − π₀|/π
310,045 (4,5 %)
3,120,013 (1,3 %)
3,1430,00051 (0,051 %)
3,14240,00013 (0,013 %)
3,141650,0000023 (0,00023 %)

Cómo propagar, paso a paso (es el camino de los problemas 3, 4 y 5):

  1. Escribir cada medición directa con su incerteza: una lectura, la apreciación; una serie, semidispersión más apreciación.
  2. Escribir la fórmula de la magnitud indirecta y separar los números exactos de las magnitudes medidas. Las de volumen que más aparecen: esfera, V = (4/3) π R³ = π D³/6; cilindro, V = π R² h = π D² h/4. Con el diámetro, que es lo que se mide, se evita propagar a través de R = D/2.
  3. Elegir las cifras de π (y de toda constante recortada) para que su error relativo quede 10 veces por debajo del de la medición con que se lo compara.
  4. Calcular el valor con los valores representativos y todas las cifras.
  5. Propagar: Δf = suma de |∂f/∂x| Δx por cada dato. Si f es un producto de potencias, es más rápido con relativos: εf = suma de |exponente| · ε de cada dato, y Δf = εf · f.
  6. Mirar qué término pesa más: dice qué medición conviene mejorar. Calcular el error relativo y el porcentual si se piden.
  7. Recién al final, recortar: incerteza a 2 cifras, valor a la misma posición, y la unidad.
Densidad de un cilindro
Un cilindro macizo se mide con un calibre de apreciación 0,02 mm: diámetro D = (19,05 ± 0,02) mm y altura h = (40,10 ± 0,02) mm. Su masa, en una balanza de resolución 0,1 g, es m = (30,9 ± 0,1) g. Hallar el volumen y la densidad con sus incertezas.
Modelo: V = π D² h / 4 y ρ = m/V = 4 m / (π D² h). El 4 es exacto. → Errores relativos de los datos: εD = 0,02/19,05 = 0,00105; εh = 0,02/40,10 = 0,00050; εm = 0,1/30,9 = 0,00324. → Cifras de π: hace falta επ < εD/10 = 0,000105. Con 3,14 (0,00051) no alcanza, con 3,142 (0,00013) tampoco, por poco; con 3,1416 (0,0000023) sí: 5 cifras. → Volumen: V = 3,1416 · (19,05 mm)² · 40,10 mm / 4 = 11429 mm³ = 11,429 cm³. Es un producto de potencias: εV = 2 εD + εh = 0,00210 + 0,00050 = 0,00260, y ΔV = 0,00260 · 11,429 cm³ = 0,030 cm³: V = (11,429 ± 0,030) cm³. → Densidad: ρ = 30,9 g / 11,429 cm³ = 2,7035 g/cm³. Con derivadas parciales, Δρ = |∂ρ/∂m| Δm + |∂ρ/∂D| ΔD + |∂ρ/∂h| Δh = 4π D² h Δm + 8 mπ D³ h ΔD + 4 mπ D² h² Δh, y sacando ρ de factor común, Δρ = ρ (εm + 2 εD + εh) = 2,7035 g/cm³ · (0,00324 + 0,00210 + 0,00050) = 2,7035 g/cm³ · 0,00584 = 0,0158 g/cm³. → Resultado: ρ = (2,704 ± 0,016) g/cm³ = (2704 ± 16) kg/m³, un 0,58 %. → Lectura: el término más grande es el de la masa (0,32 %), no el del calibre: para mejorar el resultado no sirve un instrumento de longitud más fino, sirve una balanza que aprecie centésimas de gramo. El diámetro aporta el doble de su error relativo porque está al cuadrado.

Cuando una variable aparece más de una vez

Las reglas de la tabla suponen que cada variable aparece una sola vez. Si la misma magnitud está en dos lugares de la fórmula (arriba y abajo de una fracción, o en dos términos), no se puede propagar cada aparición como si fuera una medición distinta: cuando esa magnitud se corre, sus dos apariciones se mueven juntas y sus efectos se compensan en parte. Propagar por partes da una cota más grande de lo necesario. Lo correcto es derivar la función entera respecto de esa variable.

Una masa que aparece dos veces
En una máquina de Atwood (dos cuerpos colgados de una polea ideal) la aceleración es a = g (m₁ − m₂)/(m₁ + m₂). Con m₁ = (300 ± 1) g, m₂ = (100 ± 1) g y g = (9,80 ± 0,01) m/s², hallar a con su incerteza.
Valor: a = 9,80 m/s² · 200 g / 400 g = 4,900 m/s². → Derivadas: ∂a/∂m₁ = 2 g m₂/(m₁ + m₂)² = 2 · 9,80 · 100 / 400² = 0,01225 (m/s²)/g; ∂a/∂m₂ = −2 g m₁/(m₁ + m₂)² = −0,03675 (m/s²)/g; ∂a/∂g = (m₁ − m₂)/(m₁ + m₂) = 0,500. → Incerteza: Δa = 0,01225 · 1 + 0,03675 · 1 + 0,500 · 0,01 = 0,054 m/s². → Resultado: a = (4,900 ± 0,054) m/s², un 1,1 %. → Por partes (mal): tratar m₁ − m₂ y m₁ + m₂ como dos mediciones independientes da ε = 2/200 + 2/400 + 0,01/9,80 = 0,016, o sea Δa = 0,079 m/s²: un 45 % más, porque ignora que un m₁ más grande agranda el numerador y también el denominador.

Funciones trigonométricas: el ángulo en radianes

La derivada de sen x es cos x sólo si x está en radianes. Por eso, para propagar la incerteza de un ángulo, Δθ se pasa a radianes antes de usarla: 1° = π/180 rad = 0,01745 rad. El ángulo mismo, adentro del seno o del coseno, se puede evaluar en grados con la calculadora; lo que tiene que estar en radianes es la incerteza que multiplica a la derivada.

Altura con un ángulo
Para medir la altura de un edificio, desde una distancia horizontal d = (25,0 ± 0,1) m se mide el ángulo de elevación de la terraza: θ = (32 ± 1)°. Hallar h = d tg θ con su incerteza.
Valor: h = 25,0 m · tg 32° = 25,0 m · 0,6249 = 15,62 m. → Incerteza del ángulo: Δθ = 1° = 0,01745 rad. → Propagación: Δh = |∂h/∂d| Δd + |∂h/∂θ| Δθ = tg θ · Δd + dcos² θ Δθ = 0,6249 · 0,1 m + 25,0 m0,7192 · 0,01745 = 0,062 m + 0,607 m = 0,669 m. → Resultado: h = (15,62 ± 0,67) m, un 4,3 %. → Lectura: casi toda la incerteza viene del ángulo. Y si se hubiera puesto Δθ = 1 (los grados como si fueran radianes), el segundo término daría 34,8 m: más que la altura misma.

Medir muchas veces juntas

Cuando la incerteza absoluta de una lectura es fija (el tiempo de reacción al apretar un cronómetro, la mínima división de una regla), conviene medir de una sola vez una cantidad n veces mayor y dividir. Si se cronometran n oscilaciones y el tiempo total es t ± Δt, el período es T = t/n, y como n es un número exacto, ΔT = Δt/n. Ojo con de dónde sale la mejora: dividir por n no cambia el error relativo, porque el de T es el de t. Lo que lo baja es haber medido de una sola vez un intervalo n veces más largo con la misma Δt: comparado con cronometrar una sola oscilación, el error relativo es n veces menor. Lo mismo con el espesor de una hoja (se mide una pila) o con el diámetro de un alambre (se enrollan n vueltas juntas y se mide el ancho).

El período y g con un péndulo
Un péndulo de largo L = (0,508 ± 0,002) m tarda (28,6 ± 0,2) s en dar 20 oscilaciones. Hallar el período y el valor de g que resulta de T = 2π √(L/g).
Período: T = 28,6 s / 20 = 1,43 s y ΔT = 0,2 s / 20 = 0,01 s: T = (1,43 ± 0,01) s, un 0,70 %. → Despeje: g = 4π² L / T² = 4 · 3,1416² · 0,508 m / (1,43 s)² = 9,807 m/s². Con π = 3,1416, π² aporta 2 επ = 0,000005: despreciable. → Relativos: εg = εL + 2 εT = 0,002/0,508 + 2 · 0,01/1,43 = 0,0039 + 0,0140 = 0,0179. → Resultado: Δg = 0,0179 · 9,807 m/s² = 0,18 m/s², y g = (9,81 ± 0,18) m/s². → Lectura: el período pesa el doble por estar al cuadrado, y aun así quedó bien porque se midieron 20 oscilaciones. Con una sola oscilación medida con la misma incerteza de 0,2 s, εT sería 0,14 y g quedaría con un 28 %: inservible.

Comparar dos mediciones

Dos mediciones de la misma magnitud, o una medición y un valor de referencia, son comparables (compatibles) si sus intervalos se superponen, aunque sea en parte. Si entre los dos intervalos queda un hueco, las mediciones difieren más de lo que permiten sus incertezas: hay un error que no se tuvo en cuenta (sistemático, de método, de modelo) o no se midió lo mismo. Una forma equivalente de decirlo: son comparables si la diferencia entre los valores representativos no supera la suma de las dos incertezas. Se ve mejor dibujando cada intervalo, como una banda, sobre una misma recta. Con varias mediciones, tiene que haber una zona común a todas.

Para decidir cuál es mejor se comparan los errores relativos: la de menor error relativo es la más precisa. Para decidir de qué material es un objeto se compara su densidad con los valores de tabla: los materiales cuyo valor cae dentro del intervalo medido son compatibles, los demás quedan descartados.

V (cm³) probeta calibre 10 10,5 11 11,5 12 12,5 13 L (mm) A B hueco 4,40 4,45 4,50 4,55 4,60 4,65 4,70
Arriba, el volumen del cilindro del ejemplo medido de dos maneras: el intervalo angosto (calibre) cae adentro del ancho (probeta), así que las dos mediciones son comparables. Abajo, dos mediciones de un mismo largo, (4,52 ± 0,04) mm y (4,63 ± 0,05) mm: entre sus intervalos queda un hueco, y no son comparables.
Dos métodos para el mismo volumen
El cilindro del ejemplo de la densidad se sumerge en una probeta graduada de a 1 cm³, y el nivel, leído con ±0,5 cm³, pasa de 50,0 cm³ a 61,5 cm³. ¿Es comparable con el volumen calculado con el calibre? ¿De qué material puede ser?
Probeta: V = 61,5 cm³ − 50,0 cm³ = 11,5 cm³; es una resta, así que ΔV = 0,5 cm³ + 0,5 cm³ = 1,0 cm³: V = (11,5 ± 1,0) cm³, un 8,7 %. → Calibre: V = (11,429 ± 0,030) cm³, un 0,26 %. → Comparación: el intervalo del calibre, de 11,399 cm³ a 11,459 cm³, cae entero dentro del de la probeta, de 10,5 cm³ a 12,5 cm³: son comparables. El método del calibre es unas 33 veces más preciso. → Material: la densidad medida va de 2,688 g/cm³ a 2,720 g/cm³. El aluminio (2,70 g/cm³ en las tablas) cae adentro; un acero, cerca de 7,8 g/cm³, queda descartado.

Tablas, gráficos y la pendiente de una recta

En el laboratorio todo esto se presenta en tablas, con una columna para cada magnitud y otra para su incerteza, y la unidad en el encabezado, y en gráficos donde cada punto lleva dibujada su incerteza como una barra o un rectángulo. Las cuentas de la propagación van en un apéndice del informe.

Muchas veces la magnitud que se busca no sale de una cuenta con un solo dato sino de la pendiente de un gráfico armado con varias mediciones. Ningún problema de la guía lo pide, pero las guías de laboratorio de la cátedra lo usan (por ejemplo, para sacar g de un péndulo), y la idea vuelve cada vez que un modelo predice una recta.

Linealizar: elegir los ejes para que el modelo sea una recta

Una recta es lo único que se reconoce a ojo y se ajusta sin ambigüedad. Por eso, si el modelo no es lineal, se lo linealiza: se eligen las variables de los ejes para que la relación quede de la forma y = a x + b, con a la pendiente y b la ordenada al origen. En un péndulo simple, T = 2π √(L/g) no es lineal en L: graficando T contra L los puntos caen sobre una curva. Pero elevando al cuadrado queda T² = (4π²/g) L, y graficando T² contra L los puntos caen sobre una recta que pasa por el origen, de pendiente a = 4π²/g. Entonces g = 4π²/a. La pendiente tiene unidades, las del eje vertical sobre las del horizontal (acá s²/m), y la constante que se despeja hereda su error relativo: con g = 4π²/a, por la regla de los cocientes, εg = εa.

ModeloEje horizontalEje verticalPendienteQué se despeja
péndulo simple, T = 2π √(L/g)LT²4π²/gg = 4π² / pendiente
masa y resorte, T = 2π √(m/k)mT²4π²/kk = 4π² / pendiente
MRUV desde el reposo, x = ½ ax t²t²xax/2ax = 2 · pendiente
MRU, x = x₀ + v ttxvv = pendiente; x₀ es la ordenada al origen

Las barras de incerteza. Cada punto se dibuja con su incerteza en las dos direcciones: una barra horizontal de ±ΔL y una vertical de ±Δ(T²), o directamente el rectángulo que forman. La incerteza del eje vertical es la de la variable transformada, y se propaga: con y = T², por la regla de las potencias, Δ(T²) = 2 T ΔT, no ΔT. Así cada punto tiene su propia barra, más larga cuanto mayor es T. Si las barras son tan chicas que no se ven en la escala del gráfico, se lo aclara en el epígrafe.

La pendiente y su incerteza

Primero se mira el gráfico: si los puntos no quedan alineados dentro de sus barras, el modelo no describe lo que se midió (o hay un error en las mediciones), y no tiene sentido sacar una pendiente. Si están alineados, la pendiente se saca de alguna de estas dos maneras, que las guías de laboratorio de la cátedra aceptan:

  • Cuadrados mínimos. Es la recta que hace mínima la suma de los cuadrados de las distancias verticales de los puntos a la recta. Es la que da la línea de tendencia lineal de una planilla de cálculo, que además muestra su ecuación y el coeficiente R²: cuanto más cerca de 1, mejor alineados están los puntos. Pasa siempre por el baricentro de los puntos, B, el punto que tiene como coordenadas el promedio de las x y el promedio de las y.
  • Rectas de máxima y mínima pendiente. Por B se trazan la recta más empinada y la menos empinada que todavía cortan todos los rectángulos de incerteza. La pendiente es el promedio de las dos y su incerteza, la semidiferencia: Δa = (amáx − amín)/2, el mismo criterio que la semidispersión de una serie de lecturas.

Un modo práctico de combinarlas: el valor de la pendiente, de cuadrados mínimos; su incerteza, de las rectas extremas. Las rectas extremas suelen quedar fijadas por los puntos de las puntas, que son los más alejados de B: ahí un cambio chico de pendiente mueve mucho la recta, y entre los dos de las puntas manda el de barra más corta.

L (m) T² (s²) B máx mín
Esquema, con las incertezas exageradas para que se vean. Cada punto lleva su rectángulo de incerteza y B es el baricentro. Por B pasan la recta de cuadrados mínimos (la del medio) y las de máxima y mínima pendiente (de color; la de mínima, punteada), que todavía cortan los cinco rectángulos. Las dos extremas las fija el rectángulo del primer punto, el más corto de los dos de las puntas: cada una toca una de sus esquinas.

La ordenada al origen también informa. El modelo del péndulo dice que la recta pasa por el origen. Si la recta ajustada corta el eje vertical lejos de cero, más de lo que permiten las barras, hay un error sistemático. Por ejemplo, si todos los largos se midieron hasta el borde de arriba de la pesa en lugar de hasta su centro, cada L queda corto en el radio r de la pesa, T² = (4π²/g)(L + r), y la recta corta el eje vertical en 4π² r/g. La pendiente no cambia: g sale bien aunque todos los L tengan el mismo corrimiento, cosa que la cuenta con un solo punto no puede detectar ni corregir.

Cómo sacar una magnitud de un gráfico, paso a paso:

  1. Escribir el modelo y reordenarlo como y = a x + b: qué va en cada eje, qué es la pendiente y qué la ordenada al origen.
  2. Armar la tabla con las magnitudes medidas y sus incertezas, y agregar las columnas de las variables transformadas (T², t²) con su incerteza propagada.
  3. Graficar los puntos con sus barras o rectángulos, con la magnitud y la unidad en cada eje.
  4. Mirar si los puntos están alineados dentro de sus barras. Si no lo están, revisar el modelo o las mediciones antes de seguir.
  5. Sacar la pendiente: el valor con cuadrados mínimos (o con el promedio de las extremas) y la incerteza con las rectas de máxima y mínima pendiente por el baricentro.
  6. Despejar la magnitud y propagar (con g = 4π²/a, εg = εa). Escribir el resultado con sentido físico.
  7. Mirar la ordenada al origen y compararla con la que predice el modelo.
g con un gráfico de T² contra L
Un péndulo se arma con cinco largos distintos, cada uno medido con ±0,002 m, y para cada largo se cronometran 20 oscilaciones con una incerteza de 0,2 s. Sacar g del gráfico de T² contra L.
L (m)t20 (s)T (s)T² (s²)Δ(T²) (s²)
0,20018,00,9000,8100,018
0,40025,31,2651,6000,025
0,60031,11,5552,4180,031
0,80035,91,7953,2220,036
1,00040,22,0104,0400,040
Tabla: T = t20/20, con ΔT = 0,2 s / 20 = 0,010 s, y Δ(T²) = 2 T ΔT; para el primer punto, 2 · 0,900 s · 0,010 s = 0,018 s². → Alineación: la línea de tendencia da T² = 4,0410 L − 0,0066 (T² en s², L en m), con R² = 0,99997: los puntos están muy bien alineados. → Baricentro: el promedio de los L es 0,600 m y el de los T², 2,418 s². → Rectas extremas: las fija el primer punto, que está tan lejos de B como el último pero tiene la barra más corta. La de máxima pendiente pasa por B y por la esquina de abajo a la derecha de su rectángulo, (0,202 m; 0,792 s²): amáx = (2,418 − 0,792) s² / (0,600 − 0,202) m = 4,0854 s²/m. La de mínima pasa por la esquina de arriba a la izquierda, (0,198 m; 0,828 s²): amín = (2,418 − 0,828) s² / (0,600 − 0,198) m = 3,9552 s²/m. Las dos cortan los otros cuatro rectángulos. → Pendiente: Δa = (4,0854 − 3,9552)/2 = 0,0651 s²/m, y a = (4,041 ± 0,065) s²/m, un 1,6 %. → g: g = 4π²/a = 39,478 / 4,0410 = 9,7695 m/s², con el mismo error relativo, 0,0161: Δg = 0,0161 · 9,7695 m/s² = 0,157 m/s², y g = (9,77 ± 0,16) m/s². → Lectura: la ordenada al origen, −0,0066 s², es chica frente a las barras (de 0,018 s² a 0,040 s²); de hecho, la recta que pasa por el origen con la misma pendiente también corta los cinco rectángulos: no hay un corrimiento en los largos. Con un solo punto (L = 0,600 m) y la fórmula sale g = (9,80 ± 0,16) m/s², con una incerteza parecida y comparable con la del gráfico. Lo que gana el gráfico es otra cosa: usa todas las mediciones, muestra si el modelo se cumple y no se deja engañar por un corrimiento constante de los largos.

Cierre

Las trampas del tema
  • Informar un valor sin incerteza o sin unidad.
  • Dar como incerteza de una serie la apreciación sola cuando las lecturas se dispersan más que eso, o dar incerteza cero porque todas las lecturas coincidieron.
  • Promediar un valor grosero en lugar de descartarlo.
  • Escribir valor e incerteza con distinta cantidad de decimales, dejar la incerteza con cuatro cifras, o recortar en los pasos intermedios.
  • Sumar errores relativos en una suma o en una resta; restar errores en una resta o en un cociente.
  • Olvidar el exponente: en D³ el error relativo de D cuenta tres veces; en √h, la mitad.
  • Propagar la incerteza de un ángulo en grados.
  • Usar π = 3,14 por costumbre sin ver si alcanza.
  • Propagar por partes una magnitud que aparece dos veces en la fórmula.
  • Sumar en cuadratura, cuando la cátedra suma los módulos.
  • Creer que una fórmula homogénea está bien: el análisis dimensional no ve los factores numéricos.
  • Confundir precisión con exactitud, o creer que promediar corrige un error sistemático.
  • Llamar peso a algo que se mide en kilogramos.
  • En un gráfico, ajustar una recta a un modelo sin linealizarlo, o ponerle a T² la barra de T en lugar de 2 T ΔT.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Escribir una medición directa con su incerteza: con una lectura (la apreciación) y con una serie (promedio, y semidispersión más apreciación).
  • Calcular errores relativos y porcentuales, y usarlos para comparar la calidad de dos mediciones.
  • Contar cifras significativas y escribir un resultado con sentido físico: incerteza con 2 cifras y valor con los mismos decimales.
  • Revisar la homogeneidad de una fórmula y hallar las unidades de una constante.
  • Propagar con derivadas parciales a cualquier función, y con errores relativos en productos, cocientes y potencias.
  • Decidir cuántas cifras de π usar.
  • Decidir si dos mediciones son comparables.
  • Linealizar un modelo, graficarlo con barras de incerteza y sacar una magnitud de la pendiente, con su incerteza por las rectas de máxima y mínima pendiente.
↑ Volver al índice
3 Unidad 1 · Cinemática del punto

La cinemática describe cómo se mueve un cuerpo sin preguntarse por qué: dónde está en cada instante, qué tan rápido va y hacia dónde, y cómo cambia eso con el tiempo. En esta sección el cuerpo es una partícula y todo se arma con tres vectores que dependen del tiempo: la posición r(t), la velocidad v = dr/dt y la aceleración a = dv/dt. Derivando se va de la posición a la aceleración; integrando, con las condiciones iniciales, se vuelve. Lo demás (el tiro vertical, el tiro oblicuo, el movimiento circular, las coordenadas intrínsecas, el movimiento relativo) son maneras de usar esas tres definiciones según la geometría de cada problema.

Es la segunda parte de la unidad 1 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 2 tienen la cinemática como tema principal, y los dos piden la aceleración en coordenadas intrínsecas (uno, a partir de un tiro oblicuo, pide además el radio de curvatura; el otro, a partir de un vector posición dado, pide los versores tangente y normal y las componentes de la aceleración); en un tercero, un tiro oblicuo es el primer paso de un problema de explosión. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo. Además, lo de acá se usa en todo el resto de la materia: el centro de masa de un sistema se mueve como una partícula y la cinemática del cuerpo rígido (sección 10) se apoya en el movimiento circular.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 1: la posición, la velocidad y la aceleración de un ciclista dadas por un polinomio, con sus gráficos (problema 6); el tiro vertical desde una azotea, con las incertezas de los datos (7, que usa además la propagación de la sección 2); la integración de una aceleración que depende del tiempo, con la distancia recorrida (8); la trayectoria, la velocidad y la velocidad media en el plano (9 y 11); la espiral recorrida con rapidez constante (10); la velocidad y la aceleración de un objeto quieto sobre la Tierra que gira (12); el movimiento circular con aceleración angular constante (13); el avión con viento cruzado (14); las coordenadas intrínsecas, el radio de curvatura y el centro del círculo osculador (15); la velocidad y la aceleración relativas entre un móvil en línea recta y otro que gira (16), y la rueda que rueda sin deslizar (17). Por qué se acelera un cuerpo (las fuerzas) es tema de la sección 4.

Partícula, sistema de referencia y vector posición

Un cuerpo se trata como partícula (o punto material) cuando su tamaño no importa para lo que se pregunta: un auto en una ruta es una partícula si se quiere saber cuánto tarda en llegar, y no lo es si se quiere saber cómo giran sus ruedas. La partícula conserva la masa, pero no tiene orientación ni giro propio.

El movimiento es relativo: decir que algo se mueve sólo tiene sentido si se dice respecto de qué. Un sistema de referencia es un observador con un origen, tres ejes y un reloj. Salvo que se diga otra cosa, en esta guía es el sistema fijo a Tierra o laboratorio; ningún sistema está quieto de verdad (la Tierra gira y se traslada), pero durante un experimento de laboratorio el error de suponerlo es despreciable. Al final de la sección se ve qué cambia cuando el observador se mueve.

La posición de la partícula P es el vector que va del origen O hasta P:

r = x î + y ĵ + z k̂   ·   |r| = √(x² + y² + z²)

Las componentes x, y, z pueden ser positivas, negativas o cero; el módulo es la distancia de P al origen y nunca es negativo. Si los ejes se eligen de otra manera, cambian los números pero no el vector: por eso los ejes se eligen con libertad, buscando los que simplifiquen el problema. La posición de P vista desde otro punto A es la resta

rP/A = rP − rA

que es el vector que va de A a P (el orden de la resta es el del subíndice). El libro de la cátedra escribe la posición como rP−O, "P respecto de O"; en esta guía la barra se usa para lo relativo, como en la sección 7, y en el cuerpo rígido (sección 10) aparece rB-A con el mismo significado.

Las ecuaciones horarias son las funciones x(t), y(t), z(t): dicen dónde está la partícula en cada instante. La trayectoria es la curva que forman las posiciones sucesivas: dice por dónde pasa, pero no cuándo. Dos corredores que hacen el mismo recorrido a distinto ritmo tienen la misma trayectoria y distintas ecuaciones horarias.

Lo que se usa de vectores. Además de la suma y la resta por componentes, hacen falta dos productos:

  • Producto escalar: A · B = Ax Bx + Ay By + Az Bz = A B cos φ, con φ el ángulo entre los dos. Si B tiene módulo 1, A · B es la proyección de A sobre la dirección de B, con signo. Es cero si son perpendiculares.
  • Producto vectorial de dos vectores del plano xy: A × B = (Ax By − Ay Bx) k̂. Es perpendicular al plano, su módulo es A B sen φ y el signo de la componente z dice para qué lado hay que girar A para llevarlo sobre B por el camino corto: positivo, antihorario; negativo, horario. Los productos entre versores que más se usan: k̂ × î = ĵ y k̂ × ĵ = −î.

Unidades: [r] = m, [v] = m/s, [a] = m/s². Para pasar de km/h a m/s se divide por 3,6 (1 km/h = 1000 m / 3600 s).

Movimiento rectilíneo: desplazamiento, distancia y velocidad

Si la partícula se mueve sobre una recta, alcanza con un eje (x) con un origen y un sentido positivo elegidos; la posición es la coordenada x(t), con su signo.

  • Desplazamiento entre t₁ y t₂: Δx = x(t₂) − x(t₁). Depende sólo de dónde estaba al principio y al final; puede ser positivo, negativo o cero.
  • Distancia recorrida: el largo del camino hecho. Nunca es negativa y es mayor o igual que |Δx|; coinciden sólo si en el intervalo el móvil no cambia de sentido.
  • Velocidad media: vm = Δx / Δt. En el gráfico x(t) es la pendiente de la secante que une los dos puntos. La rapidez media es la distancia recorrida dividida por Δt, y es mayor o igual que |vm|.
  • Velocidad instantánea: el límite de la velocidad media cuando el intervalo se achica, es decir la derivada. En el gráfico es la pendiente de la tangente. Su signo dice el sentido del movimiento; su valor absoluto, |v|, es la rapidez.
vm = ΔxΔt   ·   v(t) = dxdt = límΔt→0 ΔxΔt
t x t₁ t₂ x₁ x₂ Δt Δx secante tangente
La velocidad media entre t₁ y t₂ es la pendiente de la secante, Δx / Δt. Si t₂ se acerca a t₁, la secante gira hasta coincidir con la tangente en t₁, cuya pendiente es la velocidad instantánea v(t₁) = dx/dt.

La guía de problemas distingue con cuidado velocidad (el vector, o en una recta la componente con signo) y rapidez (su módulo). En el lenguaje de todos los días se usan como sinónimos; acá no.

Media no es promedio
La velocidad media es Δx / Δt, no el promedio de la velocidad del principio y la del final. Si la aceleración es constante, las dos cosas coinciden; si no lo es, en general no coinciden (puede pasar por casualidad, pero no se puede contar con eso). Un auto que hace 60 km a 60 km/h y después otros 60 km a 120 km/h tarda 1 h + 0,5 h = 1,5 h en 120 km: su velocidad media es 80 km/h, no 90 km/h.

Aceleración: cuándo el movimiento es acelerado o desacelerado

La aceleración mide cuánto cambia la velocidad por unidad de tiempo:

am = ΔvΔt   ·   a(t) = dvdt = d²xdt²

El signo de la aceleración solo no dice si el móvil va cada vez más rápido. Una aceleración negativa quiere decir que la velocidad disminuye como número: si la velocidad es positiva, la rapidez baja (frena); si la velocidad es negativa, se hace todavía más negativa y la rapidez sube. Lo que decide es si la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo. La cuenta que lo justifica es corta: la rapidez al cuadrado es v², y su derivada es d(v²)/dt = 2 v a; la rapidez crece cuando v a > 0 y decrece cuando v a < 0.

vaQué pasa con la rapidezSe dice
> 0> 0aumentaacelerado
> 0< 0disminuyedesacelerado (frena)
< 0< 0aumentaacelerado (hacia el lado negativo)
< 0> 0disminuyedesacelerado (frena)
0≠ 0es cero en ese instantereposo instantáneo: si la velocidad cambia de signo, el móvil da la vuelta

Hay que distinguir el reposo instantáneo (v = 0 en un instante, como una pelota en lo más alto de un tiro vertical) de estar en reposo durante un intervalo (v = 0 y también a = 0 todo ese tiempo). Una pelota en lo más alto no está "en reposo" en el segundo sentido: un instante después ya está bajando.

Acelerado o desacelerado
Acelerado quiere decir que la rapidez aumenta, y eso pasa cuando v y a tienen el mismo signo. Con signos opuestos el móvil frena. Una aceleración negativa no es "frenar".

Cómo se leen los gráficos x(t), v(t) y a(t)

Los tres gráficos cuentan lo mismo de tres maneras, y cada uno se obtiene del anterior derivando (pendientes) o del siguiente integrando (áreas):

  • En x(t): la pendiente es v. Donde la curva sube, el móvil va hacia el lado positivo; donde baja, hacia el negativo. Los máximos y mínimos de x(t) son los instantes en que v = 0 y el móvil da la vuelta. La concavidad es el signo de a: hacia arriba (forma de U), a > 0; hacia abajo, a < 0. Donde la curva corta el eje t, el móvil pasa por el origen.
  • En v(t): la pendiente es a, y el área entre la curva y el eje t es el desplazamiento, con signo (las partes de abajo del eje restan). Donde v(t) cruza el eje, el móvil cambia de sentido. Una regla gráfica cómoda: si la curva se aleja del eje t, la rapidez aumenta (acelerado); si se acerca, disminuye (frena).
  • En a(t): el área bajo la curva es el cambio de velocidad, Δv.

La máxima distancia al origen en un intervalo se busca entre los instantes en que v = 0 y los extremos del intervalo: se calcula |x| en todos esos instantes y se elige el mayor. No alcanza con mirar dónde v = 0, porque el máximo puede estar en un extremo.

Procedimiento para una posición dada como función del tiempo (el tipo del problema 6):

  1. Derivar para obtener v(t) y a(t), con sus unidades.
  2. Instantes de reposo: resolver v(t) = 0 y quedarse con las raíces que caen dentro del intervalo pedido.
  3. Instantes de aceleración nula: resolver a(t) = 0 (ahí la velocidad tiene un máximo o un mínimo).
  4. Con esos instantes, partir el intervalo en tramos y armar una tabla con el signo de v y el de a en cada uno: decide en qué tramos acelera y en cuáles frena.
  5. Paso por el origen: resolver x(t) = 0.
  6. Calcular x en los instantes de reposo y en los extremos: con eso se dibujan los gráficos, se suma la distancia (los |Δx| de cada tramo) y se encuentra la máxima distancia al origen.
  7. Velocidad media: Δx / Δt con las posiciones de los extremos, nunca promediando velocidades.
Un polinomio de tercer grado, leído entero
Un móvil se mueve sobre una recta con x(t) = (1,0 m/s³) t³ − (9,0 m/s²) t² + (24 m/s) t, para 0 ≤ t ≤ 6,0 s. Hallar v(t) y a(t), los instantes de reposo, los tramos en que acelera y en que frena, si vuelve a pasar por el origen, la velocidad media, la distancia recorrida y la máxima distancia al origen.
Derivadas: v(t) = 3t² − 18t + 24 = 3 (t − 2)(t − 4) y a(t) = 6t − 18, con t en s, v en m/s y a en m/s². → Reposo: v = 0 en t = 2,0 s y en t = 4,0 s. → Aceleración nula: en t = 3,0 s, donde la velocidad es mínima: v(3) = −3,0 m/s. → Signos: entre 0 y 2 s, v > 0 y a < 0: frena; entre 2 y 3 s, v < 0 y a < 0: acelera hacia atrás; entre 3 y 4 s, v < 0 y a > 0: frena; entre 4 y 6 s, v > 0 y a > 0: acelera. → Origen: x = t (t² − 9t + 24) se anula sólo en t = 0, porque el paréntesis no tiene raíces reales (su discriminante es 81 − 96 < 0): no vuelve a pasar por el origen. → Posiciones: x(2) = 20 m, x(4) = 16 m y x(6) = 36 m. → Velocidad media: (36 m − 0) / 6,0 s = 6,0 m/s. → Distancia: avanza 20 m, retrocede 4 m y avanza 20 m: 44 m, más que el desplazamiento de 36 m; la rapidez media es 44 m / 6,0 s = 7,3 m/s. → Máxima distancia al origen: |x| vale 0, 20, 16 y 36 m en t = 0, 2, 4 y 6 s; el máximo, 36 m, está en el extremo t = 6,0 s y no en un instante de reposo.
Un detalle: entre 0 y 2 s la velocidad media es 20 m / 2,0 s = 10 m/s, y no el promedio de v(0) = 24 m/s y v(2) = 0, que daría 12 m/s, porque la aceleración no es constante.
t x (m) 2 3 4 6 20 16 36 t v (m/s) 24 −3 t (s) a (m/s²) −18 18 frena acelera frena acelera
Los tres gráficos del ejemplo del polinomio de tercer grado, alineados en el tiempo. Donde x(t) tiene un máximo o un mínimo, v = 0; donde v(t) tiene su mínimo, a = 0. Frena donde v y a tienen signos opuestos y acelera donde tienen el mismo signo.

De la aceleración a la posición: integrar con las condiciones iniciales

El camino inverso es integrar. Como v es la derivada de x y a la de v, si se conoce a(t) y la velocidad en un instante (por ejemplo v₀ en t = 0):

v(t) = v₀ + ∫0t a(t′) dt′   ·   x(t) = x₀ + ∫0t v(t′) dt′

Cada integración necesita una condición inicial: sin v₀ y x₀ hay infinitas soluciones, que difieren en una constante. Si se integra con primitivas, la constante se calcula imponiendo la condición (por ejemplo, x(0) = x₀). Si a depende de la velocidad o de la posición y no del tiempo (una fuerza viscosa, un resorte), no se puede integrar así directamente: eso se ve en las secciones 4 y 5.

Dos casos particulares tienen nombre propio:

  • Movimiento rectilíneo uniforme (MRU): a = 0, v constante y x = x₀ + v t.
  • Movimiento rectilíneo uniformemente variado (MRUV): a constante. Integrando,
v = v₀ + a t   ·   x = x₀ + v₀ t + (1/2) a t²   ·   v² = v₀² + 2 a (x − x₀)   ·   x − x₀ = v₀ + v2 t

La tercera sale de eliminar t entre las dos primeras y sirve cuando el tiempo no es dato ni se pide. Las cuatro valen sólo con aceleración constante.

Distancia recorrida a partir de v(t). El desplazamiento es la integral de v; la distancia es la integral de la rapidez |v|. En la práctica: se buscan los instantes en que v cambia de signo, se calcula Δx en cada tramo y se suman los valores absolutos.

El gráfico de la rapidez. |v(t)| es la curva de v(t) con las partes negativas reflejadas hacia arriba. Donde v cruza el eje con aceleración distinta de cero, |v| toca el cero y vuelve a subir formando un punto anguloso (un pico en V, donde no tiene derivada). La pendiente de |v| es a donde v > 0 y −a donde v < 0: es la aceleración tangencial que se ve más adelante.

Procedimiento para una aceleración que depende del tiempo (el tipo del problema 8):

  1. Anotar las condiciones iniciales: dónde está y con qué velocidad en t = 0.
  2. Integrar a(t) para obtener v(t) y sumar v₀; integrar v(t) y sumar x₀. Controlar derivando que se recupera lo de antes.
  3. Buscar los ceros de v(t): son los instantes de reposo y los posibles cambios de sentido.
  4. Calcular x en esos instantes y en los extremos; sumar los |Δx| para la distancia.
  5. Para los gráficos, marcar los ceros, los máximos (donde se anula la derivada) y la concavidad; para la rapidez, reflejar los tramos negativos y marcar los puntos angulosos.
Integrar a(t) = A − B t
Un móvil parte del reposo desde el origen con a(t) = A − B t, con A = 4,0 m/s² y B = 1,0 m/s³. Hallar v(t) y x(t), la máxima rapidez mientras avanza, cuándo vuelve al origen y la distancia recorrida hasta ese momento.
Velocidad: v(t) = 0 + ∫0t (4,0 − 1,0 t′) dt′ = 4,0 t − 0,50 t² (t en s, v en m/s). → Posición: x(t) = 0 + ∫0t (4,0 t′ − 0,50 t′²) dt′ = 2,0 t² − t³/6 (x en m). → Máxima rapidez mientras avanza: v es máxima donde a = 0, en t = 4,0 s: v = 16 − 8 = 8,0 m/s. → Cambio de sentido: v = t (4,0 − 0,50 t) = 0 en t = 8,0 s, con x(8) = 128 − 85,3 = 42,7 m, el punto más lejano. Desde ahí v < 0 y vuelve. → Vuelta al origen: x = t² (2,0 − t/6) = 0 en t = 12 s, con v(12) = 48 − 72 = −24 m/s. → Distancia: 42,7 m de ida y 42,7 m de vuelta, 85,3 m, aunque el desplazamiento es cero. → Rapidez: sube de 0 a 8,0 m/s, baja a 0 en t = 8 s y vuelve a subir hasta 24 m/s; en t = 8 s tiene un punto anguloso, porque ahí v pasa por cero con a = −4,0 m/s².
Si se hubiera usado x = (1/2) a t² con a = 4,0 m/s² (la aceleración del instante inicial), en t = 8 s daría 128 m: el triple de lo correcto.
t v (m/s) +42,7 m −42,7 m −24 8 t (s) |v| (m/s) punto anguloso 24 4 8 12
Arriba, v(t) del ejemplo de integración: el área sobre el eje (+42,7 m) y la de abajo (−42,7 m) son iguales, así que en t = 12 s vuelve al origen; la distancia recorrida es la suma de los módulos, 85,3 m. Abajo, la rapidez |v|: refleja la parte negativa y tiene un punto anguloso en t = 8 s, donde la velocidad cambia de signo.
Fórmulas fuera de su lugar
Las fórmulas del MRUV (incluida v² = v₀² + 2 a Δx) son para aceleración constante. Si a depende del tiempo, hay que integrar. Y la distancia recorrida no es |x(t₂) − x(t₁)| si en el medio el móvil dio la vuelta.

Tiro vertical y la elección del sistema de referencia

Cerca de la superficie terrestre y sin aire, todo cuerpo que se mueve sólo bajo su peso (en caída libre) tiene la misma aceleración: g = 9,8 m/s², vertical y hacia abajo, sube o baje, y sea cual sea su masa. Es un MRUV sobre la vertical.

El origen y el sentido positivo los elige quien resuelve, pero una vez elegidos cada magnitud lleva su signo: con el eje y hacia arriba, la aceleración es −g; con el eje hacia abajo, +g. Lo mismo la velocidad inicial y las posiciones de llegada. Los resultados físicos no dependen de la elección; los signos de los números, sí. Con el eje y hacia arriba y el origen en el punto de lanzamiento:

v(t) = v₀ − g t   ·   y(t) = v₀ t − (1/2) g t²
  • Altura máxima: v = 0 en ts = v₀ / g, y ahí ymáx = v₀² / (2g). En ese instante la velocidad es cero pero la aceleración sigue siendo g hacia abajo.
  • Simetría: vuelve a la altura de lanzamiento en 2 v₀ / g, con la misma rapidez v₀ hacia abajo.
  • Llegada a otro nivel: si el suelo está una altura h por debajo del lanzamiento, la llegada es y(T) = −h, una ecuación cuadrática en T. Una raíz es negativa: corresponde al instante en que la misma parábola, prolongada hacia atrás, habría pasado por −h antes de lanzar, y no tiene sentido físico.
  • Altura del edificio a partir del tiempo de vuelo: si se miden v₀ y el tiempo total T, de y(T) = −h sale h = (1/2) g T² − v₀ T.
  • Velocidad al llegar: v(T) = v₀ − g T (negativa: hacia abajo), o por la tercera fórmula del MRUV, |v| = √(v₀² + 2 g h).
v₀ v y 0 ymáx −h g
Tiro vertical desde una terraza, con el eje y hacia arriba y el origen en el punto de lanzamiento: la altura máxima es positiva y el suelo queda en y = −h. La subida y la bajada se dibujan separadas sólo para que se vean; la pelota sube y baja por la misma vertical.

Procedimiento para un tiro vertical:

  1. Dibujar la situación y elegir y anotar el origen, el sentido positivo y el instante t = 0. Si el enunciado los fija (por ejemplo, origen en la mano de quien lanza), usar esos.
  2. Escribir a, v₀ e y₀ con sus signos en ese sistema.
  3. Escribir v(t) e y(t) del MRUV.
  4. Traducir cada pregunta a una condición: altura máxima → v = 0; llegada al suelo → y = posición del suelo; pasar por un punto → y = ese valor.
  5. Resolver, descartar las raíces sin sentido físico y controlar el signo del resultado.
Una pelota desde una terraza
Desde una terraza se lanza una pelota verticalmente hacia arriba con v₀ = 14 m/s, y llega al suelo T = 3,6 s después. Hallar la altura de la terraza, la altura máxima sobre el suelo y la velocidad de llegada.
Sistema: eje y hacia arriba, origen en el punto de lanzamiento, t = 0 al lanzar; a = −9,8 m/s². → Llegada: y(3,6) = 14 · 3,6 − 4,9 · 3,6² = 50,4 − 63,5 = −13,1 m: el suelo está 13,1 m debajo del lanzamiento, así que h = 13,1 m. → Altura máxima: ts = 14 / 9,8 = 1,43 s y ymáx = 14² / (2 · 9,8) = 10,0 m sobre el lanzamiento, o sea 23,1 m sobre el suelo. → Velocidad de llegada: v = 14 − 9,8 · 3,6 = −21,3 m/s: 21,3 m/s hacia abajo. Control: √(14² + 2 · 9,8 · 13,1) = 21,3 m/s.
Con el eje hacia abajo (origen en el lanzamiento): a = +9,8 m/s², v₀ = −14 m/s y y(3,6) = −14 · 3,6 + 4,9 · 3,6² = +13,1 m. El edificio mide lo mismo; cambian los signos.

Con incertezas. Si v₀, T y g son medidos, la altura h = (1/2) g T² − v₀ T es una medición indirecta y su incerteza se propaga como en la sección 2: se suman los módulos de las derivadas parciales multiplicadas por cada incerteza (es una cota máxima).

La altura de la terraza, con su incerteza
Datos: v₀ = (14,0 ± 0,1) m/s, T = (3,60 ± 0,02) s y g = (9,8 ± 0,1) m/s². Hallar h con su incerteza y la velocidad de llegada con la suya.
Derivadas de h: ∂h/∂g = T²/2 = 6,48 s²; ∂h/∂T = g T − v₀ = 21,28 m/s; ∂h/∂v₀ = −T = −3,6 s. → Cada término: 6,48 · 0,1 = 0,648 m; 21,28 · 0,02 = 0,426 m; 3,6 · 0,1 = 0,360 m. → Suma: Δh = 1,43 m, que con 2 cifras significativas es 1,4 m. → Resultado: h = (13,1 ± 1,4) m, con el valor redondeado a los mismos decimales que la incerteza; error relativo 1,43 / 13,1 = 11 %. → Velocidad de llegada: |v| = g T − v₀ = 21,28 m/s, con Δv = T Δg + g ΔT + Δv₀ = 0,36 + 0,196 + 0,1 = 0,656 m/s, o sea |v| = (21,28 ± 0,66) m/s (3,1 %).
Fijate que ∂h/∂T es justamente la rapidez de llegada: un error en el tiempo pesa más cuanto más rápido llega la pelota. Con un cronómetro manual, ΔT = 0,20 s, ese término pasa a 4,26 m y Δh = 5,3 m (40 %).

Una magnitud que aparece dos veces. La altura máxima sobre el suelo es H = h + v₀²/(2g) = (1/2) g T² − v₀ T + v₀²/(2g): v₀ y g están en dos términos. Su incerteza se calcula derivando H entera, y no sumando la incerteza de h con la de v₀²/(2g). Los dos términos dependen de v₀ y de g en sentidos opuestos (si v₀ es un poco mayor, h da menos y v₀²/(2g) da más), así que sus errores se compensan en parte; sumarlos por separado cuenta dos veces el mismo error y agranda la cota sin motivo. Se ve mejor escribiendo H = (g T − v₀)²/(2g): es la caída libre desde el punto más alto hasta el suelo, con g T − v₀ la rapidez de llegada.

La altura máxima, con su incerteza
Con los mismos datos, hallar la altura máxima sobre el suelo con su incerteza y decir cuál de los dos resultados, h o H, es más preciso.
Valor: H = 13,10 + 10,00 = 23,10 m, o también (g T − v₀)²/(2g) = 21,28² / 19,6 = 23,10 m. → Derivadas de H: ∂H/∂v₀ = v₀/g − T = 1,43 − 3,6 = −2,17 s; ∂H/∂g = T²/2 − v₀²/(2g²) = 6,48 − 1,02 = 5,46 s²; ∂H/∂T = g T − v₀ = 21,28 m/s. → Cada término: 2,17 · 0,1 = 0,217 m; 5,46 · 0,1 = 0,546 m; 21,28 · 0,02 = 0,426 m. → Suma: ΔH = 1,19 m, que con 2 cifras significativas es 1,2 m. → Resultado: H = (23,1 ± 1,2) m, con un error relativo de 1,19 / 23,1 = 5,1 %. → Cuál es más preciso: el de menor error relativo. H (5,1 %) es más precisa que h (11 %), aunque las incertezas absolutas se parezcan (1,2 m y 1,4 m).
Por partes, Δh = 1,43 m más la incerteza de v₀²/(2g), (v₀/g) Δv₀ + (v₀²/(2g²)) Δg = 0,143 + 0,102 = 0,245 m, habría dado 1,68 m: un 40 % más, sólo por contar dos veces los mismos errores.
El punto más alto
Arriba la velocidad es cero y la aceleración no: sigue siendo g hacia abajo. Si fuera cero, la pelota se quedaría flotando. Y con el eje hacia arriba, la aceleración es −g en toda la subida y en toda la bajada; no cambia de signo cuando la pelota empieza a caer.

Movimiento en el plano

En el plano, la posición es r(t) = x(t) î + y(t) ĵ. Como los versores î y ĵ del laboratorio no cambian, la derivada de un vector se hace componente por componente:

v = dxdt î + dydt ĵ   ·   a = dvxdt î + dvydt ĵ   ·   v = √(vx² + vy²)

Cada componente se trata como un movimiento rectilíneo: x(t) es el movimiento de la proyección de la partícula sobre el eje x, e y(t), el de su proyección sobre el eje y. Que una componente de la aceleración sea cero quiere decir que esa componente de la velocidad es constante, aunque sea negativa. Y "la componente x de la velocidad decrece" quiere decir que vx disminuye como número con el tiempo, cosa distinta de que disminuya su módulo.

Ecuación de la trayectoria. Se elimina el tiempo: se despeja t de una de las ecuaciones horarias (la más simple, en general la lineal) y se reemplaza en la otra. Queda y(x), la curva que recorre la partícula. Su dominio son los valores de x que la partícula realmente alcanza en los tiempos permitidos (por ejemplo t ≥ 0): es la imagen de la función x(t) en ese intervalo, no todos los x para los que la fórmula tiene sentido. Si x(t) no es monótona (la partícula va y vuelve en x), la trayectoria se recorre de ida y de vuelta y conviene seguir trabajando con las ecuaciones horarias.

Trayectoria no es y(t)
El gráfico de la trayectoria tiene x en el eje horizontal, no t. Una parábola en y(t) no implica una trayectoria parabólica: con r = 3,0 t² î + (2,0 t² + 1,0) ĵ la trayectoria es y = (2/3) x + 1, una semirrecta (x ≥ 0 si t ≥ 0) recorrida con aceleración constante.

Velocidad media vectorial. Es el desplazamiento dividido por el tiempo:

vm = ΔrΔt = r(t₂) − r(t₁)t₂ − t₁

Tiene la dirección de la cuerda que une las dos posiciones y depende sólo de los extremos. Su módulo es menor o igual que la rapidez media, porque la cuerda es más corta que el arco.

Con aceleración constante, la velocidad media entre t₁ y t₂ es igual a la velocidad instantánea en el instante del medio, (t₁ + t₂)/2, y también al promedio de v(t₁) y v(t₂). Sale de cada componente: si x = x₀ + v₀ t + (1/2) a t², entonces Δx / Δt = v₀ + (1/2) a (t₁ + t₂), que es vx en (t₁ + t₂)/2. Con aceleración variable no vale.

Trayectoria, dominio y velocidad media
Una partícula se mueve en el plano con r(t) = (6,0 − 2,0 t) î + (1,0 + 1,5 t²) ĵ, con r en m, t en s y t ≥ 0. Hallar la ecuación de la trayectoria con su dominio, v(t), a(t), y la velocidad media entre t = 0 y t = 2,0 s, comparada con la velocidad en t = 1,0 s.
Trayectoria: de x = 6,0 − 2,0 t sale t = (6,0 − x) / 2,0; reemplazando, y = 1,0 + 0,375 (6,0 − x)², en m. → Dominio: como t ≥ 0, x = 6,0 − 2,0 t ≤ 6,0 m: es sólo la rama de la parábola con x ≤ 6,0 m, que arranca en su vértice, (6,0; 1,0) m, y se recorre hacia la izquierda. → Velocidad y aceleración: v = −2,0 î + 3,0 t ĵ m/s y a = 3,0 ĵ m/s², constante. La componente x de la velocidad es constante (negativa) y la y crece. → Velocidad media: r(0) = (6,0; 1,0) m y r(2,0) = (2,0; 7,0) m, así que Δr = (−4,0; 6,0) m y vm = (−2,0; 3,0) m/s, de módulo 3,6 m/s. → Comparación: v(1,0) = (−2,0; 3,0) m/s, igual a la media, porque la aceleración es constante y t = 1,0 s es el instante del medio. Las de los extremos, (−2,0; 0) y (−2,0; 6,0) m/s, son distintas; su promedio sí da la media.
x y O r(0) r(2) Δr v(1) t = 0 t = 1 s t = 2 s
El ejemplo del movimiento en el plano. El desplazamiento Δr entre t = 0 y t = 2,0 s es una cuerda de la trayectoria, y la velocidad media tiene su dirección. Como la aceleración es constante, la velocidad en el instante del medio, t = 1,0 s, es igual a la velocidad media: es tangente a la curva y paralela a la cuerda.

Tiro oblicuo

Un proyectil lanzado con velocidad v₀ que forma un ángulo α con la horizontal, sin aire, tiene a = −g ĵ (eje y hacia arriba). Las dos componentes son independientes: en x no hay aceleración (MRU) y en y es un tiro vertical (MRUV). Con el origen en el punto de lanzamiento:

x = v₀ cos α · t   ·   y = v₀ sen α · t − (1/2) g t²   ·   vx = v₀ cos α   ·   vy = v₀ sen α − g t

Eliminando t queda la trayectoria, una parábola:

y = tan α · x − g2 v₀² cos² α x²
  • Punto más alto: vy = 0 en ts = v₀ sen α / g; hmáx = v₀² sen² α / (2g). Ahí la velocidad es horizontal y vale v₀ cos α: no es cero.
  • Vuelta a la altura de lanzamiento: en 2 ts, con un alcance horizontal R = v₀² sen 2α / g. Esta fórmula vale sólo si el punto de llegada está a la misma altura que el de salida. El alcance es máximo a 45°, y dos ángulos complementarios (30° y 60°) dan el mismo.
  • Lanzamiento desde una altura, o llegada a otra: se plantea y(t) = altura de llegada (una cuadrática), se toma la raíz con sentido físico y con ese tiempo se calcula x.
  • Tiro horizontal: α = 0; la velocidad vertical arranca en cero.
v₀ α v₀ cos α v₀ sen α v hmáx v alcance g
Tiro oblicuo: la componente horizontal de la velocidad no cambia (es la misma en los tres puntos marcados: en gris en la salida y en la bajada, y en el punto más alto es toda la velocidad) y la vertical disminuye a razón de g por segundo, se anula en el punto más alto y después crece hacia abajo. La velocidad es siempre tangente a la parábola.
Una pelota pateada desde el suelo
Se patea una pelota desde el suelo con v₀ = 20 m/s a 30° sobre la horizontal. Hallar la altura máxima, el tiempo de vuelo, el alcance y la ecuación de la trayectoria.
Componentes: v₀ₓ = 20 cos 30° = 17,3 m/s y v₀ᵧ = 20 sen 30° = 10,0 m/s. → Subida: ts = 10,0 / 9,8 = 1,02 s y hmáx = 10,0² / (2 · 9,8) = 5,10 m. → Vuelo: vuelve al suelo en 2 ts = 2,04 s. → Alcance: 17,3 m/s · 2,04 s = 35,3 m; con la fórmula, 20² sen 60° / 9,8 = 35,3 m. → Trayectoria: y = 0,577 x − 0,0163 x², en m, que se anula en x = 0 y en x = 35,3 m. → Arriba la pelota va a 17,3 m/s, horizontal.

La velocidad es tangente a la trayectoria y la aceleración apunta hacia adentro de la curva

El desplazamiento Δr entre dos instantes es una cuerda de la trayectoria. Cuando el intervalo se achica, la cuerda tiende a la recta tangente: por eso la velocidad es siempre tangente a la trayectoria y apunta en el sentido en que se recorre.

La aceleración, en cambio, no es tangente salvo en un movimiento rectilíneo. La velocidad puede cambiar en módulo, en dirección o en las dos cosas; cuando la trayectoria se curva, la dirección de v gira y el cambio Δv apunta hacia el lado cóncavo. Entonces la aceleración apunta hacia adentro de la curva (hacia el lado cóncavo), y sólo coincide con la tangente donde la trayectoria es recta.

A B vA vB a vA vB Δv
La velocidad es tangente a la trayectoria en cada punto. El cambio de velocidad Δv = vB − vA, armado a la derecha con las dos flechas desde un mismo origen, apunta hacia adentro de la curva, y la aceleración también.

Rapidez constante no es velocidad constante. Si la rapidez no cambia, v² = v · v es constante, y derivando, 2 v · a = 0: la aceleración es perpendicular a la velocidad. No es cero (salvo que la trayectoria sea recta): la velocidad, como vector, cambia de dirección. Velocidad constante como vector quiere decir módulo, dirección y sentido fijos, y eso es sólo el MRU.

Lo que cambia y lo que no
Toda trayectoria curva implica aceleración, aunque la rapidez sea constante. Esa aceleración es perpendicular a la velocidad y apunta hacia adentro de la curva. Su módulo depende de qué tan cerrada es la curva: se cuantifica con el radio de curvatura.

Un caso que la guía pide pensar es una espiral recorrida con rapidez constante. La velocidad no es constante (cambia de dirección todo el tiempo) y la aceleración tampoco: es perpendicular a la velocidad, así que también gira. Su módulo es v² dividido por el radio de curvatura (el apartado siguiente), y en una espiral ese radio cambia: las vueltas de afuera son más abiertas que las de adentro. Para decidir si |a| aumenta o disminuye hay que mirar hacia dónde se recorre la espiral: alejándose del centro, la curva se abre y la aceleración disminuye; acercándose, aumenta.

Coordenadas intrínsecas: aceleración tangencial y normal

En lugar de proyectar sobre î y ĵ, conviene a veces proyectar sobre dos direcciones que acompañan a la partícula. Son las coordenadas intrínsecas (o de trayectoria):

  • Versor tangente êt = v / v: tangente a la trayectoria, en el sentido del movimiento.
  • Versor normal ên: perpendicular a êt, en el plano del movimiento, apuntando hacia el centro de curvatura (hacia el lado cóncavo).

Los dos cambian de dirección a medida que la partícula avanza. En esta base la velocidad tiene una sola componente, v = v êt. Derivando ese producto aparecen dos términos: la derivada de la rapidez por êt, y la rapidez por la derivada de êt. Como êt tiene módulo 1, su derivada es perpendicular a él (se deriva êt · êt = 1): apunta hacia el lado al que gira la tangente, que es ên, y su módulo es |dφ/dt|, la rapidez con que gira la tangente (φ es el ángulo que forma con el eje x). Cerca del punto, la trayectoria se confunde con un arco de circunferencia de radio Rc, y en ese arco la tangente gira a razón de |dφ/dt| = v / Rc. Queda:

a = dvdt êt + v²Rc ên   ·   at = dvdt   ·   an = v²Rc
  • La aceleración tangencial at cambia la rapidez: positiva, la partícula acelera; negativa, frena; cero, la rapidez es constante en ese instante.
  • La aceleración normal (o centrípeta) an cambia la dirección. Nunca es negativa, porque ên ya apunta hacia el lado al que dobla, y es cero sólo donde la trayectoria es recta.
  • El radio de curvatura Rc mide qué tan cerrada es la curva en ese punto: chico, curva cerrada; infinito, recta. La circunferencia osculadora (o círculo osculador) es la que mejor se pega a la trayectoria en el punto: tiene radio Rc y su centro, el centro de curvatura, está en C = r + Rc ên. Todo esto es local: en otro punto de la trayectoria, el radio y el centro son otros. Muchos libros llaman ρ al radio de curvatura; acá ρ queda para la densidad.

Para calcular con los vectores en cartesianas, que es como suelen venir los datos:

at = a · êt = a · vv
an = √(a² − at²) = |vx ay − vy ax|v
Rc = v²an

El vector an = a − at êt es la parte de la aceleración perpendicular a la velocidad, y ên = an / an. Hacia qué lado dobla la partícula lo dice el signo de vx ay − vy ax (la componente z de v × a): positivo, gira en sentido antihorario, hacia su izquierda, y ên es êt girado 90° antihorario; negativo, gira en sentido horario, hacia su derecha, y ên es êt girado 90° horario.

El sentido de ên
El libro de la cátedra escribe ên = −sen φ î + cos φ ĵ (êt girado 90° antihorario). Esa fórmula apunta al centro de curvatura sólo si la partícula dobla en sentido antihorario; si dobla en sentido horario da el opuesto. Elegí siempre ên hacia el lado al que apunta la aceleración. El mismo libro llama ω a dφ/dt, la rapidez con que gira la tangente: coincide con la velocidad angular del movimiento circular sólo cuando la trayectoria es una circunferencia.
atanMovimiento
00rectilíneo uniforme
≠ 00rectilíneo variado
0≠ 0curvilíneo con rapidez constante (circular uniforme si Rc no cambia)
≠ 0≠ 0curvilíneo variado

Procedimiento para pasar a coordenadas intrínsecas en un instante t₀ (el tipo del problema 15):

  1. Calcular r(t₀), v(t₀) y a(t₀) en cartesianas.
  2. Rapidez v = |v| y versor tangente êt = v / v.
  3. at = a · êt, con su signo.
  4. an = a − at êt; su módulo es an y ên = an / an. Control: at² + an² = a², y êt · ên = 0.
  5. Rc = v² / an y centro del círculo osculador C = r + Rc ên.
  6. Escribir v = v êt y a = at êt + an ên, y dibujar todo en un mismo esquema.
  7. Interpretar: con el signo de at, si acelera, frena o mantiene la rapidez; con el lado de ên, hacia dónde dobla.
Intrínsecas en un punto de una parábola
Para la partícula del ejemplo del plano, r(t) = (6,0 − 2,0 t) î + (1,0 + 1,5 t²) ĵ, en t = 1,0 s.
Vectores: r = (4,0; 2,5) m, v = (−2,0; 3,0) m/s y a = (0; 3,0) m/s². → Tangente: v = √(4,0 + 9,0) = 3,61 m/s y êt = (−0,555; 0,832). → Tangencial: at = a · êt = 3,0 · 0,832 = 2,50 m/s², positiva: la rapidez aumenta. → Normal: an = (0; 3,0) − 2,50 (−0,555; 0,832) = (1,38; 0,92) m/s², de módulo an = 1,66 m/s². Control: 2,50² + 1,66² = 9,0 = a², y también |vx ay − vy ax| / v = 6,0 / 3,61 = 1,66 m/s². → Versor normal: ên = (0,832; 0,555). Como vx ay − vy ax = −6,0 m²/s³ < 0, la partícula dobla en sentido horario, hacia su derecha. → Radio de curvatura: Rc = 13 / 1,66 = 7,8 m. → Centro: C = (4,0 + 7,8 · 0,832; 2,5 + 7,8 · 0,555) = (10,5; 6,8) m. → En intrínsecas: v = 3,61 êt m/s y a = 2,50 êt + 1,66 ên m/s²: acelera y dobla a la derecha.
x y O C Rc a at an P
Coordenadas intrínsecas en el punto P del ejemplo (t = 1,0 s). La aceleración a = 3,0 ĵ m/s² se proyecta sobre la tangente, en la dirección de êt (at = 2,50 m/s²), y sobre la normal, en la dirección de ên (an = 1,66 m/s²). El versor normal apunta al centro C de la circunferencia osculadora, de radio Rc = v² / an = 7,8 m: la partícula dobla hacia su derecha.
El radio de curvatura de un tiro oblicuo
Para la pelota pateada a 20 m/s y 30°, hallar las aceleraciones tangencial y normal y el radio de curvatura en el punto más alto y al salir.
Arriba: la velocidad es horizontal (17,3 m/s) y a = −g ĵ es perpendicular a ella: at = 0 y an = g = 9,8 m/s². Rc = 17,3² / 9,8 = 30,6 m, con el centro de curvatura 30,6 m debajo de la pelota. → Al salir: la velocidad forma 30° con la horizontal; la componente de g a lo largo de la velocidad es at = −g sen 30° = −4,9 m/s² (frena) y la perpendicular, an = g cos 30° = 8,49 m/s². Rc = 20² / 8,49 = 47,1 m. → Al llegar al suelo, por simetría, an y Rc son los mismos y at = +4,9 m/s² (acelera).
La aceleración es la misma en todos lados (g); lo que cambia es cómo se reparte entre tangencial y normal. La parábola es más cerrada arriba (Rc mínimo) y se abre a los costados.

Movimiento circular

Si la trayectoria es una circunferencia de radio R, una sola variable alcanza para ubicar la partícula: el ángulo θ(t) entre el radio y un eje fijo, en radianes, positivo en sentido antihorario. El arco recorrido es s = R θ (con θ en radianes; por eso los grados no sirven en estas fórmulas).

ω = dθdt   ·   γ = dωdt   ·   v = |ω| R   ·   at = γ R   ·   an = ω² R = v²R

ω es la velocidad angular (rad/s, que se escribe también s⁻¹) y γ la aceleración angular (rad/s²). Muchos libros de texto llaman α a la aceleración angular; la guía usa γ, y el libro de la cátedra la escribe dω/dt sin letra propia. La aceleración normal apunta siempre al centro (es centrípeta); en una circunferencia Rc = R. La fórmula at = γ R es la del giro antihorario (ω > 0). Si gira en sentido horario (ω < 0), la rapidez es v = −ω R y at = dv/dt = −γ R. Es la misma regla que en la recta: la rapidez aumenta si ω y γ tienen el mismo signo y disminuye si tienen signos opuestos.

Coordenadas polares. Con el origen en el centro conviene usar el versor radial êr, que apunta del centro hacia la partícula, y el transversal êθ, perpendicular, en el sentido en que crece θ:

êr = cos θ î + sen θ ĵ   ·   êθ = −sen θ î + cos θ ĵ   ·   dêrdt = ω êθ   ·   dêθdt = −ω êr

Derivando r = R êr con R constante:

r = R êr   ·   v = R ω êθ   ·   a = −R ω² êr + R γ êθ

En el movimiento circular centrado en el origen, êθ es la dirección de la tangente (êt = êθ si gira en sentido antihorario y −êθ si gira en sentido horario) y ên = −êr. Para dar los vectores en el sistema fijo se reemplazan los versores: r = R (cos θ; sen θ), v = R ω (−sen θ; cos θ), y así.

Forma vectorial. La velocidad angular se puede escribir como un vector perpendicular al plano, ω = ω k̂ (regla de la mano derecha: con los dedos en el sentido de giro, el pulgar da el sentido de ω; antihorario visto desde arriba es +k̂). Con r medido desde el centro:

v = ω × r   ·   a = γ × r − ω² r

Así escribe la guía datos como "velocidad angular 2,0 s⁻¹ k̂". Por ejemplo, con ω = 2,0 s⁻¹ k̂ y r = 0,50 î m, v = 2,0 k̂ × 0,50 î = 1,0 ĵ m/s.

x O ω R θ êr êθ P v an at a
Movimiento circular antihorario (θ crece). En P, los versores polares êr y êθ. Arriba, la velocidad, tangente y de módulo ω R. Abajo a la izquierda, la aceleración de un movimiento que se acelera: an = ω² R hacia el centro y at = γ R en el sentido del movimiento.

Movimiento circular uniforme (MCU): ω constante, θ = θ₀ + ω t. Es periódico:

T = 2πω   ·   f = 1T   ·   ω = 2π f
n rpm → ω = 2π n60 s

T es el período (s), f la frecuencia (vueltas por segundo, Hz) y las rpm son vueltas por minuto. En el MCU la rapidez es constante y at = 0, pero la aceleración no es cero ni constante: vale ω² R y apunta al centro, así que cambia de dirección todo el tiempo.

Movimiento circular uniformemente variado (MCUV): γ constante. Las fórmulas son las del MRUV con θ en lugar de x:

ω = ω₀ + γ t   ·   θ = θ₀ + ω₀ t + (1/2) γ t²   ·   ω² = ω₀² + 2 γ (θ − θ₀)

at = γ R es constante y an = ω² R crece con ω: la aceleración total, √(at² + an²), forma con el radio un ángulo β con tan β = at / an, que se achica a medida que gira más rápido.

Qué sistema conviene. Para una circunferencia, polares o intrínsecas: la posición queda en una sola variable (θ) y las componentes tienen significado físico directo. Las cartesianas convienen para dar los vectores en un sistema fijo, para sumarlos y para derivar sin pensar, porque sus versores no cambian.

Un ventilador a 1200 rpm
Las puntas de las aspas de un ventilador están a 0,15 m del eje y giran a 1200 rpm constantes. Hallar ω, el período, la frecuencia, la rapidez y la aceleración de una punta.
ω: 1200 vueltas/min · 2π rad/vuelta / 60 s/min = 40π rad/s = 125,7 rad/s. → Período y frecuencia: T = 2π / (40π) = 0,050 s y f = 20 Hz (20 vueltas por segundo). → Rapidez: v = 40π · 0,15 = 6π m/s = 18,8 m/s. → Aceleración: sólo normal, a = ω² R = (40π)² · 0,15 = 2,4 × 10³ m/s², unas 240 veces g, hacia el eje.
Un cuarto de vuelta con γ constante
Una partícula parte del reposo en (R; 0) sobre una circunferencia de radio R = 0,50 m centrada en el origen, con γ = 2,0 rad/s² en sentido antihorario. Hallar cuándo completa un cuarto de vuelta y su posición, velocidad y aceleración en ese instante.
Tiempo: θ = (1/2) γ t² = π/2 → t = √(π / γ) = √(π / 2,0) = 1,25 s. → ω: ω = γ t = 2,51 rad/s (o ω² = 2 γ θ = 2π rad²/s²). → Rapidez: v = ω R = 1,25 m/s. → Aceleraciones: at = γ R = 1,00 m/s² y an = ω² R = 3,14 m/s²; |a| = √(1,00² + 3,14²) = 3,30 m/s², a β = 17,7° del radio, inclinada hacia adelante. → En polares: r = 0,50 êr m, v = 1,25 êθ m/s y a = −3,14 êr + 1,00 êθ m/s². → En cartesianas (θ = 90°, êr = ĵ y êθ = −î): r = 0,50 ĵ m, v = −1,25 î m/s y a = −1,00 î − 3,14 ĵ m/s².

La Tierra que gira. Un objeto quieto sobre la superficie, visto desde un sistema con origen en el centro de la Tierra y ejes que apuntan a estrellas lejanas (y no giran con ella), hace un MCU. Pero la circunferencia no está centrada en el centro de la Tierra: es el paralelo del lugar, centrado sobre el eje de rotación y de radio R cos λ, con λ la latitud. Su aceleración apunta al eje, perpendicular a él, y sólo en el ecuador coincide con la dirección al centro de la Tierra. La Tierra da una vuelta respecto de las estrellas en un día sidéreo, 23 h 56 min = 86 164 s; usar 24 h cambia la rapidez en un 0,27 % y la aceleración, que depende de ω², en un 0,55 %. Con el eje z sobre el eje de rotación (hacia el norte) y t = 0 cuando el objeto cruza el plano xz:

r = R cos λ (cos ωt î + sen ωt ĵ) + R sen λ k̂
v = ω R cos λ (−sen ωt î + cos ωt ĵ)
a = −ω² R cos λ (cos ωt î + sen ωt ĵ)

En el hemisferio sur λ se toma negativa y la componente z de la posición queda negativa; cos λ, y con él la rapidez y la aceleración, no cambia.

ω R λ a R cos λ P O eje
Un objeto quieto sobre la superficie, a latitud λ, describe una circunferencia de radio R cos λ alrededor del eje (el paralelo, en perspectiva). Su aceleración, ω² R cos λ, apunta hacia el eje, perpendicular a él, y no hacia el centro de la Tierra (salvo en el ecuador).
Un objeto quieto a 60° de latitud
Datos: radio terrestre R = 6,37 × 10⁶ m, período de rotación 86 164 s. Hallar la rapidez y la aceleración de un objeto quieto a 60° de latitud, y compararlas con las del ecuador y el polo.
ω: 2π / 86 164 s = 7,29 × 10⁻⁵ rad/s. → Radio de giro: R cos 60° = 3,19 × 10⁶ m. → Rapidez: v = ω R cos λ = 232 m/s. → Aceleración: a = ω² R cos λ = 0,0169 m/s², hacia el eje. → Ecuador: v = 465 m/s y a = 0,0339 m/s², el 0,35 % de g. Polo: el objeto está sobre el eje: v = 0 y a = 0. → La aceleración es tan chica frente a g que en casi todos los problemas el sistema fijo a Tierra se puede tomar como inercial.

Polares para cualquier trayectoria. Si la distancia al origen también cambia, r = r êr con r(t) variable, y derivando con las reglas de los versores:

v = drdt êr + r ω êθ
a = (d²rdt² − r ω²) êr
+ (2 drdt ω + r γ) êθ

Con r constante se recupera el caso circular. Sirve, por ejemplo, para una espiral r = a + b θ. El libro de la cátedra deduce estas fórmulas en un apéndice; si lo leés, en un renglón intermedio de la aceleración el término r ω² figura con signo más, y el resultado final, con el signo menos, es el correcto. Ojo también con no confundir el versor transversal êθ con el tangente: coinciden sólo en una circunferencia centrada en el origen.

Radianes, no vueltas
En v = ω R, at = γ R y an = ω² R, ω va en rad/s. Las rpm se pasan multiplicando por 2π/60; olvidar el 2π o el 60 es el error más común. Y el ángulo de las ecuaciones horarias va en radianes: media vuelta es π, no 180.

Movimiento relativo entre sistemas en traslación

Dos observadores miran la misma partícula P: el laboratorio S y otro observador S′ cuyo origen O′ se mueve, pero cuyos ejes se mantienen siempre paralelos a los de S. Se dice que S′ se traslada respecto de S (aunque O′ recorra una curva, los ejes no giran). Como las posiciones se suman, rP = rO′ + rP/O′, y derivando:

vP = vO′ + vP/O′   ·   aP = aO′ + aP/O′

Con la notación de la barra que se presentó más arriba, la velocidad de A respecto de B (la que ve un observador que viaja con B, sin girar) es

vA/B = vA − vB   ·   vB/A = −vA/B
vA/C = vA/B + vB/C

y lo mismo con las aceleraciones. La última igualdad es la cadena que se usa con el avión y el viento: la velocidad del avión respecto de la tierra es la del avión respecto del aire más la del aire respecto de la tierra.

  • Condiciones de validez. Los ejes de S′ no giran, y las velocidades son mucho menores que la de la luz (es la relatividad de Galileo). Si el observador gira con su sistema (alguien sobre una calesita que usa ejes pegados a ella), aparecen términos extra que no se ven en esta materia.
  • Si O′ se mueve con velocidad constante, aO′ = 0 y los dos observadores miden la misma aceleración, aunque vean velocidades y trayectorias distintas. Una piedra que se suelta dentro de un tren que va a velocidad constante cae en línea recta para un pasajero y describe una parábola para alguien en el andén, pero los dos le miden g. Esto es lo que hace que las leyes de Newton valgan igual en todos los sistemas inerciales (sección 4).
  • Si O′ se acelera, la aceleración relativa es aP − aO′.

Procedimiento:

  1. Nombrar los cuerpos y escribir cada velocidad con dos subíndices (de quién, respecto de quién).
  2. Escribir la ecuación vectorial que las relaciona, cuidando el orden de los subíndices.
  3. Dibujar el triángulo de velocidades, con lo conocido y lo desconocido.
  4. Resolver por componentes (lo más seguro) o con trigonometría si el triángulo es rectángulo.
  5. Interpretar: el rumbo (hacia dónde apunta un avión o un bote) es la dirección de la velocidad respecto del aire o del agua; la dirección en que avanza es la de la velocidad respecto de la tierra.
vA/aire vA/T vaire/T β N E
La velocidad respecto de la tierra es la suma de la velocidad respecto del aire y la del aire respecto de la tierra. Para que la suma apunte al norte, el avión tiene que apuntar la nariz un ángulo β hacia el lado de donde viene el viento.
Un avión que tiene que ir al norte
Un avión tiene que volar hacia el norte. Su velocidad respecto del aire mide 250 km/h y sopla viento de 60 km/h hacia el este. ¿Hacia dónde tiene que apuntar y qué rapidez tiene respecto de la tierra?
Ecuación: vA/T = vA/aire + vaire/T, con vA/T hacia el norte (módulo desconocido), vaire/T = 60 km/h al este y |vA/aire| = 250 km/h (dirección desconocida, un ángulo β al oeste del norte). → Componente este: 0 = −250 sen β + 60, así que sen β = 0,24 y β = 13,9°: apunta 13,9° al oeste del norte, contra el viento. → Componente norte: vA/T = 250 cos β = √(250² − 60²) = 243 km/h, que son 243 / 3,6 = 67,4 m/s. → Si apuntara derecho al norte, el viento lo correría hacia el este.
Un móvil recto visto desde uno que gira
Sobre un piso horizontal (ejes x e y fijos al piso), el móvil 1 avanza en línea recta con v₁ = 3,0 ĵ m/s constante, y el móvil 2 recorre una circunferencia de radio 2,0 m centrada en el origen con ω = 1,5 s⁻¹ k̂ constante; en t = 0 está en (2,0; 0) m. Hallar la velocidad de 1 respecto de 2 y la aceleración de 2 respecto de 1 cuando 2 pasa por el punto más alto, y sus expresiones en función del tiempo.
Móvil 2 arriba (t = π/3 s = 1,05 s): r₂ = 2,0 ĵ m, v₂ = ω × r₂ = 1,5 k̂ × 2,0 ĵ = −3,0 î m/s y a₂ = −ω² r₂ = −4,5 ĵ m/s², hacia el centro. → Velocidad relativa: v1/2 = v₁ − v₂ = 3,0 ĵ − (−3,0 î) = (3,0; 3,0) m/s, de módulo 4,2 m/s, a 45°: desde 2, el móvil 1 parece ir en diagonal. → Aceleración relativa: a2/1 = a₂ − a₁ = −4,5 ĵ m/s², la misma que mide el piso, porque el móvil 1 no se acelera. → En función del tiempo: θ = 1,5 t, r₂ = 2,0 (cos 1,5t; sen 1,5t) m y v₂ = 3,0 (−sen 1,5t; cos 1,5t) m/s, así que v1/2 = (3,0 sen 1,5t; 3,0 − 3,0 cos 1,5t) m/s y a2/1 = a₂ − a₁ = −4,5 (cos 1,5t; sen 1,5t) m/s² (la de 1 vista desde 2 es la opuesta). En t = π/3 s da −4,5 ĵ m/s², como arriba. → Control: en t = 0, v1/2 = 0: en ese instante los dos van hacia arriba a 3,0 m/s.
El observador que viaja con 2 se traslada sobre una circunferencia pero no gira (sus ejes siguen paralelos a los del piso): por eso valen estas restas.
Restas de vectores, no de números
Las velocidades relativas se restan como vectores. Sumar o restar los módulos sólo vale si son paralelas. Y el orden importa: vA/B = vA − vB es la de A vista desde B; la de B vista desde A es la opuesta.

La rueda que rueda sin deslizar

Una rueda de radio R es un cuerpo rígido, no una partícula, pero el movimiento de cada uno de sus puntos se describe con lo de esta sección: es la traslación del centro más una rotación alrededor del centro. Si el centro avanza con velocidad vCM y la rueda gira con velocidad angular Ω (para un cuerpo rígido se usa Ω mayúscula; el problema 17 la escribe ω), cada punto del borde tiene la velocidad del centro más la de un movimiento circular de radio R alrededor del centro, de módulo Ω R y tangente al borde.

Rodar sin deslizar quiere decir que el punto que toca el piso no patina: su velocidad es cero. En el punto de contacto la rotación (en el sentido de rodar hacia adelante) lleva al punto hacia atrás con Ω R, así que vCM − Ω R = 0:

vCM = Ω R   ·   vcontacto = 0   ·   varriba = 2 vCM   ·   vadelante = vatrás = √2 vCM

El de arriba va al doble, hacia adelante; los de los extremos del diámetro horizontal, a √2 vCM inclinados 45° (el de adelante hacia abajo, el de atrás hacia arriba).

La trayectoria de un punto del borde. Con el origen donde el punto toca el piso en t = 0, la rueda avanzando hacia la derecha con vCM constante y θ = Ω t el ángulo girado, medido desde el radio que apunta hacia abajo:

x(t) = vCM t − R sen(Ω t)   ·   y(t) = R − R cos(Ω t)

Es la posición del centro, (vCM t; R), más la del punto respecto del centro, (−R sen θ; −R cos θ), que gira en sentido horario. La curva es una cicloide: una sucesión de arcos de altura 2R que tocan el piso, uno por vuelta, cada 2π R, con una punta en cada contacto. Derivando, con Ω R = vCM:

vx = vCM (1 − cos Ω t)   ·   vy = vCM sen Ω t   ·   ax = Ω² R sen Ω t   ·   ay = Ω² R cos Ω t

La aceleración tiene módulo Ω² R constante y apunta siempre al centro de la rueda (si vCM es constante, el centro no se acelera y sólo queda la parte circular). En particular, el punto de contacto tiene velocidad nula pero aceleración Ω² R hacia arriba: en ese instante deja el piso. La sección 10 desarrolla esto para cualquier cuerpo rígido (centro instantáneo de rotación, rodadura con aceleración).

Ω vCM 2vCM v = 0 √2 vCM
Rueda que rueda sin deslizar. Cada punto tiene la velocidad del centro más la de la rotación alrededor del centro: el de contacto queda quieto y el de arriba va al doble. La línea punteada es la cicloide que describe el punto que en este instante está arriba: su velocidad, 2 vCM, es tangente a ella.
Una rueda de bicicleta
Una rueda de radio 0,40 m rueda sin deslizar con vCM = 8,0 m/s constante. Hallar Ω y las velocidades y aceleraciones de los puntos de contacto, de arriba, de adelante y de atrás.
Ω: 8,0 / 0,40 = 20 rad/s, horario. → Velocidades: contacto, 0; arriba, (16; 0) m/s; adelante (θ = 3π/2), (8,0; −8,0) m/s; atrás (θ = π/2), (8,0; 8,0) m/s, estas dos de módulo 11,3 m/s. → Aceleraciones: todas de módulo Ω² R = 20² · 0,40 = 160 m/s² (unas 16 veces g), hacia el centro: contacto (0; 160), arriba (0; −160), adelante (−160; 0) y atrás (160; 0) m/s². → Cicloide: cada punto del borde avanza 2π · 0,40 = 2,51 m por vuelta, en 2π / 20 = 0,314 s, y sube hasta 0,80 m.
Las trampas del tema
  • Confundir desplazamiento con distancia recorrida, o velocidad media con el promedio de las velocidades.
  • Creer que a < 0 quiere decir que frena: frena cuando v y a tienen signos opuestos.
  • Usar las fórmulas del MRUV con una aceleración que cambia con el tiempo, en lugar de integrar.
  • Propagar por partes una magnitud en la que el mismo dato aparece dos veces, como la altura máxima sobre el suelo, H = h + v₀²/(2g): se deriva la expresión entera.
  • Mezclar sistemas de referencia: poner g positiva con el eje hacia arriba, o medir unas alturas desde la mano y otras desde el suelo en la misma ecuación.
  • Decir que en el punto más alto la aceleración es cero (en el tiro vertical) o que la velocidad es cero (en el tiro oblicuo, donde vale v₀ cos α).
  • Graficar y(t) en lugar de la trayectoria y(x), u olvidar el dominio que imponen los tiempos permitidos.
  • Pensar que rapidez constante implica aceleración nula, o que en un MCU la aceleración es constante.
  • Usar |a| en lugar de an en Rc = v² / an, o tomar ên con una fórmula sin mirar hacia qué lado dobla la partícula.
  • Usar rpm o grados en v = ω R, o olvidar el 2π al pasar de vueltas a radianes.
  • Hacer apuntar la aceleración de un punto de la Tierra al centro de la Tierra, o usar R en lugar de R cos λ.
  • Sumar módulos de velocidades relativas que no son paralelas, o invertir el orden de la resta.
  • Creer que el punto de contacto de una rueda tiene aceleración nula, o que un punto del borde describe una circunferencia vista desde el piso.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Derivar la posición para obtener la velocidad y la aceleración, e integrar la aceleración con sus condiciones iniciales para volver.
  • Leer y dibujar x(t), v(t) y a(t): reposo, cambios de sentido, tramos en que acelera o frena, desplazamiento, distancia recorrida y máxima distancia al origen.
  • Plantear un tiro vertical o un tiro oblicuo con un sistema de referencia explícito, y propagar las incertezas de sus datos.
  • Obtener la ecuación de la trayectoria con su dominio y la velocidad media vectorial.
  • Descomponer la aceleración en tangencial y normal, hallar el radio de curvatura y el centro del círculo osculador, y decir si la partícula acelera, frena o dobla y hacia dónde.
  • Resolver un movimiento circular uniforme o uniformemente variado (rpm, ω, γ, at, an) y dar los vectores en polares y en cartesianas, incluido un punto de la Tierra a una latitud dada.
  • Componer velocidades y aceleraciones entre sistemas que se trasladan, con el orden correcto de los subíndices.
  • Dar la velocidad y la aceleración de los puntos del borde de una rueda que rueda sin deslizar, y la ecuación de la cicloide.
↑ Volver al índice
4 Unidad 1 · Dinámica del punto

La cinemática describe el movimiento; la dinámica explica por qué es así. La pregunta de esta sección es qué fuerzas actúan sobre un cuerpo que se puede tratar como una partícula y qué aceleración le producen. Todo sale de las tres leyes de Newton y de un puñado de fuerzas que hay que saber escribir: el peso, la Normal, la fuerza de un resorte, el rozamiento, la tensión de un hilo o de una barra, la resistencia de un fluido. Con eso se resuelven cuerpos que se arrastran, que cuelgan de poleas, que caen frenados por el aire y que giran en una curva. Al final hay un apartado corto sobre lo que pasa cuando se describe el movimiento desde un sistema que acelera.

Es parte de la unidad 1 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Además es la base de todo lo que sigue: en sistemas de partículas y en cuerpo rígido se vuelve a escribir la segunda ley una y otra vez, con los mismos diagramas de cuerpo libre. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, ninguno tiene la dinámica del punto como tema principal, pero en 4 aparece como herramienta dentro de otro tema (la Normal en lo alto de un rizo, el rozamiento entre un bloque y el cuerpo largo sobre el que desliza, y, en dos, un bloque colgado de un hilo que recibe un proyectil). El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 1: el cuerpo de 500 kg que una fuerza constante acelera sobre una mesa sin rozamiento (problema 18); los dos bloques unidos por una barra que bajan por un plano inclinado con rozamientos distintos (19); la relación entre las aceleraciones en los tres sistemas con poleas, y sus aceleraciones y tensiones (20 y 21; el enunciado del 21 dice "los sistemas del problema 19", pero son los del 20); la roca que cae en un medio viscoso y el paracaidista (26 y 27); la piedra que gira atada sobre una mesa (28); la curva plana y la curva peraltada de una autopista (29 y 30), y la bola que gira sujeta a un poste con dos cuerdas (31). Se dan por vistas la cinemática de la sección 3 (velocidad y aceleración como derivadas, MRUV, aceleración normal en un movimiento circular). Las oscilaciones de los problemas 22 a 25 son la sección 5, y el trabajo y la energía, la sección 6.

Fuerza, masa y las tres leyes de Newton

Un cuerpo se trata como partícula (o punto material) cuando su tamaño y su rotación no importan para lo que se pregunta: toda su masa se concentra en un punto y su movimiento es el de ese punto. Un auto en una curva de 300 m de radio es una partícula; una rueda que rueda, no (eso es la unidad 3).

Una fuerza es la medida de una interacción entre dos cuerpos: la Tierra atrae a una piedra, un piso empuja a una caja, un hilo tira de un bloque. Es un vector, y su unidad en el SI es el newton: 1 N = 1 kg·m/s². Lo importante de la definición es que una fuerza siempre la hace alguien: si no podés decir qué cuerpo la ejerce, esa fuerza no existe.

Las tres leyes se nombran por su número. El libro de la cátedra las llama principio de inercia (la primera), principio de masa (la segunda) y principio de interacción (la tercera), y aclara que son principios: no se demuestran, se postulan y la experiencia los confirma.

Primera ley

Una partícula sobre la que no actúa ninguna fuerza, o sobre la que la suma de las fuerzas es cero, sigue en reposo si estaba en reposo y sigue con movimiento rectilíneo uniforme si se movía. La propiedad de resistirse a cambiar la velocidad se llama inercia. Tres consecuencias que se usan todo el tiempo:

  • Resultante nula no es reposo. ΣF = 0 quiere decir velocidad constante, que puede ser cero o no. Un auto que va por la ruta a 100 km/h constantes tiene resultante nula.
  • Reposo y MRU son equivalentes. Ningún experimento mecánico hecho dentro de un vagón cerrado distingue si está quieto o si avanza con velocidad constante. Con un vagón que acelera, en cambio, se nota: los objetos "se van hacia atrás".
  • La velocidad no salta. Para cambiarla hace falta una fuerza actuando durante un tiempo, así que la velocidad es una función continua del tiempo. La aceleración sí puede cambiar de golpe, si de golpe cambia la fuerza (se corta un hilo, se abre un paracaídas).

Segunda ley

La forma general dice que la resultante de las fuerzas sobre la partícula es la derivada de su cantidad de movimiento p = m v (también se la llama momento lineal; la sección 7 la desarrolla). Si la masa es constante, que es el caso de toda esta sección, la derivada de m v es m a:

ΣF = dpdt   →   ΣF = m a  (con m constante)

Se lee así: la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo tiene la dirección y el sentido de la aceleración, y su módulo es m veces el de la aceleración. La masa es la medida de la inercia: con la misma resultante, el cuerpo de más masa acelera menos. Es una ecuación vectorial, o sea, tres ecuaciones escalares, una por eje: ΣFx = m ax, ΣFy = m ay, ΣFz = m az.

Condiciones en que vale tal cual: (1) la aceleración se mide desde un sistema de referencia inercial (el apartado siguiente); (2) la masa es constante (para un cohete que expulsa gases no sirve m a, hay que volver a la forma con p); (3) el cuerpo es una partícula, o, para un cuerpo extenso, a es la aceleración de su centro de masa (sección 7).

Tercera ley

Si A le hace una fuerza a B, B le hace a A una fuerza de igual módulo, igual dirección y sentido contrario: FA sobre B = −FB sobre A. Las dos fuerzas forman un par de interacción y tienen cuatro propiedades que conviene repetir hasta que salgan solas:

  • Aparecen al mismo tiempo, como dos caras de una sola interacción. No hay una "acción" primero y una "reacción" después; por eso el libro prefiere el nombre principio de interacción.
  • Actúan sobre cuerpos distintos, así que nunca se anulan entre sí en un diagrama de cuerpo libre. Si actuaran sobre el mismo cuerpo, nada podría acelerarse nunca.
  • Son de la misma naturaleza: el par de una fuerza gravitatoria es gravitatoria; el de una fuerza de contacto, de contacto.
  • Valen siempre, se mueva o no el sistema, acelere o no.
caja N P piso −N Tierra −P
Las fuerzas de una caja apoyada en el piso, con los tres cuerpos dibujados por separado. Sobre la caja actúan N (la hace el piso) y P (la hace la Tierra). El par de N es −N, que la caja le hace al piso; el par de P es −P, que la caja le hace a la Tierra. N y P actúan sobre el mismo cuerpo y salen de interacciones distintas: no son un par.
N y P no son un par
Sobre una caja apoyada en una mesa, la Normal y el peso suelen tener el mismo módulo, pero no son un par de interacción: actúan sobre el mismo cuerpo y vienen de interacciones distintas (una con el piso, otra con la Tierra). Que valgan lo mismo es consecuencia de la segunda ley con a = 0, no de la tercera. Si el ascensor en el que está la caja acelera, dejan de valer lo mismo.
LeyNombre en el libroQué diceQué error evita
PrimeraPrincipio de inerciaSin resultante, la velocidad no cambiaCreer que hace falta una fuerza para mantener una velocidad
SegundaPrincipio de masaΣF = m a (con m constante)Creer que la fuerza apunta hacia donde va el cuerpo: apunta hacia donde acelera
TerceraPrincipio de interacciónFA sobre B = −FB sobre AAnular dos fuerzas que están en cuerpos distintos, o tomar N y P como par
Manda la aceleración
La resultante de las fuerzas dice cómo cambia la velocidad, no hacia dónde va el cuerpo. Un ascensor que baja frenando tiene aceleración hacia arriba y, por lo tanto, resultante hacia arriba. Una piedra lanzada hacia arriba, en el punto más alto, está quieta un instante y sin embargo la resultante (su peso) no es cero.

Sistemas de referencia inerciales

La primera ley no vale desde cualquier lado. Desde un colectivo que frena, una pelota apoyada en el piso empieza a rodar hacia adelante sin que nadie la toque. Un sistema de referencia inercial es justamente uno desde el cual la primera ley se cumple: una partícula libre se ve quieta o en MRU. En esos sistemas vale también la segunda ley tal como está escrita.

  • Para todos los problemas de la guía el sistema inercial es el sistema fijo a Tierra, o laboratorio. En rigor no lo es (la Tierra gira sobre su eje y alrededor del Sol), pero el error es chico: según el libro de la cátedra, la corrección por la rotación terrestre es del orden del 0,3 % del peso en el ecuador.
  • Cualquier sistema que se mueva con velocidad constante respecto de uno inercial también es inercial (un tren en una recta a velocidad constante).
  • Un sistema que acelera respecto del laboratorio no es inercial. El último apartado de esta sección muestra cómo se trabaja desde ahí.
Ejes fijos
Los ejes se fijan al laboratorio, aunque los cuerpos se muevan. Nunca se toman ejes que viajan con una cuerda o con un bloque que acelera: ese sería un sistema no inercial y la segunda ley escrita como siempre daría resultados falsos.

Diagrama de cuerpo libre y segunda ley por componentes

Casi todos los errores de dinámica son errores de diagrama: una fuerza de más, una de menos o una con el sentido cambiado. Por eso conviene seguir siempre el mismo orden.

  1. Elegí el cuerpo y aislalo. Dibujalo solo, sin lo que lo rodea. Si hay varios cuerpos, un diagrama por cada uno.
  2. Dibujá todas las fuerzas que actúan sobre él, y sólo esas. Una a distancia, el peso, y después una por cada cosa que lo toca: el piso (Normal y, si hay, rozamiento), cada hilo (tensión), cada resorte, cada barra, la mano que empuja, el fluido. Para cada flecha preguntate quién la hace; si no hay nadie, no va.
  3. Elegí el sistema de referencia, fijo a Tierra: origen, ejes y sentido positivo. Si sabés hacia dónde apunta la aceleración, poné un eje en esa dirección: a lo largo del plano inclinado, hacia el centro de la circunferencia, en la dirección del hilo. Así la otra ecuación queda con aceleración cero.
  4. Proyectá la segunda ley en cada eje. Escribí las fuerzas en módulo y poné el signo a mano según apunten a favor o en contra del eje: ΣFx = m ax, ΣFy = m ay.
  5. Agregá lo que no dice Newton: las condiciones de vínculo (sobre un piso, ay = 0; los hilos relacionan aceleraciones) y la ley de cada fuerza (f = μd N, F = k Δl, Fv = k v).
  6. Contá ecuaciones e incógnitas, resolvé con letras y recién al final reemplazá números.
  7. Controlá: unidades, signos, un caso límite (¿qué pasa si el ángulo es cero, si una masa es cero?) y las hipótesis: N ≥ 0, T ≥ 0 en un hilo, rozamiento estático que no supere μe N.
m a no es una fuerza
En el diagrama van fuerzas, cada una hecha por alguien. El producto m a es el resultado de sumarlas: va del otro lado del igual, nunca como una flecha más. Lo mismo vale para la "fuerza centrípeta", que es el nombre de una suma y no una fuerza nueva.

En un plano inclinado un ángulo α el eje x se pone a lo largo del plano y el y perpendicular. El peso queda oblicuo y se descompone: la componente a lo largo del plano vale P sen α y la perpendicular, P cos α. Para no equivocarse de función: el ángulo entre el peso y el eje y es α, porque el peso es perpendicular a la horizontal y el eje y es perpendicular al plano (ángulos de lados perpendiculares); la componente que está al lado de ese ángulo lleva el coseno. Control rápido: con α = 0 el plano es horizontal y la componente a lo largo del plano tiene que dar cero, y sen 0 = 0.

P sen α P cos α P N f α x y g
Bloque que baja deslizando por un plano inclinado un ángulo α. Conviene el eje x a lo largo del plano (acá hacia abajo, el sentido del movimiento) y el y perpendicular. El peso se descompone en P sen α, a lo largo del plano, y P cos α, contra el plano: la Normal equilibra sólo esta última. El rozamiento f apunta hacia arriba del plano porque el bloque baja.

Si nada más empuja contra el plano, la ecuación en y da N − m g cos α = 0, o sea N = m g cos α, más chica que el peso. Si hay otra fuerza con componente perpendicular al plano (una mano que aprieta, un hilo oblicuo), la Normal cambia: la Normal no tiene fórmula propia, vale lo que haga falta para que el cuerpo no se hunda ni se despegue, y sale siempre de la ecuación del eje perpendicular.

Carrito empujado sin rozamiento
Un carrito de 12 kg está quieto sobre una pista horizontal sin rozamiento. Una fuerza horizontal constante lo empuja durante 4,0 s y lo lleva a 1,8 m/s. ¿Cuánto vale la fuerza y qué distancia recorre?
Diagrama: peso m g hacia abajo, Normal hacia arriba, F horizontal. Eje x en el sentido de F, eje y hacia arriba, origen donde arranca. → Eje y: N − m g = 0, N = 12 · 9,8 = 118 N. → Aceleración: la fuerza es constante, así que la aceleración también: es un MRUV con a = Δv/Δt = 1,8 / 4,0 = 0,45 m/s². → Eje x: F = m a = 12 · 0,45 = 5,4 N. → Distancia: x = (1/2) a t² = 0,5 · 0,45 · 4,0² = 3,6 m (o la velocidad media, 0,9 m/s, por 4,0 s). Una fuerza de apenas 5,4 N alcanza porque no hay nada que se oponga; con rozamiento haría falta mucho más.
Trineo tirado con una soga inclinada
Un trineo de 20 kg se arrastra sobre la nieve (μd = 0,10) tirando de una soga con 80 N, a 30° sobre la horizontal. ¿Con qué aceleración se mueve?
Diagrama: peso, Normal, tensión de la soga (oblicua) y rozamiento dinámico hacia atrás. Ejes x en el sentido del movimiento, y hacia arriba. → Eje y: N + F sen 30° − m g = 0, así que N = 196 − 40 = 156 N. La soga levanta un poco el trineo y la Normal baja. → Rozamiento: f = μd N = 0,10 · 156 = 15,6 N. → Eje x: F cos 30° − f = m a, a = (69,3 − 15,6)/20 = 2,7 m/s². Si se tomara N = m g, el rozamiento daría 19,6 N y la aceleración, 2,5 m/s²: el error no es enorme acá, pero con ángulos grandes sí.

Peso e interacción gravitatoria

Dos partículas de masas m₁ y m₂ separadas una distancia d se atraen con una fuerza dirigida a lo largo de la recta que las une, de módulo

F = G m₁ m₂d²   ·   G = 6,67 × 10−11 N·m²/kg²

Es la ley de gravitación universal. Para cuerpos esféricos homogéneos (la Tierra, en buena aproximación) se usa la distancia entre los centros. Es la más débil de las interacciones, pero siempre atrae y se acumula con la masa, por eso domina a escala de planetas.

El peso de un cuerpo es la fuerza con que lo atrae la Tierra. Cerca de la superficie, d es prácticamente el radio terrestre RT y la fuerza resulta proporcional a la masa: P = m g, con g = G MT/RT² ≈ 9,8 m/s², vertical hacia abajo. A una altura h, g baja como 1/d²: g(h) = g (RT/(RT + h))². A 400 km de altura, donde orbitan las estaciones espaciales, (6370/6770)² = 0,885 y g vale todavía 8,7 m/s²: la gravedad no desaparece en órbita.

La m que aparece en el peso (la masa gravitatoria, que mide cuánto atrae y es atraído un cuerpo) y la m de la segunda ley (la masa inercial, que mide cuánto le cuesta acelerar) son en principio dos propiedades distintas. Experimentalmente son iguales, y por eso en caída libre m g = m a da a = g para cualquier cuerpo: todos caen igual en el vacío. Cada vez que simplificás la masa en un problema con peso, estás usando esa igualdad.

La Normal y lo que marca una balanza

La Normal es la fuerza de contacto perpendicular a la superficie que hace un apoyo. No tiene un valor fijo: vale lo necesario para que el cuerpo no atraviese la superficie, y sólo puede empujar (N ≥ 0). Cuando un cálculo da N = 0, el cuerpo está a punto de despegarse; si da negativa, ya se despegó y hay que replantear sin esa fuerza.

Una balanza de baño no mide la masa ni el peso: mide la fuerza con que la persona la aprieta, que es el par de la Normal que la balanza le hace a la persona. Para una persona de masa m en un ascensor con aceleración a (positiva hacia arriba), la segunda ley vertical es N − m g = m a, así que N = m (g + a). La balanza marca el peso sólo si a = 0, y eso pasa tanto con el ascensor quieto como subiendo o bajando a velocidad constante.

Balanza en un ascensor
Una persona de 60 kg está parada sobre una balanza en un ascensor. ¿Qué fuerza marca la balanza en cada caso? (Una balanza común divide esa fuerza por 9,8 y la muestra en kg.)
Planteo: eje y hacia arriba; N = m (g + a). → Arranca hacia arriba con a = 1,5 m/s²: N = 60 · 11,3 = 678 N; la balanza muestra 69 kg. → Baja frenando con 1,5 m/s²: la aceleración también apunta hacia arriba y da lo mismo, 678 N. → Velocidad constante, suba o baje: N = 588 N, 60 kg. → Baja acelerando con 1,5 m/s² (o sube frenando): a = −1,5 m/s², N = 60 · 8,3 = 498 N, unos 51 kg. → Se cortan los cables (caída libre): a = −g y N = 0. La persona sigue teniendo peso, pero no aprieta la balanza: es la ingravidez aparente, la misma de los astronautas en órbita, que están cayendo todo el tiempo alrededor de la Tierra.

Fuerza elástica: la ley de Hooke

Un resorte deformado hace una fuerza que tiende a devolverlo a su longitud natural l₀, la que tiene sin carga. Para deformaciones no muy grandes la fuerza es proporcional a la deformación Δl = l − l₀:

|Fe| = k |Δl|   ·   en forma vectorial sobre un eje x con origen en la longitud natural: Fx = −k x

k es la constante elástica (en N/m): mide qué tan duro es el resorte. El signo menos de la forma vectorial no quiere decir que la fuerza sea negativa: dice que apunta en contra de la deformación. Si el resorte está estirado, tira hacia adentro; si está comprimido, empuja hacia afuera. La receta práctica es la del libro de la cátedra: calculá el módulo k |Δl|, mirá el dibujo para saber si el resorte tira o empuja, y poné el signo según tus ejes.

La ley de Hooke es una aproximación (el primer término de un desarrollo de la fuerza en potencias de la deformación) y vale mientras no se pase el límite elástico del material. Un resorte ideal además no tiene masa, y por eso hace la misma fuerza en sus dos extremos (el mismo argumento que para un hilo, más abajo).

Resortes en serie y en paralelo

Un resorte equivalente es uno solo que, puesto en lugar de un conjunto, produce la misma fuerza con el mismo desplazamiento del extremo.

  • En paralelo (lado a lado, unidos por una barra que cuelga horizontal): los dos se estiran lo mismo, x, y sus fuerzas se suman: F = k₁ x + k₂ x. Entonces keq = k₁ + k₂: el conjunto es más duro que cada uno.
  • En serie (uno a continuación del otro): como son ideales, los dos soportan la misma fuerza F, y las deformaciones se suman: x = F/k₁ + F/k₂. Entonces 1/keq = 1/k₁ + 1/k₂, o sea keq = k₁ k₂/(k₁ + k₂): el conjunto es más blando que cada uno.
Un resorte, dos en serie, dos en paralelo
Un resorte de k = 200 N/m y longitud natural 30 cm cuelga del techo, y se le cuelga una pesa de 0,50 kg. ¿Cuánto mide en equilibrio? ¿Y si se usan dos resortes iguales a ese, en serie o en paralelo?
Diagrama de la pesa: peso hacia abajo y fuerza del resorte hacia arriba (está estirado, tira). → Equilibrio: k Δl = m g, Δl = 0,50 · 9,8 / 200 = 0,0245 m = 2,45 cm; el resorte mide 32,5 cm. → En serie: keq = 200 · 200 / 400 = 100 N/m y el conjunto se estira 4,9 cm (2,45 cm cada uno: cada resorte soporta el peso entero); como los dos juntos miden 60 cm sin carga, el conjunto mide 64,9 cm. → En paralelo: keq = 400 N/m y se estiran 1,2 cm (cada uno soporta la mitad del peso), así que miden 31,2 cm. Si se suelta la pesa desde la longitud natural, no se queda en el equilibrio: oscila alrededor de él (sección 5).

Rozamiento estático y dinámico

Cuando dos superficies se tocan, la fuerza de contacto entre ellas se descompone en una parte perpendicular a la superficie, la Normal, y una parte paralela, el rozamiento (o fricción). Viene de las rugosidades y de las interacciones eléctricas entre los átomos de las dos caras. Hay dos regímenes muy distintos, según las superficies deslicen o no una respecto de la otra.

Estático: cuando no hay deslizamiento

Mientras las superficies no deslizan, el rozamiento estático vale lo que haga falta para que no deslicen, hasta un tope:

f ≤ μe N

μe es el coeficiente de rozamiento estático (en algunos enunciados de la guía de problemas aparece como μs, de static: es el mismo coeficiente): adimensional, se mide, depende de los dos materiales y en general está entre 0 y 1 (hay pares de materiales que lo superan). El valor μe N es el máximo, no el valor: si empujás una heladera con 50 N y no se mueve, el rozamiento vale 50 N, aunque μe N sea 400 N. El sentido tampoco es fijo: es el que se opone a que las superficies empiecen a deslizar.

Dinámico: cuando hay deslizamiento

Si las superficies deslizan, el rozamiento dinámico tiene valor fijo y sentido contrario a la velocidad relativa entre ellas:

fd = μd N   ·   en general μd < μe

En el modelo que se usa en la materia, μd no depende de la rapidez ni del área de contacto. Que sea menor que μe explica algo conocido: cuesta más arrancar un mueble que mantenerlo en movimiento.

F f μ e N μ d N a punto de deslizar quieto: f = F desliza: f = μd N
Rozamiento sobre un bloque apoyado en un piso horizontal al que se empuja con una fuerza horizontal F que crece de a poco. Mientras está quieto, el rozamiento estático vale lo mismo que F (la recta a 45°), hasta el tope μe N. Pasado el tope, el bloque desliza y el rozamiento es el dinámico, μd N: más chico y casi constante.

Las dos leyes del rozamiento dicen "se opone al movimiento relativo", no "se opone al movimiento". El rozamiento puede ser justamente lo que mueve a un cuerpo: una caja apoyada en la caja de una camioneta que arranca acelera hacia adelante porque el rozamiento estático la arrastra; un auto arranca porque el piso empuja sus ruedas hacia adelante, y dobla porque las empuja hacia el centro de la curva. En la caja y en el auto que arranca, el rozamiento apunta a favor de la velocidad; en el auto que dobla con rapidez constante apunta de costado, hacia el centro, perpendicular a la velocidad. En ningún caso se opone al movimiento del cuerpo: se opone al deslizamiento que habría entre las superficies si no estuviera.

EstáticoDinámico
CuándoLas superficies no deslizan una sobre otraLas superficies deslizan
Cuánto valeLo que haga falta, con f ≤ μe Nfd = μd N, fijo
SentidoContra la tendencia a deslizar (sale de la segunda ley)Contra la velocidad relativa
Cómo se calculaEs una incógnita más de las ecuacionesEs un dato una vez conocida N

¿Se mueve o no se mueve?

Cuando un enunciado no dice si el cuerpo desliza, hay que averiguarlo. El camino seguro:

  1. Suponé que no desliza (respecto de la superficie con la que roza): la aceleración relativa es cero.
  2. Calculá con la segunda ley el rozamiento que haría falta para que eso pase, con su signo.
  3. Compará con el tope. Si |f| ≤ μe N, la suposición era correcta y el resultado vale. Si |f| > μe N, el cuerpo desliza: replanteá con fd = μd N, opuesto a la velocidad relativa.
Empujar un cajón
Un cajón de 30 kg está sobre un piso con μe = 0,50 y μd = 0,40. Se lo empuja horizontalmente con 100 N y, en otro intento, con 160 N. ¿Qué pasa en cada caso?
Normal: no hay fuerzas verticales aparte del peso, N = m g = 294 N. → Tope estático: μe N = 147 N. → Con 100 N: si no se mueve, el rozamiento tiene que valer 100 N, que es menos que 147 N: no se mueve y f = 100 N (no 147 N). → Con 160 N: haría falta f = 160 N > 147 N, así que desliza. Rozamiento dinámico fd = 0,40 · 294 = 117,6 N y a = (160 − 117,6)/30 = 1,4 m/s². → Para seguir: una vez en movimiento, para mantenerlo a velocidad constante alcanza con empujar con 118 N.

El plano inclinado con rozamiento

Un bloque apoyado en un plano inclinado un ángulo α, sin otras fuerzas, tiene N = m g cos α. Si está quieto, el rozamiento estático equilibra la componente del peso a lo largo del plano: f = m g sen α. La condición f ≤ μe N da

queda quieto si  tan α ≤ μe

La masa no importa. Inclinando un plano de a poco hasta que el bloque arranca se mide μe: es la tangente del ángulo crítico. Si el bloque desliza, el rozamiento dinámico apunta contra la velocidad, y eso cambia según el sentido del movimiento (eje x a lo largo del plano, hacia abajo):

baja:  a = g (sen α − μd cos α)   ·   sube (lanzado):  a = −g (sen α + μd cos α)

Subiendo, el peso y el rozamiento frenan juntos; bajando, el rozamiento se opone al peso. Un bloque lanzado hacia arriba se frena, se detiene y después vuelve a bajar sólo si tan α > μe; si no, se queda arriba.

Bloque en un plano: ¿baja o no?
Un bloque de 5,0 kg está en un plano con μe = 0,40 y μd = 0,30. ¿Qué pasa con el plano a 20° y a 25°?
A 20°: tan 20° = 0,36 < 0,40, queda quieto. El rozamiento vale m g sen 20° = 5,0 · 9,8 · 0,342 = 16,8 N, menos que el tope μe m g cos 20° = 18,4 N. → A 25°: tan 25° = 0,47 > 0,40, desliza (m g sen 25° = 20,7 N supera el tope de 17,8 N). Baja con a = 9,8 (sen 25° − 0,30 cos 25°) = 9,8 (0,423 − 0,272) = 1,5 m/s². → Si a 25° se lo lanza hacia arriba: a = −9,8 (0,423 + 0,272) = −6,8 m/s²: frena más de cuatro veces más rápido de lo que acelera al bajar, y cuando se detiene vuelve a bajar, porque a 25° no se sostiene.
El estático no es μe N
El error más caro del tema es escribir f = μe N para un cuerpo quieto. Eso sólo vale en el límite, cuando está a punto de deslizar, y los enunciados lo avisan con palabras como "a punto de", "máximo", "mínimo", "sin que deslice". Si no, el rozamiento estático es una incógnita.

Tensión, hilos, poleas y barras: los vínculos

Un hilo ideal (o cuerda ideal) es inextensible, de masa despreciable y perfectamente flexible. La fuerza que hace sobre lo que tiene atado en cada extremo es la tensión: va a lo largo del hilo y siempre tira, nunca empuja.

  • Masa despreciable ⇒ misma tensión en los dos extremos. Aplicada al tramo de hilo, la segunda ley da F1 − F2 = mhilo a; con mhilo = 0, las dos fuerzas que le hacen los cuerpos son iguales. Y como la tensión sobre cada cuerpo es el par de la fuerza que ese cuerpo le hace al hilo, las dos tensiones tienen el mismo módulo T. Ojo: esas dos tensiones no son un par de interacción entre sí (actúan sobre cuerpos distintos, pero cada una es pareja de una fuerza sobre el hilo).
  • Inextensible ⇒ relación entre aceleraciones. Si el hilo no cambia de largo, las posiciones de los cuerpos que une no son independientes. Esa relación es la condición de vínculo.
  • Sólo tira ⇒ T ≥ 0. Si un cálculo da tensión negativa, el hilo está flojo: se replantea con T = 0 y los cuerpos se mueven por separado.

Una polea ideal no tiene masa y gira sin rozamiento en su eje, así que el hilo que pasa por ella tiene la misma tensión de los dos lados. Una polea fija sólo cambia la dirección del hilo. Una polea móvil (que se traslada con algo colgado) igual cumple la segunda ley: como no tiene masa, la suma de las fuerzas sobre ella es mpolea a = 0 aunque acelere. Si un hilo la abraza, tira de ella con sus dos tramos, 2T, y eso tiene que equilibrar lo que cuelga de su eje.

Una barra rígida liviana articulada en sus extremos (sin masa, sin otras fuerzas en el medio) hace sobre cada cuerpo una fuerza a lo largo de la barra, como un hilo, pero puede tirar o empujar: si tira está traccionada, si empuja está comprimida. En el planteo se supone un sentido (por ejemplo, que tira) y el signo del resultado dice cuál era el correcto. Un hilo, en cambio, nunca puede dar compresión.

Vínculo idealQué fuerza haceQué condición agrega
Hilo inextensible sin masaTensión a lo largo del hilo, igual en los dos extremos, sólo tiraLargo constante: relación entre aceleraciones; T ≥ 0
Barra rígida liviana articuladaFuerza a lo largo de la barra; tira o empujaDistancia constante entre los extremos
Polea fija idealCambia la dirección del hilo sin cambiar TNinguna nueva
Polea móvil idealSuma de fuerzas nula sobre ella (2T si un hilo la abraza)Su posición entra en el largo del hilo
Apoyo sobre una superficieNormal (sólo empuja) y, si hay, rozamientoAceleración perpendicular nula mientras N ≥ 0

Cómo sacar la relación entre aceleraciones

Que dos cuerpos unidos por un hilo tengan aceleraciones de igual módulo no es una regla: es lo que pasa con una polea fija, y con poleas móviles deja de valer. El método que siempre funciona es el del libro de la cátedra:

  1. Coordenadas: elegí un origen fijo (un punto del techo, el eje de una polea fija) y ejes fijos, y escribí la posición de cada cuerpo y de cada polea móvil.
  2. Largo del hilo: escribilo como suma de tramos, cada uno como diferencia de coordenadas de sus extremos, de modo que cada término sea positivo. Los pedazos que abrazan una polea y los tramos de largo fijo son constantes: se juntan en una constante.
  3. Derivá dos veces respecto del tiempo. El largo es constante, así que la derivada da cero, y queda una relación lineal entre las aceleraciones (con sus signos, según tus ejes).
  4. Si hay varios hilos, una ecuación por hilo.

Dos reglas que salen de ahí y sirven para controlar: si una polea móvil está abrazada por un hilo que tiene un extremo fijo, el otro extremo se mueve el doble que la polea (dos tramos que cambian a la par); si un hilo termina atado al eje de una polea móvil, esa polea se mueve igual que lo que está en el otro extremo de ese hilo.

El procedimiento completo para un sistema de cuerpos vinculados:

  1. Un diagrama de cuerpo libre por cada cuerpo con masa y por cada polea móvil.
  2. Ejes fijos, los mismos para todos, con el sentido positivo elegido de modo que convenga (el libro suele tomar y hacia abajo para que los cuerpos que bajan tengan aceleración positiva).
  3. Segunda ley para cada cuerpo en cada eje; para cada polea móvil sin masa, suma de fuerzas igual a cero.
  4. Una condición de vínculo por hilo.
  5. Resolver el sistema. Controlar al final que las tensiones de los hilos den positivas y que el sentido supuesto para el rozamiento sea coherente con el movimiento obtenido.
A B N PA T f T PB x y g
Bloque A sobre una mesa con rozamiento y bloque B colgado, unidos por un hilo que pasa por una polea ideal. Cada cuerpo tiene su diagrama: sobre A actúan el peso, la Normal, la tensión y el rozamiento; sobre B, el peso y la tensión, que es la misma T porque el hilo y la polea son ideales. Los ejes son fijos a la mesa (x hacia la derecha, y hacia abajo), así las dos aceleraciones salen positivas.
Bloque en la mesa y bloque colgado
Un bloque A de 4,0 kg está sobre una mesa (μe = 0,30, μd = 0,20), unido por un hilo que pasa por una polea ideal en el borde a un bloque B de 2,0 kg que cuelga. Se suelta desde el reposo. Hallar la aceleración y la tensión.
¿Arranca? Para que quede quieto el rozamiento tendría que equilibrar el peso de B, 19,6 N, y el tope es μe mA g = 11,8 N: arranca. → Vínculo: con el origen en la polea, el largo es (xpolea − xA) + yB + constante, así que aA = aB = a (x hacia la derecha, y hacia abajo). → A, eje y: N = mA g = 39,2 N; eje x: T − μd N = mA a. → B, eje y: mB g − T = mB a. → Sumando las dos se va T: a = (mB − μd mA) g / (mA + mB) = (2,0 − 0,80) · 9,8 / 6,0 = 1,96 m/s². → Tensión: T = mB (g − a) = 2,0 · 7,84 = 15,7 N. Es menos que el peso de B: si fuera igual, B no aceleraría. Con letras, T = mA mB g (1 + μd)/(mA + mB).

Sumar las ecuaciones de los dos cuerpos para eliminar la tensión funciona porque los dos tienen la misma aceleración a lo largo del hilo: el resultado es como si fuera un solo cuerpo de masa mA + mB empujado por las fuerzas exteriores a lo largo del hilo. Con una polea móvil las aceleraciones son distintas y la suma directa ya no sirve; hay que usar el vínculo.

1 2 T T T P1 P2 yp y₂ y
Polea móvil: el bloque 1 cuelga del eje de la polea móvil, y un solo hilo va del techo, abraza la polea móvil, pasa por la polea fija y sostiene al bloque 2. Las coordenadas yp (de la polea) e y₂ se miden desde el techo, positivas hacia abajo. El hilo tira de la polea móvil con sus dos tramos: la sostiene con 2T.
Polea móvil colgada
En el dispositivo de la figura, m₁ = 5,0 kg cuelga de la polea móvil y m₂ = 1,5 kg del otro extremo del hilo. Poleas e hilo ideales. Hallar las aceleraciones y la tensión.
Coordenadas: desde el techo, positivas hacia abajo: yp de la polea móvil (y del bloque 1, que cuelga de ella a distancia fija) e y₂ del bloque 2. → Vínculo: el hilo tiene dos tramos que bajan hasta la polea móvil y uno que baja hasta el bloque 2: L = 2 yp + y₂ + constante. Derivando dos veces, 2 a₁ + a₂ = 0, o sea a₂ = −2 a₁: si el bloque 1 baja, el 2 sube el doble de rápido. → Bloque 2: m₂ g − T = m₂ a₂. → Polea y bloque 1 (la polea no tiene masa): m₁ g − 2T = m₁ a₁. → Resolviendo: de la primera, T = m₂ g + 2 m₂ a₁; en la segunda, a₁ = (m₁ − 2 m₂) g / (m₁ + 4 m₂) = (5,0 − 3,0) · 9,8 / 11 = 1,78 m/s² hacia abajo, a₂ = −3,56 m/s² (sube). → Tensión: T = 1,5 · 9,8 + 2 · 1,5 · 1,78 = 20,0 N. Control: 2T = 40,1 N y m₁ (g − a₁) = 5,0 · 8,02 = 40,1 N. El sistema estaría en equilibrio con m₁ = 2 m₂: con una polea móvil, una fuerza T sostiene un peso 2T.
A adelante: traccionada A B F −F A atrás: comprimida B A F −F g
Dos bloques unidos por una barra liviana bajan por un plano inclinado; A es el de menos rozamiento, el que solo bajaría más rápido. La barra lo frena a A y apura a B: la fuerza sobre A apunta siempre hacia arriba del plano y la fuerza sobre B, hacia abajo. Si A va adelante (más abajo en el plano), eso es tirar: barra traccionada. Si A va atrás (más arriba), eso es empujar: barra comprimida.
Dos bloques unidos por una barra
Dos bloques unidos por una barra liviana bajan deslizando por un plano inclinado 35°: A, de 2,0 kg con μA = 0,15, y B, de 6,0 kg con μB = 0,45 (dinámicos). Hallar la aceleración y la fuerza en la barra, y decir si está traccionada o comprimida.
Ejes: x a lo largo del plano hacia abajo, y perpendicular. La barra es rígida: los dos tienen la misma aceleración a. → Fuerza de la barra: F sobre A, hacia abajo del plano si es positiva; sobre B, la opuesta. → A: mA g sen α − μA mA g cos α + F = mA a. B: mB g sen α − μB mB g cos α − F = mB a. → Sumando: a = g [sen α − (μA mA + μB mB) cos α /(mA + mB)] = 9,8 (0,574 − 0,375 · 0,819) = 2,6 m/s². → Fuerza: F = −mA mB g cos α (μB − μA)/(mA + mB) = −3,6 N: sobre A la barra hace 3,6 N hacia arriba del plano y sobre B, 3,6 N hacia abajo. → Interpretación: sueltos, A bajaría con 4,4 m/s² y B con 2,0 m/s²; la barra frena al más liso y apura al más áspero. Si A va adelante (más abajo), la barra lo retiene tirando: traccionada. Si A va atrás, lo retiene empujando: comprimida. El valor de la fuerza no depende de quién va adelante, y si los dos coeficientes fueran iguales la barra no haría fuerza.
La tensión no es el peso
En el bloque que cuelga de un hilo, T = m g sólo si su aceleración es cero. Si baja acelerando, T es menor que su peso; si sube acelerando, mayor. Escribir T = m g "porque cuelga" es el error clásico de los sistemas con poleas.

Fuerza viscosa proporcional a la velocidad

Un cuerpo que se mueve dentro de un fluido (aire, agua, aceite) recibe una fuerza de resistencia que depende de su velocidad respecto del fluido. Para velocidades chicas, o fluidos muy viscosos, un buen modelo es una fuerza proporcional a la velocidad y opuesta a ella:

Fv = −k v   ·   [k] = N·s/m = kg/s

k depende de la forma y el tamaño del cuerpo y de la viscosidad del fluido. (La guía de problemas llama k a este coeficiente en un problema y K en otro; ojo, que no es la constante de un resorte.) A velocidades altas la resistencia crece más rápido, como v², pero ese modelo no está en la guía. Lo que cambia todo respecto de los problemas anteriores es que la fuerza depende de la velocidad: la aceleración ya no es constante y las fórmulas del MRUV no sirven.

La ecuación y la velocidad terminal

Un cuerpo de masa m se mueve en línea recta (por ejemplo, cae) bajo una fuerza constante F en el sentido del movimiento (el peso, o el peso menos el empuje del fluido) más la viscosa. Con el eje en el sentido de F, la segunda ley es

m dvdt = F − k v

Sin resolver nada ya se ve el comportamiento: mientras F > k v la aceleración es positiva y v crece; al crecer v, la resistencia crece y la aceleración baja. Se llega a un valor en el que las dos fuerzas se equilibran y la aceleración es cero: la velocidad terminal o velocidad límite (la guía usa los dos nombres),

vL = Fk   ·   para un cuerpo que cae en el aire, con el empuje despreciable: vL = m g / k

Si el cuerpo arranca más rápido que vL, la resistencia gana, la aceleración es negativa y el cuerpo frena hacia el mismo vL. Es lo que pasa al abrir un paracaídas.

La solución: un exponencial

La ecuación es de variables separables. Escribiéndola como dv/(F − k v) = dt/m e integrando desde v₀ en t = 0 hasta v en t:

−1k ln F − k vF − k v₀ = tm   →   v(t) = vL + (v₀ − vL) e−t/τ,  con τ = m/k

τ es el tiempo característico y tiene unidades de tiempo (kg dividido kg/s). La diferencia entre la velocidad y la terminal se achica en un factor e = 2,72 cada τ segundos. Desde el reposo (v₀ = 0) queda v(t) = vL (1 − e−t/τ).

  • Aceleración: a(t) = dv/dt = −(v₀ − vL)/τ · e−t/τ, que es lo mismo que (F − k v)/m en cada instante. Desde el reposo, a(0) = F/m: al principio la resistencia es nula y el cuerpo acelera como si no hubiera fluido.
  • Posición: integrando otra vez, x(t) = x₀ + vL t + (v₀ − vL) τ (1 − e−t/τ). Para tiempos largos, el cuerpo avanza como si fuera a vL desde el principio, más una distancia fija (v₀ − vL) τ.
  • Cuánto tarda: después de τ ya se hizo el 63 % del cambio de velocidad; después de 3τ, el 95 %; después de 5τ, el 99,3 %. Matemáticamente nunca llega a vL; en la práctica, en unos pocos τ. El tiempo para que la diferencia baje a una fracción dada sale de despejar: t = τ ln[(v₀ − vL)/(v − vL)].
t v v L τ 3τ 63 % 95 % v₀ entra rápido desde el reposo
Rapidez en función del tiempo con una fuerza constante y una resistencia viscosa −k v. Si arranca del reposo (curva de abajo), sube hacia la velocidad terminal vL; la tangente en el origen tiene pendiente F/m y corta a vL en t = τ = m/k. Si entra con v₀ mayor que vL (curva de arriba), baja hacia el mismo valor. En los dos casos, a los τ queda el 37 % de la diferencia inicial con vL y a los 3τ, el 5 %.
Dos números alcanzan
Toda la física del problema está en dos números: vL = F/k dice adónde va la velocidad y τ = m/k, cuánto tarda en llegar. Con esos dos, v(t), a(t) y x(t) se escriben directamente.
Esfera que cae en un líquido
Una esfera de 0,50 kg se suelta desde el reposo dentro de un líquido. El peso menos el empuje da una fuerza constante de 3,0 N hacia abajo, y la resistencia es −k v con k = 1,2 N·s/m. Hallar la aceleración inicial, la aceleración cuando va a 1,0 m/s, la velocidad terminal, y velocidad, aceleración y posición a los 1,0 s.
Eje hacia abajo, origen donde se suelta. → Aceleración inicial: con v = 0, a = F/m = 3,0/0,50 = 6,0 m/s². → Con v = 1,0 m/s: a = (3,0 − 1,2 · 1,0)/0,50 = 3,6 m/s². → Terminal: vL = 3,0/1,2 = 2,5 m/s; τ = 0,50/1,2 = 0,42 s. → A los 1,0 s: t/τ = 2,4 y e−2,4 = 0,091; v = 2,5 (1 − 0,091) = 2,27 m/s; a = 6,0 · 0,091 = 0,54 m/s²; x = 2,5 · 1,0 − 2,5 · 0,42 · (1 − 0,091) = 1,55 m. → Lectura: en un segundo, unos 2,4 τ, ya va al 91 % de la terminal; a los 3τ = 1,25 s estará al 95 %.

Un caso típico tiene dos tramos: primero una caída libre y después, de golpe, aparece la resistencia (se abre el paracaídas). Se resuelve tramo por tramo, y lo que conecta los tramos es la velocidad, que es continua: la velocidad final del primero es la v₀ del segundo. La aceleración, en cambio, salta: justo antes de abrir vale g hacia abajo y justo después vale (m g − k v₀)/m, que puede ser enorme y apuntar hacia arriba.

Carga con paracaídas
Una caja de 40 kg se suelta desde un globo quieto, cae libremente 3,0 s y en ese momento se abre su paracaídas; desde ahí la resistencia del aire es −K v con K = 200 kg/s (paracaídas sin masa, apertura instantánea). Hallar la velocidad y la aceleración al abrirse, la velocidad límite, el tiempo para hacer el 95 % del cambio de velocidad y la distancia al globo en ese momento.
Eje hacia abajo, origen en el globo. → Caída libre: v₀ = g t = 29,4 m/s, y recorre (1/2) g t² = 44,1 m. → Justo después de abrir: a = (m g − K v₀)/m = (392 − 5880)/40 = −137 m/s²: unos 14 g hacia arriba, en el modelo de apertura instantánea. → Límite: vL = m g/K = 392/200 = 1,96 m/s, τ = 40/200 = 0,20 s. → 95 % del cambio: la diferencia baja al 5 % cuando e−t/τ = 0,05, t = τ ln 20 = 0,60 s; ahí v = 1,96 + 0,05 · 27,4 = 3,33 m/s. → Distancia en ese tramo: x = 1,96 · 0,60 + 27,4 · 0,20 · 0,95 = 6,4 m, así que está a 44,1 + 6,4 = 50,5 m del globo.
Ojo con la frase "alcanzar el 95 % de la velocidad límite": acá la velocidad baja desde arriba y nunca vale 0,95 vL. Hay que decidir y escribir qué se calcula. Si se pide quedar a menos de un 5 % de vL (v = 2,06 m/s), el tiempo es τ ln(27,4/0,098) = 1,13 s y la caja está a 51,8 m del globo.
No es un MRUV
Con fuerza viscosa la aceleración cambia todo el tiempo: x = (1/2) a t² y v = a t no sirven, ni siquiera con "la aceleración inicial". Y el signo importa: la resistencia es −k v, opuesta a la velocidad, así que si el cuerpo va más rápido que vL la aceleración es contraria al movimiento.

Dinámica del movimiento circular

De la cinemática (sección 3): en un movimiento sobre una circunferencia de radio R, la aceleración tiene una componente normal (o centrípeta), dirigida hacia el centro, y una tangencial, en la dirección de la velocidad:

an = v²R = ω² R   ·   at = dvdt

En el movimiento circular uniforme sólo hay normal. La segunda ley proyectada en esos ejes dice cuánta fuerza hace falta:

ΣFn = m v²R (componentes hacia el centro)   ·   ΣFt = m dvdt   ·   ΣF en la dirección perpendicular al plano de la circunferencia = 0

La fuerza centrípeta no es una fuerza más: es el nombre de la suma de las componentes hacia el centro de las fuerzas que ya están (la tensión de un hilo, el rozamiento, la Normal, el peso). Nunca se dibuja en el diagrama de cuerpo libre. Para que un cuerpo gire, algo real tiene que tirar o empujar hacia el centro; si eso desaparece (se corta el hilo), el cuerpo sigue en línea recta en la dirección que tenía, tangente a la circunferencia, como dice la primera ley. La "fuerza centrífuga" no existe vista desde el laboratorio: sólo aparece si se describe el movimiento desde un sistema que gira con el cuerpo (último apartado).

  1. Ubicá la circunferencia: en qué plano está, dónde está su centro y cuánto vale el radio. En un movimiento en un plano horizontal el centro está a la altura del cuerpo, no en el punto del que cuelga el hilo.
  2. Diagrama de cuerpo libre con las fuerzas reales.
  3. Ejes: uno hacia el centro (horizontal, si la circunferencia es horizontal), uno perpendicular al plano de giro y, si la rapidez cambia, el tangencial.
  4. Ecuaciones: ΣFn = m v²/R, la de equilibrio en el eje perpendicular, y la tangencial si hace falta. Si el dato es la frecuencia, usá v = ω R, con ω igual a 2π por la cantidad de vueltas por segundo (60 rpm son 1 vuelta por segundo, ω = 2π rad/s).
  5. Condiciones: rozamiento estático que no supere μe N, hilo con T ≥ 0, contacto con N ≥ 0. De ahí salen las velocidades máximas y mínimas.

Cuerda sobre una mesa horizontal

Una piedra atada a un hilo gira sobre una mesa horizontal sin rozamiento. El peso y la Normal se equilibran; la única fuerza horizontal es la tensión, que apunta hacia el centro. Entonces T = m v²/R: la tensión crece con el cuadrado de la rapidez.

Piedra que gira atada
Una piedra de 0,25 kg gira sobre una mesa sin rozamiento, atada a un hilo ideal de 0,60 m cuyo otro extremo está fijo. El hilo se corta si la tensión pasa de 40 N. Escribir T en función de la rapidez y hallar la rapidez máxima.
Eje normal: T = m v²/R = (0,25/0,60) v² = 0,417 v² (T en N, v en m/s). → Máxima: vmáx = √(Tmáx R/m) = √(40 · 0,60/0,25) = √96 = 9,8 m/s. → Un valor intermedio: a 2 vueltas por segundo, v = 2π · 0,60 · 2 = 7,5 m/s y T = 0,417 · 7,54² = 23,7 N. Si se corta, la piedra sale por la tangente con la rapidez que tenía, en línea recta.

Curva plana

N P f hacia el centro g
Auto en una curva plana, visto desde atrás; el centro de la curva queda a la izquierda. La Normal equilibra al peso, y la única fuerza horizontal es el rozamiento estático f, que apunta hacia el centro: él es la resultante centrípeta, f = m v²/R.

Un auto que toma una curva plana de radio R con rapidez v necesita una fuerza horizontal hacia el centro. El peso y la Normal son verticales; la única fuerza horizontal es el rozamiento estático entre las ruedas y el piso. Es estático aunque el auto se mueva, porque las ruedas no patinan de costado: no hay deslizamiento lateral relativo. Entonces

N = m g   ·   f = m v²R ≤ μe m g   →   vmáx = √(μe g R)

El rozamiento necesario crece con v²; cuando llega al tope, el auto empieza a derrapar hacia afuera (sigue más recto de lo que pide la curva). La velocidad máxima no depende de la masa: un camión y una moto con el mismo μe tienen el mismo límite.

Curva plana con lluvia
Una curva plana tiene 80 m de radio. El coeficiente estático entre neumáticos y asfalto es 0,80 en seco y 0,45 mojado. ¿Cuál es la rapidez máxima en cada caso? ¿Qué rozamiento necesita un auto de 1200 kg a 15 m/s?
Seco: vmáx = √(0,80 · 9,8 · 80) = 25,0 m/s = 90 km/h. → Mojado: √(0,45 · 9,8 · 80) = 18,8 m/s = 68 km/h. → A 15 m/s: f = m v²/R = 1200 · 225/80 = 3,4 × 10³ N, bastante menos que el tope en seco, μe m g = 9,4 × 10³ N. Fijate que el rozamiento depende de v pero no del coeficiente, mientras el auto no derrape.

Curva peraltada

P N f f v > vd v < vd θ hacia el centro g
Curva peraltada un ángulo θ, vista desde atrás; el centro queda a la izquierda. La Normal es perpendicular a la calzada, así que tiene una componente horizontal hacia el centro. El rozamiento va a lo largo de la calzada: hacia abajo, hacia el centro, si el auto va más rápido que la velocidad de diseño, vd = √(g R tan θ); hacia arriba (punteado) si va más despacio; y es cero justo a vd.

Si la calzada está inclinada un ángulo θ hacia el centro (el peralte), la Normal deja de ser vertical y su componente horizontal ayuda a doblar. Conviene tomar un eje horizontal hacia el centro y uno vertical (no los del plano inclinado: la aceleración es horizontal). Con el rozamiento f a lo largo de la calzada, positivo hacia abajo (hacia el centro):

horizontal: N sen θ + f cos θ = m v²/R   ·   vertical: N cos θ − f sen θ − m g = 0

Resolviendo el sistema para N y f:

f = m (v²R cos θ − g sen θ)   ·   N = m (g cos θ + v²R sen θ)
  • Velocidad de diseño: f = 0 cuando vd = √(g R tan θ). A esa rapidez la curva se toma sin rozamiento: la Normal sola da la centrípeta (sirve incluso con hielo).
  • Más rápido que vd: f > 0, el rozamiento apunta hacia abajo de la calzada; el auto tiende a irse hacia afuera.
  • Más despacio que vd: f < 0, el rozamiento apunta hacia arriba; el auto tiende a resbalar hacia adentro.

Poniendo |f| = μe N en cada caso salen los límites:

vmáx = √(g R sen θ + μe cos θcos θ − μe sen θ)   ·   vmín = √(g R sen θ − μe cos θcos θ + μe sen θ)

Si tan θ ≤ μe, el numerador de vmín es negativo o cero: no hay mínima, el auto puede incluso detenerse en la curva sin resbalar (es el mismo criterio del bloque en un plano). Con θ = 0 las dos fórmulas vuelven a la curva plana: vmáx = √(μe g R).

Curva peraltada, seca y con hielo
Una curva de 120 m de radio tiene un peralte de 8°. Hallar la velocidad de diseño y las velocidades máxima y mínima con asfalto seco (μe = 0,50) y con hielo (μe = 0,08).
Datos trigonométricos: sen 8° = 0,139, cos 8° = 0,990, tan 8° = 0,141. → Diseño: vd = √(9,8 · 120 · 0,141) = 12,9 m/s = 46 km/h. → Seco, máxima: (0,139 + 0,495)/(0,990 − 0,070) = 0,689; vmáx = √(1176 · 0,689) = 28,5 m/s = 102 km/h. Mínima: tan 8° = 0,14 < 0,50, no hay. → Hielo, máxima: (0,139 + 0,079)/(0,990 − 0,011) = 0,223; vmáx = 16,2 m/s = 58 km/h. Mínima: tan 8° > 0,08, así que sí hay: (0,139 − 0,079)/(0,990 + 0,011) = 0,0599; vmín = √(1176 · 0,0599) = 8,4 m/s = 30 km/h. Más despacio, el auto resbala hacia el interior de la curva. → Un control: para un auto de 1200 kg a 20 m/s, f = 1200 (3,33 · 0,990 − 9,8 · 0,139) = 2,3 × 10³ N hacia abajo de la calzada.

Péndulo cónico

Una bola colgada de un hilo de largo L que gira en una circunferencia horizontal con velocidad angular Ω constante (la cátedra usa Ω en el problema del poste) describe un cono. Si el hilo forma un ángulo φ con la vertical, el radio es r = L sen φ y el centro de la circunferencia está a la altura de la bola, sobre la vertical del punto de suspensión.

vertical: T cos φ = m g   ·   hacia el centro: T sen φ = m Ω² r = m Ω² L sen φ   →   T = m Ω² L,  cos φ = gΩ² L

Tres lecturas: la tensión siempre es mayor que el peso (su componente vertical ya lo equilibra); cuanto más rápido gira, más se abre el cono; y hace falta Ω > √(g/L) para que el hilo se aparte de la vertical. La altura del cono, L cos φ = g/Ω², no depende del largo del hilo.

Péndulo cónico de un hilo
Una bola de 0,20 kg cuelga de un hilo de 0,50 m y gira a Ω = 6,0 rad/s en una circunferencia horizontal. Hallar el ángulo del hilo, la tensión y el radio.
Ángulo: cos φ = 9,8/(36 · 0,50) = 0,544, φ = 57°. → Tensión: T = m Ω² L = 0,20 · 36 · 0,50 = 3,6 N, casi el doble del peso (1,96 N). → Radio: r = L sen φ = 0,42 m. → Límite: por debajo de √(9,8/0,50) = 4,4 rad/s no hay solución con el hilo inclinado: la bola cuelga vertical y gira sobre sí misma.

Bola sujeta con dos cuerdas

r T1 T2 P φ D g
Bola atada a un poste con dos cuerdas de largo L, sujetas a dos puntos del poste separados una distancia D en vertical, que gira en una circunferencia horizontal de radio r (punteada) a media altura: cada atadura está a h = D/2 = L cos φ de la altura de la bola. Sobre la bola actúan T₁ (cuerda de arriba), T₂ (cuerda de abajo) y P. Las componentes verticales de las tensiones tienen que equilibrar al peso; las horizontales, las dos hacia el poste, suman la centrípeta.

Si la bola está atada a un poste vertical con dos cuerdas, una que sube y otra que baja, hay dos tensiones desconocidas y dos ecuaciones. Con cuerdas de igual largo L que forman el ángulo φ con el poste (simétricas, la bola a media altura):

vertical: T₁ cos φ − T₂ cos φ − m g = 0   ·   hacia el centro: T₁ sen φ + T₂ sen φ = m Ω² L sen φ
→  T₁ − T₂ = m gcos φ   ·   T₁ + T₂ = m Ω² L

La cuerda de arriba siempre está más tensa, porque además de aportar a la centrípeta sostiene el peso; la de abajo tira hacia abajo y empeora las cosas en vertical. La de abajo sólo está tensa (T₂ ≥ 0) si m Ω² L ≥ m g/cos φ, es decir, si Ω² ≥ g/h, con h = L cos φ la distancia vertical entre cada punto de atadura y la bola. Si gira más despacio, la cuerda de abajo queda floja, la bola baja y el sistema se vuelve un péndulo cónico de un solo hilo con un ángulo menor. La geometría manda: en el instante en que la cuerda de abajo justo se afloja, todavía vale la geometría simétrica, y la frecuencia crítica sale de ahí.

Bola en un poste, dos cuerdas
Una bola de 2,0 kg está atada a un poste con dos cuerdas de 1,00 m atadas a dos puntos del poste separados D = 1,20 m en vertical; gira a 60 rpm en una circunferencia horizontal a media altura. Hallar las tensiones y la frecuencia por debajo de la cual la cuerda de abajo se afloja.
Geometría: cada atadura está a h = D/2 = 0,60 m de la altura de la bola, así que cos φ = 0,60 y r = √(1,00² − 0,60²) = 0,80 m. → Velocidad angular: 60 rpm = 1 vuelta por segundo, Ω = 2π rad/s = 6,28 rad/s. → Ecuaciones: T₁ − T₂ = 2,0 · 9,8/0,60 = 32,7 N; T₁ + T₂ = 2,0 · 6,28² · 1,00 = 79,0 N. → Tensiones: T₁ = 55,8 N, T₂ = 23,1 N. Control horizontal: (T₁ + T₂) sen φ = 79,0 · 0,80 = 63,2 N = m Ω² r. → Cuerda de abajo floja: Ω² = g/h = 9,8/0,60, Ω = 4,04 rad/s, que son 4,04 · 60/(2π) = 38,6 rpm. A 30 rpm la cuerda de abajo cuelga floja.

Circunferencia vertical: el rizo

N P N P R g
Vuelta completa en un rizo de radio R, por la cara interior de la pista. Arriba, el peso y la Normal apuntan los dos hacia el centro y su suma es la centrípeta: N + m g = m v²/R. Abajo, la Normal apunta hacia el centro y el peso hacia afuera: N − m g = m v²/R.

Si el cuerpo recorre una circunferencia en un plano vertical (un carrito en un rizo, un balde que se hace girar), la rapidez cambia de punto a punto: el peso tiene componente tangencial. La rapidez en cada punto sale de la energía (sección 6); la dinámica dice qué fuerza hace la pista o el hilo, escribiendo la ecuación normal en el punto que interesa:

arriba (por dentro): N + m g = m v²/R   ·   abajo: N − m g = m v²/R

Arriba el peso ya apunta hacia el centro y ayuda; abajo apunta hacia afuera y la Normal tiene que compensarlo y además dar la centrípeta, por eso abajo se siente más "pesado". Como la pista sólo empuja, N ≥ 0 arriba exige v ≥ √(g R) en el punto más alto: más despacio, el cuerpo se despega antes de llegar. Con un hilo es igual, cambiando N por T. Con una barra rígida, que puede empujar, la condición desaparece: arriba alcanza con cualquier rapidez mayor que cero.

Carrito en un rizo
Un carrito de 300 kg recorre por dentro un rizo de 6,0 m de radio. Arriba pasa a 10 m/s y abajo, a 18,3 m/s (sin rozamiento, las dos rapideces están ligadas por la energía: v²abajo = v²arriba + 4 g R, como se ve en la sección 6). ¿Qué Normal le hace la pista en cada punto, y cuál es la rapidez mínima arriba?
Arriba: N = m (v²/R − g) = 300 (16,7 − 9,8) = 2,06 × 10³ N, hacia abajo. → Abajo: N = m (g + v²/R) = 300 (9,8 + 55,9) = 1,97 × 10⁴ N, casi siete veces el peso (2,94 × 10³ N). → Mínima arriba: v = √(9,8 · 6,0) = 7,7 m/s; a 10 m/s pasa con margen.
Centrípeta: suma, no fuerza
Tres errores frecuentes: (1) dibujar una "fuerza centrípeta" además de las reales, y así contarla dos veces; (2) dibujar una "fuerza centrífuga" hacia afuera en el diagrama visto desde el laboratorio, que no existe ahí; (3) tomar como radio el largo del hilo en un péndulo cónico, cuando el radio es la distancia de la bola al eje de giro, L sen φ.

Sistemas de referencia no inerciales

Los problemas de la guía se resuelven desde el laboratorio. Pero el libro de la cátedra dedica un cuadernillo a qué pasa cuando el observador está en un sistema que acelera respecto de Tierra (un vagón que arranca, un ascensor que frena), y a veces es lo más cómodo. El cuadernillo trata sólo sistemas que se trasladan sin rotar, y eso es lo que sigue.

Si un sistema S′ se traslada respecto del laboratorio con aceleración aarr (la aceleración de arrastre; el libro la escribe asist o aa), la aceleración de una partícula respecto del laboratorio es la de arrastre más la relativa a S′:

a = aarr + a′

Multiplicando por m y usando la segunda ley (que vale en el laboratorio), ΣF = m aarr + m a′, o sea

ΣF + F* = m a′,  con  F* = −m aarr

Desde el sistema acelerado la ecuación tiene la forma de la segunda ley si a las fuerzas reales se les suma una fuerza ficticia (o fuerza de inercia, o pseudofuerza) F*, opuesta a la aceleración del sistema y proporcional a la masa de cada cuerpo, y si la aceleración que se usa es la relativa a′. Sus propiedades la distinguen de una fuerza de verdad:

  • No es una interacción: nadie la hace y no tiene par. Por eso no se puede decir que las leyes de Newton valgan en un sistema no inercial: lo que vale es una ecuación con la misma forma.
  • Depende del observador: desde el laboratorio no existe; desde dos sistemas con distinta aceleración, vale distinto.
  • Es proporcional a la masa de cada cuerpo, igual que el peso. Por eso dentro de un vehículo que acelera se siente como una gravedad extra: dentro de un ascensor que acelera hacia arriba con a, todo pasa como si la gravedad valiera g + a.
  • No agrega física nueva: las ecuaciones son las del laboratorio con un término pasado del otro lado. Conviene cuando los cuerpos están quietos respecto del vehículo (las ecuaciones quedan de equilibrio) o cuando se conoce su movimiento relativo.
α T P F* a g
Péndulo colgado del techo de un vagón que acelera con a hacia la derecha: el hilo queda inclinado hacia atrás un ángulo α y la lenteja, quieta respecto del vagón. Desde el laboratorio, sobre la lenteja actúan sólo T y P, y su suma es m a, horizontal hacia adelante. Desde el vagón la lenteja está quieta, y para que las cuentas cierren hay que agregar la fuerza ficticia F* = −m a (punteada), que no tiene par de interacción.
Péndulo en un colectivo que arranca
Del techo de un colectivo cuelga una lenteja de 0,10 kg. El colectivo acelera a 2,0 m/s² en línea recta y el hilo queda quieto respecto del colectivo, inclinado. Hallar el ángulo y la tensión desde los dos sistemas.
Desde el laboratorio: la lenteja acelera con el colectivo, a = 2,0 m/s² horizontal. Horizontal: T sen α = m a; vertical: T cos α − m g = 0. → Desde el colectivo: la lenteja está quieta (a′ = 0) y se agrega F* = m a hacia atrás. Horizontal: T sen α − F* = 0; vertical: igual que antes. Son las mismas ecuaciones con un término cambiado de lado. → Resultado: tan α = a/g = 2,0/9,8 = 0,204, α = 11,5°, inclinado hacia atrás; T = m √(g² + a²) = 0,10 · √(96,0 + 4,0) = 1,00 N. Midiendo α se puede medir la aceleración del vehículo: es un acelerómetro.
Caja en la camioneta
Una caja descansa en la caja de carga de una camioneta, con μe = 0,35 y μd = 0,25. ¿Con qué aceleración máxima puede arrancar la camioneta sin que la caja resbale? Si arranca con 4,5 m/s², ¿qué aceleración tiene la caja respecto de la camioneta?
Sin resbalar, desde la camioneta: la caja está quieta; F* = m a hacia atrás y el rozamiento estático hacia adelante la equilibra: m a ≤ μe m g, amáx = μe g = 3,4 m/s². Desde el laboratorio es la misma cuenta: el rozamiento es la única fuerza horizontal y tiene que darle a la caja la aceleración de la camioneta. → Con 4,5 m/s², desde el laboratorio: la caja resbala hacia atrás respecto de la camioneta, así que el rozamiento dinámico apunta hacia adelante: acaja = μd g = 2,45 m/s² hacia adelante. → Relativa: a′ = acaja − aarr = 2,45 − 4,5 = −2,05 m/s²: vista desde la camioneta, la caja se va hacia atrás con 2,05 m/s². Desde la camioneta sale directo: m a′ = −m · 4,5 + μd m g.

El mismo cuadernillo usa una idea parecida con el péndulo que oscila, describiéndolo desde un sistema que acompaña a la lenteja: ahí aparecen dos fuerzas ficticias, opuestas a las aceleraciones normal y tangencial. La opuesta a la normal, m v²/R hacia afuera, es la que en la calle se llama fuerza centrífuga. Sólo existe para quien gira con el cuerpo; en un diagrama hecho desde el laboratorio no va nunca.

Un sistema o el otro
La fuerza ficticia va sólo si se plantea desde el sistema acelerado, y entonces la aceleración del lado derecho es la relativa. Mezclar (poner F* y además usar la aceleración respecto de Tierra) cuenta el mismo efecto dos veces.

Las trampas del tema

Errores que cuestan caro
  • Tomar resultante nula como sinónimo de reposo, o pensar que la fuerza apunta hacia donde se mueve el cuerpo: apunta hacia donde acelera.
  • Tomar la Normal y el peso como par de interacción, o anular en un diagrama dos fuerzas que actúan sobre cuerpos distintos.
  • Escribir N = m g en un plano inclinado, con una fuerza oblicua o en un ascensor que acelera: la Normal sale siempre de la ecuación del eje perpendicular.
  • Escribir f = μe N para un cuerpo quieto. El estático vale lo que haga falta hasta ese tope; hay que verificar si el cuerpo se mueve antes de elegir estático o dinámico.
  • Poner el rozamiento contra el movimiento del cuerpo en vez de contra el deslizamiento relativo (la caja en la camioneta, el auto en la curva).
  • Suponer T = m g en el cuerpo que cuelga, o suponer que todos los cuerpos unidos por hilos tienen la misma aceleración cuando hay una polea móvil.
  • Dar por buena una tensión negativa en un hilo: si sale negativa, el hilo está flojo. Una barra, en cambio, sí puede estar comprimida.
  • Usar las fórmulas del MRUV con fuerza viscosa, o confundir τ = m/k con el tiempo en que se alcanza la velocidad terminal (nunca se alcanza del todo).
  • Dibujar la fuerza centrípeta o la centrífuga en el diagrama, o tomar el largo del hilo como radio del péndulo cónico.
  • Usar ejes que se mueven con un cuerpo que acelera sin agregar la fuerza ficticia, o agregarla y además usar la aceleración respecto de Tierra.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Hacer el diagrama de cuerpo libre de cada cuerpo con todas sus fuerzas (y sólo esas), elegir ejes fijos con sentido positivo y escribir la segunda ley por componentes.
  • Descomponer el peso en un plano inclinado y obtener la Normal de la ecuación perpendicular.
  • Decidir si un cuerpo desliza o no comparando el rozamiento necesario con μe N, y usar μd N con el sentido correcto cuando desliza.
  • Sacar la relación entre aceleraciones escribiendo el largo de cada hilo y derivando dos veces, y tratar una polea móvil sin masa (suma de fuerzas nula).
  • Resolver sistemas de cuerpos unidos por hilos o barras e interpretar el signo de la fuerza en una barra (traccionada o comprimida).
  • Con fuerza viscosa: velocidad terminal, tiempo característico, v(t), a(t) y x(t), incluido el caso de dos tramos.
  • Plantear un movimiento circular: identificar el centro y el radio, escribir ΣFn = m v²/R y sacar velocidades máximas y mínimas de las condiciones f ≤ μe N, T ≥ 0 y N ≥ 0 (curva plana, peraltada, péndulo cónico, dos cuerdas, rizo).
  • Reconocer cuándo un sistema no es inercial y, si se trabaja desde él, agregar F* = −m aarr y usar la aceleración relativa.
↑ Volver al índice
5 Unidad 1 · Oscilaciones: masa y resorte, y péndulo

Un bloque atado a un resorte, un péndulo, el pistón de un motor, la hoja de una sierra: todos van y vienen alrededor de una posición de equilibrio y, mientras el apartamiento sea chico, todos siguen la misma ley. La fuerza que los devuelve al equilibrio es proporcional a cuánto se apartaron. Eso alcanza para que el movimiento sea un movimiento armónico simple (MAS, como lo escribe siempre la guía): la posición es un coseno del tiempo y el período no depende de la amplitud. Esta sección arma ese modelo con las leyes de Newton y lo aplica a los dos sistemas de la unidad: la masa unida a un resorte y el péndulo simple.

Es parte de la unidad 1 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Con esta sección se resuelven, de la unidad 1: el pistón de un motor con su carrera y sus rpm (problema 22), la partícula sometida a una fuerza proporcional a la posición de la que se conocen datos en dos instantes (23), el péndulo simple completo, con ecuación, gráficos, rapidez y tensión (24), y los dos bloques apilados unidos a un resorte (25). También da la base de los problemas de energía con resortes (38, 39 y 40) y del péndulo con un clavo (43), que se resuelven con la sección 6, y del péndulo físico de la sección 14. Se dan por vistas la cinemática de la sección 3 (derivar la posición, movimiento circular con aceleración tangencial y normal) y la dinámica de la sección 4 (diagrama de cuerpo libre, segunda ley, rozamiento).

Dos nombres antes de empezar: ω es la pulsación de la oscilación (muchos libros la llaman frecuencia angular) y φ es la fase inicial (en otros textos, constante de fase o ángulo de fase).

Fuerza restitutiva lineal y ecuación del oscilador

La fuerza de un resorte

Un resorte ideal (sin masa) estirado o comprimido una distancia Δl respecto de su longitud natural l₀ hace sobre lo que tiene atado una fuerza de módulo k Δl (ley de Hooke). La constante elástica k, en N/m, mide cuán duro es el resorte. La fuerza apunta siempre hacia donde el resorte recupera su longitud natural: si está estirado, tira; si está comprimido, empuja. La ley de Hooke es una aproximación: vale mientras la deformación sea chica frente al largo del resorte (es el primer término de un desarrollo de la fuerza en potencias de la deformación).

Con el bloque sobre un piso horizontal sin rozamiento, conviene poner el origen del eje x en la posición del bloque cuando el resorte tiene su longitud natural. Así la deformación es directamente x (positiva si el resorte está estirado, negativa si está comprimido) y la componente x de la fuerza del resorte es

F = −k x

El signo menos no dice que la fuerza sea "negativa": dice que tiene sentido contrario al desplazamiento. Con x > 0 la fuerza apunta hacia −x; con x < 0, hacia +x. A una fuerza así, que apunta siempre hacia un punto fijo y crece en proporción a la distancia a ese punto, se la llama fuerza restitutiva lineal. El punto donde se anula, x = 0, es la posición de equilibrio.

x = 0 x g m F = −k x x > 0 m F = −k x x < 0
El origen va donde el resorte tiene su longitud natural. Con el bloque a la derecha (x > 0) la fuerza apunta a la izquierda; con el bloque a la izquierda (x < 0), a la derecha. Siempre hacia x = 0 y proporcional a la distancia: F = −k x.

La ecuación del oscilador

Sobre el bloque actúan el peso y la normal, que se anulan, y la fuerza del resorte. La segunda ley de Newton (el principio de masa, en el libro de la cátedra) en la dirección x da

m d²xdt² = −k x   →   d²xdt² + ω² x = 0,   con  ω = √(k/m)

Es una ecuación diferencial: dice cuánto vale la aceleración en cada posición, no dónde está el bloque en cada instante. Se lee así: la aceleración es proporcional al desplazamiento y de sentido contrario. Cualquier sistema que cumpla eso, sea un bloque, un péndulo o un pistón, hace el mismo movimiento. Por eso, para justificar que algo es un MAS alcanza con mostrar que su fuerza neta (o su aceleración) es de la forma −(constante positiva) × (desplazamiento desde un punto fijo).

Cuándo hay MAS
Hay MAS si la fuerza neta en la dirección del movimiento es F = −c (x − xe), con c > 0 constante. El cuerpo oscila alrededor de xe con ω = √(c/m). Si la fuerza no es lineal en el desplazamiento (por ejemplo, −c x³), o si además hay rozamiento, el cuerpo puede seguir yendo y viniendo, pero el movimiento no es un MAS.
¿Es un MAS?
Una partícula de 0,50 kg se mueve sobre el eje x bajo una única fuerza F (en N, con x en m). Decidir en cada caso si hace un MAS: (a) F = −8 x; (b) F = −8 x³; (c) F = 4 − 2 x.
Caso (a): F = −c x con c = 8 N/m > 0 ⟹ es un MAS alrededor de x = 0, con ω = √(8 / 0,50) = 4,0 rad/s. → Caso (b): la fuerza apunta siempre hacia el origen, así que la partícula va y viene, pero no es proporcional a x ⟹ no es un MAS (su período depende de la amplitud). → Caso (c): se anula en xe = 2 m y se puede escribir F = −2 (x − 2) ⟹ es un MAS alrededor de xe = 2 m, con ω = √(2 / 0,50) = 2,0 rad/s. El término constante sólo corre el centro de la oscilación.

La solución: amplitud, pulsación, período y fase

La solución general de la ecuación del oscilador es

x(t) = A cos(ω t + φ)

Se comprueba derivando dos veces: d²x/dt² = −ω² A cos(ω t + φ) = −ω² x. Tiene dos constantes, A y φ, porque la ecuación es de segundo orden: la ecuación sola no las fija, las fija cómo se largó el movimiento. En cambio ω no se elige: la fija el sistema.

  • Amplitud A (en m): el apartamiento máximo desde el equilibrio. Se toma positiva. El bloque va y viene entre x = −A y x = A, y la distancia entre los dos extremos, 2A, es la longitud de la trayectoria (en un motor se la llama carrera).
  • Fase ω t + φ (en rad): el argumento del coseno. Dice en qué parte del ciclo está el cuerpo. Su valor en t = 0, φ, es la fase inicial.
  • Pulsación ω (en rad/s, o sea s⁻¹): cuánto avanza la fase por segundo.
  • Período T (en s): lo que dura un ciclo completo, ida y vuelta. En un período la fase avanza 2π y todo se repite: ω T = 2π.
  • Frecuencia f (en Hz, ciclos por segundo): f = 1/T.
ω = √(km)   ·   T = 2πω = 2π √(mk)   ·   f = 1T = ω2π

Tres cosas para mirar en estas fórmulas. El período no depende de la amplitud: un bloque apartado 1 cm y otro apartado 10 cm tardan lo mismo en ir y volver (el que se apartó más va más rápido). Más masa, período más largo; resorte más duro, período más corto. Y ω tiene unidades de velocidad angular aunque nada gire: si un dato viene en rpm o en ciclos por minuto, f = (ciclos por minuto) / 60 en Hz y ω = 2π f.

El coseno no es la única manera de escribir la solución: A sen(ω t + φ′), con φ′ = φ + π/2, es la misma función, y también C₁ cos(ω t) + C₂ sen(ω t), con A = √(C₁² + C₂²). Conviene elegir una forma y sostenerla: en esta guía va el coseno.

Período y frecuencia
Un bloque de 0,40 kg está unido a un resorte de 25 N/m sobre una mesa sin rozamiento. ¿Cuánto valen ω, T y f? ¿Qué pasa con el período si se cuadruplica la masa?
Pulsación: ω = √(25 / 0,40) = √62,5 = 7,91 rad/s. → Período: T = 2π / 7,91 = 0,795 s. → Frecuencia: f = 1 / 0,795 s = 1,26 Hz: hace un poco más de un ciclo y cuarto por segundo. → Con cuatro veces la masa: T va con √m, así que el período se duplica: 1,59 s. La amplitud no aparece en ninguna de estas cuentas.

El MAS como sombra de un movimiento circular

Una imagen que ayuda mucho con la fase: un vector de largo A que gira alrededor del origen con velocidad angular constante ω, en sentido antihorario. El ángulo que forma con el eje x en el instante t es ω t + φ, y su proyección sobre el eje x vale A cos(ω t + φ): exactamente x(t). El MAS es la sombra de un movimiento circular uniforme. De ahí sale el nombre de fase para el ángulo, y de ahí que ω se mida en rad/s.

x −A A 0 A t = 0 x(t) ω t + φ φ ω
El MAS es la sombra sobre el eje x de un vector de largo A que gira con velocidad angular constante ω. El ángulo que forma con el eje en el instante t es la fase, ω t + φ; en t = 0 vale φ, la fase inicial.

El dibujo sirve para leer la fase sin cuentas. φ = 0 es el vector apuntando hacia +x, con el cuerpo en x = A; φ = π, hacia −x, con el cuerpo en −A; φ = −π/2, hacia abajo, con la sombra en x = 0 y avanzando hacia +x (como el vector gira en sentido antihorario, cuando pasa por abajo su punta va hacia la derecha). Y la velocidad de la sombra es la componente x de la velocidad de la punta, que tiene módulo ω A: por eso la rapidez máxima del MAS es ω A.

Velocidad y aceleración

Derivando la posición respecto del tiempo:

x(t) = A cos(ω t + φ)
v(t) = dxdt = −ω A sen(ω t + φ)
a(t) = dvdt = −ω² A cos(ω t + φ) = −ω² x

Los máximos salen de que el seno y el coseno no pasan de 1:

vmáx = ω A   ·   amáx = ω² A   ·   Fmáx = m ω² A = k A
MagnitudExpresiónMáximoEs máxima (en módulo)Se anula
Posición xA cos(ω t + φ)Aen los extremosen el equilibrio
Velocidad v−ω A sen(ω t + φ)ω Aen el equilibrioen los extremos
Aceleración a−ω² A cos(ω t + φ)ω² Aen los extremosen el equilibrio
Fuerza neta F−k xk Aen los extremosen el equilibrio

La aceleración no es constante: cambia con la posición. Por eso no sirven las fórmulas del movimiento uniformemente variado (x = x₀ + v₀ t + a t²/2 y las que salen de ella) para un MAS. Lo que sí sirve es una relación entre velocidad y posición que no tiene el tiempo. Como sen² + cos² = 1,

v² = ω² (A² − x²)   →   |v| = ω √(A² − x²)

Da la rapidez en cada posición. El signo de v depende de para qué lado va el cuerpo: por cada posición pasa dos veces por ciclo, una para cada lado. Es la misma relación que da la conservación de la energía, como se ve más abajo.

Los gráficos y el desfase

Con φ = 0 (cuerpo soltado desde x = A en t = 0) los tres gráficos quedan como en la figura. Conviene leerlos por columnas, en cada línea punteada. En t = 0 el cuerpo está en el extremo positivo, quieto, con la aceleración máxima hacia −x. En t = T/4 pasa por el equilibrio con la rapidez máxima, hacia −x, y aceleración nula. En t = T/2 está en el otro extremo, quieto, con la aceleración máxima hacia +x. Y así sigue.

x A −A t v ωA −ωA t a ω²A −ω²A t T/4 T/2 T 3T/2 2T
x(t) = A cos(ω t), v(t) y a(t) con el mismo eje de tiempo. En cada línea punteada (cada cuarto de período) una de las tres pasa por cero y otra está en un extremo. La aceleración es la posición dada vuelta: a = −ω² x. La velocidad es máxima donde x = 0 y se anula en los extremos.

Las tres curvas tienen el mismo período y están corridas una respecto de otra. Como −sen θ = cos(θ + π/2) y −cos θ = cos(θ + π):

  • la velocidad está adelantada π/2 (un cuarto de período) respecto de la posición: llega a su máximo T/4 antes que x;
  • la aceleración está en oposición de fase con la posición (desfase π, medio período): cuando x es máxima, a es mínima, y al revés. Su gráfico es el de x dado vuelta y multiplicado por ω².

La pendiente de cada gráfico es el valor del de abajo. Donde x(t) tiene pendiente nula (en los extremos), v = 0; donde la pendiente de x es máxima (al cruzar el eje), v es máxima en módulo. Eso permite dibujarlos sin hacer cuentas y controlar uno con otro. Si φ no es cero, los tres gráficos se corren juntos φ/ω hacia la izquierda: un φ positivo adelanta el movimiento.

Rapidez y velocidad
La velocidad tiene signo y la rapidez es su módulo. El gráfico de la rapidez de un MAS es el de la velocidad con las partes negativas dadas vuelta hacia arriba: nunca es negativo, toca cero en cada extremo y su período es T/2, la mitad del de la velocidad. Cuando un enunciado pide la rapidez, el resultado va sin signo.
Hoja de una sierra caladora
La hoja de una sierra caladora sube y baja con un MAS de carrera 20 mm, a 3000 ciclos por minuto. La hoja y su soporte tienen 40 g. Hallar la aceleración máxima, la fuerza neta máxima sobre la hoja y su rapidez máxima. ¿Qué pasa si la sierra se pone a 1500 ciclos por minuto?
Amplitud: la carrera es la distancia entre los dos extremos, 2A = 20 mm ⟹ A = 10 mm = 0,010 m. → Pulsación: f = 3000 / 60 = 50 Hz ⟹ ω = 2π · 50 = 314 rad/s. → Aceleración máxima (en los extremos de la carrera): amáx = ω² A = 314,2² · 0,010 = 987 m/s², unas cien veces g. → Fuerza neta máxima: Fmáx = m amáx = 0,040 kg · 987 m/s² = 39 N. La hace casi toda el mecanismo: el peso de la hoja, 0,39 N, es despreciable al lado. → Rapidez máxima (en el medio de la carrera): vmáx = ω A = 314,2 · 0,010 = 3,1 m/s. → A 1500 ciclos por minuto: ω baja a la mitad. La aceleración y la fuerza, que van con ω², bajan a la cuarta parte (247 m/s² y 9,9 N), y la rapidez máxima, que va con ω, a la mitad (1,6 m/s). La amplitud no cambia: la fija el mecanismo.

Amplitud y fase a partir de los datos

ω sale del sistema (de k y m, o de la fuerza). A y φ salen de dos datos más sobre el movimiento, que pueden venir de tres maneras.

Con las condiciones iniciales

Si se conocen la posición x₀ y la velocidad v₀ en t = 0, de x(0) = A cos φ y v(0) = −ω A sen φ:

A = √(x₀² + v₀²ω²)   ·   cos φ = x₀A,   sen φ = −v₀ω A

Para φ hacen falta los dos, el coseno y el seno, porque cada uno por separado deja dos ángulos posibles. Con el dibujo del vector que gira: el signo de x₀ dice si φ está a la derecha (cos φ > 0) o a la izquierda del eje vertical, y el signo de v₀ dice si está abajo (v₀ > 0, sen φ < 0) o arriba (v₀ < 0, sen φ > 0). La fórmula tan φ = −v₀ / (ω x₀) también vale, pero la calculadora devuelve un ángulo entre −π/2 y π/2: si x₀ < 0, hay que sumarle o restarle π.

Cómo arranca en t = 0φx(t)
Quieto en el extremo positivo (x₀ = A)0A cos(ω t)
Quieto en el extremo negativo (x₀ = −A)π−A cos(ω t)
Pasa por el equilibrio hacia +x−π/2A sen(ω t)
Pasa por el equilibrio hacia −xπ/2−A sen(ω t)
En x₀ = A/2, yendo hacia +x−π/3A cos(ω t − π/3)
En x₀ = A/2, yendo hacia −xπ/3A cos(ω t + π/3)
Amplitud y fase desde t = 0
Un cuerpo de 0,20 kg unido a un resorte de 5,0 N/m está, en t = 0, en x₀ = 0,030 m y se mueve hacia −x con rapidez 0,20 m/s. Escribir x(t) y hallar cuándo pasa por primera vez por el equilibrio.
Pulsación: ω = √(5,0 / 0,20) = 5,0 rad/s. → Amplitud: A = √(0,030² + (0,20 / 5,0)²) = √(0,0009 + 0,0016) = 0,050 m. → Fase: cos φ = 0,030 / 0,050 = 0,6 y sen φ = −(−0,20) / (5,0 · 0,050) = 0,8. Los dos son positivos: primer cuadrante, φ = 0,93 rad (53°). → Resultado: x(t) = 0,050 m · cos(5,0 t + 0,93), con t en s. → Primer paso por el equilibrio: cuando la fase llega a π/2: 5,0 t + 0,927 = 1,571 ⟹ t = 0,13 s. Ahí va con la rapidez máxima, ω A = 0,25 m/s, hacia −x. → Control: v(0) = −5,0 · 0,050 · sen(0,93) = −0,20 m/s, como dice el dato.

Con los extremos o con la energía

Si el enunciado da los dos extremos, A es la mitad de la distancia entre ellos y el equilibrio está en el medio. Si se suelta el cuerpo desde el reposo apartado una distancia d del equilibrio, A = d, porque se lo suelta en un extremo. Si se le da un golpe en el equilibrio que lo deja con rapidez v₀, A = v₀ / ω. Y en general la energía da la amplitud: ½ k A² = ½ m v² + ½ k x² en cualquier punto (se ve más abajo). La fase, en estos casos, la fija dónde se pone t = 0; si el enunciado no lo dice, se elige lo más cómodo, en general t = 0 en un extremo y φ = 0.

Con datos en dos instantes distintos

A veces el enunciado no da el estado en t = 0 sino un dato en un instante t₁ (por ejemplo, que pasa por el equilibrio) y otro en un instante t₂ (por ejemplo, la velocidad). Se plantea igual: dos ecuaciones con A y φ como incógnitas, una por dato.

  1. Hallar ω del sistema; si la fuerza es F = −c x, ω = √(c/m).
  2. Escribir la condición en t₁. Si dice que pasa por x = 0: cos(ω t₁ + φ) = 0, o sea ω t₁ + φ = π/2 o ω t₁ + φ = −π/2 (sumar múltiplos de 2π no cambia nada). Quedan dos candidatos para φ: con el primero el cuerpo va hacia −x en t₁; con el segundo, hacia +x.
  3. Escribir la condición en t₂ con cada candidato, por ejemplo v(t₂) = −ω A sen(ω t₂ + φ) = dato, y despejar A.
  4. Quedarse con el candidato que da A > 0. El otro da una amplitud negativa, que es el mismo movimiento escrito con la fase corrida en π: se descarta para no tener dos versiones de lo mismo.
  5. Controlar: reemplazar t₁ y t₂ en x(t) y en v(t) y ver que se cumplan los dos datos.

Un detalle: si el dato en t₂ es la rapidez, sin signo, la amplitud sale la misma con los dos candidatos y la fase queda con dos posibilidades, una por cada sentido de movimiento. Si lo que se pide es la longitud de la trayectoria (2A) o el período, da lo mismo.

Datos en dos instantes
Una partícula de 0,90 kg se mueve sobre el eje x bajo la fuerza F = −(π²/10) x î (F en N, x en m). En t = 1,0 s pasa por el origen y en t = 2,0 s su velocidad es −1,5 m/s î. Justificar que hace un MAS, escribir x(t) y hallar la longitud de la trayectoria y el período.
Es un MAS: la fuerza es proporcional al desplazamiento desde el origen y opuesta a él, con c = π²/10 N/m > 0; la segunda ley da d²x/dt² = −(c/m) x, que es la ecuación del oscilador. → Pulsación y período: ω = √((π²/10) / 0,90) = √(π²/9) = π/3 rad/s; T = 2π / ω = 6,0 s. → Dato en t₁ = 1,0 s: (π/3) · 1,0 + φ = ±π/2, o sea φ = π/6 o φ = −5π/6. → Dato en t₂ = 2,0 s: v(2) = −(π/3) A sen(2π/3 + φ). Con φ = π/6, sen(5π/6) = 1/2 y −(π/3) A · (1/2) = −1,5 ⟹ A = 9/π = 2,86 m. Con φ = −5π/6, sen(−π/6) = −1/2 y sale A = −2,86 m: se descarta. → Resultado: x(t) = 2,86 m · cos(π t / 3 + π/6), con t en s. La trayectoria va de −2,86 m a 2,86 m: mide 2A = 5,73 m, y el período es 6,0 s. → Control: x(1) = 2,86 · cos(π/2) = 0 y v(2) = −(π/3) · 2,86 · sen(5π/6) = −1,5 m/s, como dicen los datos.

Masa colgada de un resorte vertical

Si el resorte cuelga del techo, además de la fuerza elástica actúa el peso, que es constante. Lo que cambia es dónde queda el equilibrio, no la pulsación.

Con el eje y hacia abajo: en equilibrio, el resorte está estirado Δl y tira hacia arriba con k Δl, que compensa el peso.

k Δl = m g   →   Δl = m gk

Si ahora se mide y desde esa posición de equilibrio, con el bloque en y el resorte está estirado Δl + y, y la fuerza neta (positiva hacia abajo) es

m g − k (Δl + y) = −k y

porque m g − k Δl = 0. Es la misma ecuación que la del resorte horizontal: el bloque hace un MAS alrededor del nuevo equilibrio, con la misma ω = √(k/m). El peso sólo corrió el centro de la oscilación Δl hacia abajo.

l₀ sin carga m m g k Δl Δl equilibrio m m g k (Δl + y) y y = 0 apartado g
Al colgar el bloque, la posición de equilibrio baja Δl = m g / k. Si se mide la posición y desde ese equilibrio, la fuerza neta es −k y, igual que en el resorte horizontal: el bloque oscila alrededor del equilibrio con la misma ω = √(k/m).

Consecuencias que se usan mucho:

  • El período de un resorte vertical no depende de g: en la Luna oscilaría igual. El del péndulo, en cambio, sí depende de g.
  • Como k/m = g/Δl, la pulsación se puede sacar midiendo sólo cuánto se estira el resorte al colgar el cuerpo: ω = √(g/Δl).
  • La amplitud se mide desde el equilibrio, no desde la longitud natural. Si se suelta el bloque desde la longitud natural del resorte (sin estirar), la amplitud es Δl y el bloque baja hasta que el resorte está estirado 2Δl, el doble de lo que se estira en equilibrio.
  • Lo mismo pasa con cualquier fuerza constante que se sume a la del resorte: la componente del peso en un plano inclinado un ángulo β corre el equilibrio m g sen β / k a lo largo del plano, y una fuerza aplicada constante F lo corre F/k. La pulsación no cambia.
Bloque colgado de un resorte
Un resorte de longitud natural 20 cm y constante 40 N/m cuelga del techo. Se le cuelga un bloque de 0,25 kg, se lo baja 3,0 cm desde el equilibrio y se lo suelta. Hallar el período, entre qué largos varía el resorte y las fuerzas máxima y mínima que hace.
Equilibrio: Δl = m g / k = 0,25 · 9,8 / 40 = 0,061 m = 6,1 cm; el resorte mide 26,1 cm. → Pulsación y período: ω = √(40 / 0,25) = 12,6 rad/s (lo mismo da √(g/Δl) = √(9,8 / 0,0613)); T = 2π / 12,65 = 0,50 s. → Amplitud: se lo suelta quieto a 3,0 cm del equilibrio, así que A = 3,0 cm. → Largos: el resorte va de 26,1 − 3,0 = 23,1 cm a 26,1 + 3,0 = 29,1 cm. Nunca se comprime, porque A < Δl. → Fuerzas del resorte: en el punto más bajo, k (Δl + A) = 40 · 0,0913 = 3,65 N; en el más alto, k (Δl − A) = 40 · 0,0313 = 1,25 N. → Control: la fuerza neta máxima es k A = 1,2 N, en los dos extremos, y da amáx = 1,2 / 0,25 = 4,8 m/s², igual a ω² A = 160 · 0,030.

Resortes en serie y en paralelo

Dos resortes que sostienen juntos al mismo cuerpo y se estiran lo mismo (uno al lado del otro) están en paralelo: sus fuerzas se suman y equivalen a un único resorte de constante k₁ + k₂. Un bloque entre dos resortes atados a paredes opuestas es el mismo caso: al correrse x, uno empuja y el otro tira, los dos hacia el equilibrio. Dos resortes enganchados uno a continuación del otro están en serie: hacen la misma fuerza y sus estiramientos se suman, y el resorte equivalente es más blando que cualquiera de los dos. Con la constante equivalente vale todo lo anterior: ω = √(keq/m).

paralelo: keq = k₁ + k₂   ·   serie: 1keq = 1k₁ + 1k₂

La energía del oscilador

La energía se desarrolla en la sección 6; acá va lo justo para el MAS. El resorte guarda energía potencial elástica Ep = ½ k x² (x es la deformación) y el bloque tiene energía cinética Ec = ½ m v². Sin rozamiento, la fuerza del resorte es la única que trabaja y la energía mecánica Em = Ec + Ep se conserva. En los extremos v = 0 y toda la energía es potencial; en el equilibrio x = 0 y toda es cinética:

Em = ½ m v² + ½ k x² = ½ k A² = ½ m vmáx²

De ½ k A² = ½ m vmáx² sale otra vez vmáx = √(k/m) A = ω A, y despejando v en cualquier punto, v² = (k/m)(A² − x²) = ω² (A² − x²), la relación de antes. Con x(t) y v(t) se ve que la suma no depende del tiempo: Ec = ½ k A² sen²(ω t + φ) y Ep = ½ k A² cos²(ω t + φ). La energía pasa del resorte al bloque y vuelve dos veces por ciclo.

x E Em −A A 0 Ep Ec x ½ k x²
La energía mecánica, ½ k A², es la recta horizontal. En cada posición, lo que hay hasta la parábola es energía potencial y el resto, hasta la recta, es cinética. En x = ±A la cinética se anula: son los puntos de retorno. El bloque no puede estar donde la parábola supera a la recta.

En el gráfico de energía contra posición, la energía potencial es una parábola y la mecánica una recta horizontal. Donde se cortan están los puntos de retorno, x = ±A: ahí la cinética se anula y el bloque da la vuelta. La energía es proporcional al cuadrado de la amplitud: para duplicar la amplitud hay que darle cuatro veces más energía.

En el resorte vertical, si y se mide desde el equilibrio, la suma de la energía potencial elástica y la gravitatoria resulta ½ k y² más una constante (que no importa, porque sólo cuentan las diferencias): se puede trabajar como si no hubiera peso, con ½ k y² contada desde el equilibrio. Ojo: ese ½ k y² no es la energía del resorte, que sigue siendo ½ k (Δl + y)².

Energía y rapidez en un punto
El bloque de 0,40 kg unido al resorte de 25 N/m oscila con amplitud 8,0 cm. Hallar la energía mecánica, la rapidez máxima y la rapidez al pasar por x = 4,0 cm.
Energía: Em = ½ · 25 · 0,080² = 0,080 J. → Rapidez máxima: ½ · 0,40 · vmáx² = 0,080 ⟹ vmáx = 0,63 m/s, igual a ω A = 7,91 · 0,080. → En x = 4,0 cm (la mitad de la amplitud): Ep = ½ · 25 · 0,040² = 0,020 J, la cuarta parte; queda Ec = 0,060 J ⟹ v = √(2 · 0,060 / 0,40) = 0,55 m/s. A mitad de camino ya lleva el 87 % de la rapidez máxima (√3/2): la rapidez cambia poco cerca del centro y mucho cerca de los extremos.

Los problemas 38, 39 y 40 de la unidad 1 trabajan con esto: gráficos de energía de un resorte, y bloques que primero empuja una fuerza constante y después quedan oscilando libres. Para el segundo tipo sirve lo que se vio con el resorte vertical: mientras actúa la fuerza constante, el bloque oscila alrededor de un equilibrio corrido F/k; cuando la fuerza desaparece, oscila alrededor de la longitud natural, con la amplitud que le dé la energía que tenga en ese momento.

Dos cuerpos que oscilan juntos

Un bloque de masa M sobre un piso sin rozamiento, unido a un resorte, y otro bloque de masa m apoyado encima, con rozamiento entre los dos. Mientras el de arriba no resbale, los dos se mueven juntos como un solo cuerpo de masa M + m y hacen un MAS con

ω² = kM + m

¿Qué fuerza acelera al bloque de arriba? No el resorte, que está atado al de abajo. Sobre el de arriba actúan su peso, la normal y el rozamiento con el de abajo. La única horizontal es el rozamiento estático (estático porque entre ellos no hay deslizamiento), y es la que le da la aceleración del conjunto:

fe = m a = −m ω² x

O sea que el rozamiento cambia de sentido con la posición: apunta siempre hacia el equilibrio, como la aceleración, y su módulo es máximo en los extremos, m ω² A. El rozamiento estático tiene un tope, |fe| ≤ μe N = μe m g. Para que no resbale en ningún momento hace falta

m ω² A ≤ μe m g   →   A ≤ μe gω² = μe g (M + m)k
M m k μe x g m g N fe a (x > 0)
Arriba, el conjunto. Abajo, el bloque de arriba solo, con el conjunto a la derecha del equilibrio (x > 0): la única fuerza horizontal sobre él es el rozamiento estático, y por eso apunta como la aceleración, hacia el equilibrio.

En la desigualdad m se simplifica: la condición es que la aceleración máxima del conjunto, ω² A, no pase de μe g (m sigue estando dentro de ω). Si la amplitud supera ese valor, el bloque de arriba empieza a resbalar cerca de los extremos, donde la aceleración es mayor, y el movimiento deja de ser un MAS de los dos juntos.

Amplitud máxima sin resbalar
Un bloque de 2,0 kg está unido a un resorte de 120 N/m sobre un piso liso y lleva apoyado encima otro de 0,50 kg. El coeficiente de rozamiento estático entre ellos es 0,40. ¿Con qué amplitud máxima pueden oscilar juntos? Si oscilan con 5,0 cm, ¿cuánto vale el rozamiento máximo?
Pulsación del conjunto: ω² = 120 / (2,0 + 0,50) = 48 s⁻², ω = 6,9 rad/s. → Aceleración máxima posible: la que puede dar el rozamiento estático, μe g = 0,40 · 9,8 = 3,92 m/s². → Amplitud máxima: ω² A ≤ 3,92 ⟹ A ≤ 3,92 / 48 = 0,082 m = 8,2 cm. → Con A = 5,0 cm: el rozamiento máximo, en los extremos, es m ω² A = 0,50 · 48 · 0,050 = 1,2 N, por debajo del tope μe m g = 1,96 N: no resbala. → Lectura: en el extremo el resorte hace k A = 6,0 N sobre el bloque de abajo; ese bloque usa M ω² A = 4,8 N para su propia aceleración y le pasa 1,2 N al de arriba por el rozamiento.
Una moneda sobre una plataforma que vibra
Una plataforma horizontal sube y baja con un MAS de frecuencia 5,0 Hz y lleva una moneda apoyada. ¿Con qué amplitud máxima la moneda no se despega?
Planteo: con y hacia arriba desde el equilibrio, sobre la moneda actúan su peso y la normal: N − m g = m a = −m ω² y ⟹ N = m (g − ω² y). La plataforma sólo puede empujar: N ≥ 0. → Dónde es crítico: N es mínima arriba de todo, en y = A, donde la aceleración apunta hacia abajo y vale ω² A. → Condición: g − ω² A ≥ 0 ⟹ A ≤ g / ω² = 9,8 / (2π · 5,0)² = 9,9 · 10⁻³ m, unos 10 mm. Con más amplitud, cerca del punto más alto la plataforma acelera hacia abajo más que g, y la moneda se separa.

El péndulo simple

Un péndulo simple (el libro de la cátedra lo llama péndulo ideal) es una partícula de masa m colgada de un hilo inextensible y sin masa, de longitud L, que oscila en un plano vertical alrededor del punto de suspensión O. La guía llama α al ángulo que forma el hilo con la vertical, y αMAX a su valor máximo (la amplitud angular); muchos libros de texto usan θ, y la sección 14 también, para el péndulo físico. La aceleración angular se escribe γ = d²α/dt² (en muchos libros de texto, α). El ángulo α se mide desde la vertical, positivo hacia un lado elegido, y en las fórmulas va siempre en radianes.

Ecuación de movimiento

Sobre la masa actúan el peso m g y la tensión del hilo, que en esta sección se escribe Th para no confundirla con el período. La masa se mueve sobre una circunferencia de radio L, así que conviene usar ejes intrínsecos (sección 3): uno tangente a la trayectoria, positivo hacia donde crece α, y uno normal, sobre el hilo y hacia O.

O +α L α m g Th m g sen α m g cos α g
Péndulo simple apartado un ángulo α (positivo hacia la derecha). La componente tangencial del peso, m g sen α, siempre apunta hacia la vertical: es la que lo hace oscilar. La tensión y la componente m g cos α están sobre el hilo y sólo cambian la dirección de la velocidad.

La tensión no tiene componente tangencial. El peso se descompone en m g cos α a lo largo del hilo, hacia afuera, y m g sen α tangente a la trayectoria y siempre hacia la vertical. Como el arco recorrido es s = L α con L fijo, la aceleración tangencial es at = L γ. La segunda ley en la dirección tangencial queda

m L γ = −m g sen α   →   d²αdt² = −gL sen α

Se llega a lo mismo tomando momentos respecto de O: la tensión pasa por O y no hace momento, el peso hace −m g L sen α y el momento de inercia de la partícula respecto de O es m L² (así se trata el péndulo físico en la sección 14). La masa se simplifica: el movimiento de un péndulo simple no depende de cuánto pese.

Esta ecuación no es la del oscilador: tiene sen α en lugar de α. El péndulo también oscila con amplitudes grandes (con un hilo, hasta 90°: más arriba el hilo se afloja), pero su movimiento es un MAS sólo en forma aproximada, cuando el ángulo es chico.

Aproximación de ángulos chicos

Para ángulos chicos medidos en radianes, sen α ≈ α. La tabla muestra cuánto se equivoca uno con esa aproximación, y cuánto más largo es el período real que el de la fórmula aproximada:

ÁnguloEn radsen αError de sen α ≈ αPeríodo real / 2π √(L/g), si es la amplitud
5°0,08730,08720,13 %1,0005
10°0,17450,17360,51 %1,0019
15°0,26180,25881,2 %1,0043
20°0,34910,34202,1 %1,0077
30°0,52360,50004,7 %1,017
45°0,78540,707111 %1,040

Hasta unos 15° de amplitud, el período real se aparta menos de 0,5 % del de la fórmula aproximada. Con la aproximación:

d²αdt² = −gL α   →   ω = √(gL)   ·   T = 2π √(Lg)

Es la ecuación del oscilador con α en lugar de x y g/L en lugar de k/m. El período depende sólo de L y de g: no de la masa y, mientras el ángulo sea chico, tampoco de la amplitud. Esa independencia de la amplitud (el isocronismo) es lo que hizo útiles a los péndulos para medir el tiempo. Con amplitudes grandes el período crece un poco (última columna) y el movimiento ya no es un MAS.

Masa y resortePéndulo simple (ángulos chicos)
Variableposición x, desde el equilibrioángulo α, desde la vertical
Lo que lo devuelvela fuerza del resorte, −k xla componente tangencial del peso, −m g sen α ≈ −m g α
Ecuaciónd²x/dt² = −(k/m) xd²α/dt² = −(g/L) α
Pulsaciónω = √(k/m)ω = √(g/L)
Período2π √(m/k)2π √(L/g)
No depende dela amplitud ni de gla masa ni (casi) de la amplitud
¿Es un MAS?exacto, si el resorte cumple la ley de Hookeaproximado, para ángulos chicos
Un péndulo de dos segundos
¿Qué largo tiene que tener un péndulo simple para que su período sea 2,00 s (un segundo en cada ida)? ¿Cuál sería su período en la Luna, donde g = 1,62 m/s²?
Largo: de T = 2π √(L/g), L = g T² / (4π²) = 9,8 · 2,00² / 39,48 = 0,993 m. → En la Luna: T = 2π √(0,993 / 1,62) = 4,92 s. El mismo péndulo atrasaría muchísimo: g aparece en su período, al revés de lo que pasa con el resorte vertical.

La solución: ángulo, velocidad angular y aceleración angular

Con la aproximación, la solución es la del MAS:

α(t) = αMAX cos(ω t + φ)
dαdt = −ω αMAX sen(ω t + φ)   ·   γ = d²αdt² = −ω² αMAX cos(ω t + φ) = −ω² α

αMAX es la amplitud angular, en rad, y φ la fase inicial. Si el enunciado da la amplitud pero no dice desde dónde se cuenta el tiempo, cualquier fase es compatible con los datos; lo más cómodo es poner t = 0 en un extremo (φ = 0: se lo suelta desde αMAX) o en el paso por la vertical (φ = −π/2: α = αMAX sen(ω t)). Los gráficos de α, dα/dt y γ contra t son los de x, v y a de la figura de más arriba, con αMAX, ω αMAX y ω² αMAX como amplitudes. Para graficar tres períodos alcanza con repetir tres veces el dibujo de uno.

Las magnitudes de la masa salen multiplicando por L: el arco es s = L α, la velocidad (tangente a la trayectoria) vale v = L dα/dt y la aceleración tangencial at = L γ. La rapidez máxima, al pasar por la vertical, es L ω αMAX.

Dos ω distintas
En el péndulo hay dos magnitudes que se miden en rad/s. La pulsación ω = √(g/L) es una constante del péndulo: dice cuán rápido avanza la fase. La velocidad angular del hilo, dα/dt, dice cuán rápido gira el hilo en cada instante: cambia todo el tiempo, se anula en los extremos y su máximo es ω αMAX, menor que ω porque αMAX es chico. Lo mismo con la aceleración angular: γ = −ω² α depende del ángulo, y no es ω².

Si se pide el gráfico de la rapidez angular, |dα/dt|, es el de la velocidad angular con la parte negativa dada vuelta: nunca es negativo, se anula en cada extremo (con una punta en forma de V, porque ahí la velocidad angular cambia de signo) y su período es T/2. La velocidad angular, en cambio, dice además para qué lado gira el hilo.

dα/dt ω αMAX −ω αMAX t |dα/dt| ω αMAX t T/2 T 3T/2 2T
Arriba, la velocidad angular del hilo, dα/dt, para un péndulo soltado desde α = αMAX en t = 0: tiene signo, que dice para qué lado va. Abajo, la rapidez angular |dα/dt|: es la de arriba con la parte negativa dada vuelta, y su período es T/2.
Ecuación y solución de un péndulo
Un péndulo simple de 1,20 m y 0,50 kg se suelta desde el reposo con el hilo a 0,20 rad (11,5°) de la vertical. Escribir la ecuación de movimiento, el período, una expresión de α(t), los máximos de la velocidad y de la aceleración angulares y la rapidez máxima de la masa.
Ecuación: m L γ = −m g sen α ≈ −m g α ⟹ d²α/dt² = −(9,8 / 1,20) α = −8,17 s⁻² · α. La amplitud de 0,20 rad es chica: el error de tomar sen α ≈ α es menor que 1 %. → Período: ω = √(9,8 / 1,20) = 2,86 rad/s ⟹ T = 2π / 2,858 = 2,20 s. → Solución: con t = 0 cuando se lo suelta, α(t) = 0,20 cos(2,86 t), con α en rad y t en s. Pasa por la vertical por primera vez en t = T/4 = 0,55 s. → Velocidad angular máxima (en la vertical): ω αMAX = 2,858 · 0,20 = 0,57 rad/s. → Aceleración angular máxima (en los extremos): ω² αMAX = 8,17 · 0,20 = 1,63 rad/s². → Rapidez máxima: v = L ω αMAX = 1,20 · 0,572 = 0,69 m/s. La masa de 0,50 kg no se usó: no influye en nada de esto.

Rapidez en función del ángulo

La rapidez de la masa en cada posición sale de la conservación de la energía: la tensión es perpendicular a la velocidad y no trabaja, y el único que trabaja es el peso. Con el nivel de referencia en el punto más bajo, cuando el hilo forma un ángulo α la masa está a una altura h = L (1 − cos α). Igualando la energía en el extremo (quieta, en αMAX) con la de una posición cualquiera:

m g L (1 − cos αMAX) = ½ m v² + m g L (1 − cos α)   →   v = √(2 g L (cos α − cos αMAX))

Esta fórmula es exacta: no usa la aproximación de ángulos chicos y vale para cualquier amplitud. Con ángulos chicos, cos α ≈ 1 − α²/2, y queda v ≈ √(g L (αMAX² − α²)) = L ω √(αMAX² − α²), que es la relación v² = ω² (A² − x²) del MAS con A = L αMAX y x = L α. Para el péndulo del ejemplo anterior, en la vertical da 0,685 m/s con la fórmula exacta y 0,686 m/s con la aproximada: con 0,20 rad la diferencia es menor que 0,2 % (redondeadas a dos cifras dan 0,68 y 0,69 m/s sólo porque caen a uno y otro lado de 0,685).

Tensión del hilo y aceleración de la masa

La ecuación en la dirección normal (hacia O) da la tensión. La masa recorre un arco de radio L, así que su aceleración normal es v²/L, hacia O:

Th − m g cos α = m v²L

Reemplazando v² = 2 g L (cos α − cos αMAX), que salió de la energía:

Th = m g (3 cos α − 2 cos αMAX)

La aceleración de la masa tiene dos componentes, la tangencial y la normal:

|at| = g sen |α|   ·   an = v²L = 2 g (cos α − cos αMAX)   ·   |a| = √(at² + an²)
PosiciónRapidezTensión ThAceleración
Más baja (α = 0)máxima: √(2 g L (1 − cos αMAX))m g (3 − 2 cos αMAX), mayor que m gsólo normal, hacia O: 2 g (1 − cos αMAX)
Extremo (α = αMAX)cerom g cos αMAX, menor que m gsólo tangencial, hacia la vertical: g sen αMAX
Intermedia√(2 g L (cos α − cos αMAX))m g (3 cos α − 2 cos αMAX)las dos componentes
O at extremo v = 0 an abajo v máxima a mitad de la amplitud g
Aceleración de la masa en tres puntos (ángulo exagerado, flechas a la misma escala). En el extremo es sólo tangencial (v = 0, no hay centrípeta); abajo es sólo centrípeta y apunta a O (la tangencial, g sen α, se anula); en el medio tiene las dos componentes y la resultante queda inclinada. Nunca es cero.

Lo que más cuesta ver: en el punto más bajo la aceleración no es cero. La tangencial se anula (por eso la rapidez es máxima ahí), pero la masa está doblando y tiene aceleración centrípeta; por eso la tensión supera al peso. Y en el extremo la tensión no es m g: la masa está quieta pero acelerada tangencialmente, y en la dirección del hilo las fuerzas se equilibran porque v = 0: Th = m g cos αMAX. La tensión es máxima abajo y mínima en los extremos. Para ángulos chicos, la tensión abajo es aproximadamente m g (1 + αMAX²), apenas más que el peso.

Tensión y aceleración en tres puntos
Para el péndulo de 1,20 m y 0,50 kg soltado desde αMAX = 0,20 rad, hallar la tensión del hilo y la aceleración de la masa en el punto más bajo, en el extremo y a mitad de la amplitud (α = 0,10 rad).
Valores útiles: m g = 0,50 · 9,8 = 4,90 N; cos 0,20 = 0,98007; cos 0,10 = 0,99500; sen 0,20 = 0,19867; sen 0,10 = 0,09983. → Punto más bajo: v² = 2 · 9,8 · 1,20 · (1 − 0,98007) = 0,469 m²/s² (v = 0,685 m/s); Th = 4,90 · (3 − 2 · 0,98007) = 5,10 N; la aceleración es sólo normal, v²/L = 0,391 m/s², hacia arriba (hacia O). → Extremo: v = 0; Th = 4,90 · 0,98007 = 4,80 N; la aceleración es sólo tangencial, g sen αMAX = 9,8 · 0,19867 = 1,95 m/s², tangente a la trayectoria y hacia la vertical. → Mitad de la amplitud: v² = 2 · 9,8 · 1,20 · (0,99500 − 0,98007) = 0,351 m²/s² (v = 0,593 m/s); Th = 4,90 · (3 · 0,99500 − 2 · 0,98007) = 5,02 N; at = 9,8 · 0,09983 = 0,978 m/s² y an = 0,351 / 1,20 = 0,293 m/s², así que |a| = √(0,978² + 0,293²) = 1,02 m/s². → Lectura: la tensión cambia poco (entre 4,80 N y 5,10 N, alrededor del peso) porque la amplitud es chica, y la aceleración nunca se anula.

Cómo se plantean los problemas de la guía

MAS con la frecuencia y la carrera (tipo problema 22)

  1. Pasar todo a SI: la carrera (la longitud de la trayectoria) es 2A; las rpm o los ciclos por minuto se dividen por 60 para tener f en Hz, y ω = 2π f.
  2. Ubicar dónde se pide cada cosa: en los extremos de la carrera la aceleración y la fuerza neta son máximas (ω² A y m ω² A) y la velocidad es nula; en el punto medio la rapidez es máxima (ω A) y la aceleración es nula.
  3. Si cambia la frecuencia con la misma amplitud, razonar con las potencias: la rapidez va con ω, la aceleración y la fuerza con ω².

Justificar el MAS y hallar A y T con datos en dos instantes (tipo 23)

  1. Mostrar que la fuerza es de la forma −c x con c > 0 y escribir la segunda ley: d²x/dt² = −(c/m) x. Eso justifica que es un MAS.
  2. Calcular ω = √(c/m) y T = 2π/ω.
  3. Escribir x(t) = A cos(ω t + φ) y v(t) = −ω A sen(ω t + φ) y plantear un dato por instante: con el de posición salen dos candidatos para φ, con el de velocidad sale A.
  4. Quedarse con A > 0 y controlar con los dos datos. La longitud de la trayectoria es 2A.

Péndulo simple completo (tipo 24)

  1. Diagrama de cuerpo libre de la masa con el peso y la tensión, ejes tangencial y normal. Ecuación tangencial: m L γ = −m g sen α. Si αMAX es chico (en rad), aproximar sen α ≈ α y decirlo.
  2. ω = √(g/L) y T = 2π √(L/g), con L en metros.
  3. Una solución: α(t) = αMAX cos(ω t + φ), eligiendo φ según dónde se ponga t = 0. Derivar para tener dα/dt y γ.
  4. Gráficos: los tres son senoidales del mismo período, corridos T/4 uno de otro; γ es α dada vuelta y escalada por ω². La rapidez angular es |dα/dt|, de período T/2.
  5. Rapidez en función del ángulo, por energía: v = √(2 g L (cos α − cos αMAX)).
  6. Tensión, con la ecuación normal en cada posición pedida: Th = m g cos α + m v²/L. Aceleración: componentes g sen |α| (tangencial) y v²/L (normal), y su suma vectorial.

Dos bloques apilados unidos a un resorte (tipo 25)

  1. Mientras no resbalen, tratarlos como un solo cuerpo: ω² = k/(M + m).
  2. Diagrama de cuerpo libre del bloque de arriba solo: la única fuerza horizontal es el rozamiento estático, fe = m a.
  3. La aceleración máxima, ω² A, se da en los extremos. Pedir que el rozamiento necesario no supere μe m g y despejar la amplitud. En el enunciado y en la figura del problema 25 el coeficiente aparece como μs (la s es de static, estático en inglés): es el mismo μe.

Trampas del tema

Las que más cuestan
  • Carrera no es amplitud: la carrera de un pistón (la longitud de la trayectoria) es 2A.
  • rpm no son rad/s: f = rpm / 60 en Hz y ω = 2π f. Olvidar el 2π cambia ω en un factor 6,3 y la aceleración en un factor 39.
  • Fórmulas de MRUV en un MAS: la aceleración cambia con la posición; x = v₀ t + a t²/2 no vale.
  • Grados en lugar de radianes: en ω t + φ, en α(t) y en sen α ≈ α todo va en radianes.
  • Fase con un solo dato: cos φ = x₀/A deja dos ángulos; hace falta el signo de v₀ para elegir. Y tan φ en la calculadora puede devolver el ángulo del lado equivocado.
  • Amplitud negativa: si al despejar sale A < 0, la fase buena es la otra.
  • Resorte vertical: la amplitud se mide desde el equilibrio (resorte estirado m g / k), no desde la longitud natural, y el período no depende de g.
  • ω contra dα/dt: la pulsación del péndulo es constante; la velocidad angular del hilo varía y vale como máximo ω αMAX.
  • Tensión igual al peso: no lo es ni abajo (es mayor) ni en el extremo (es m g cos αMAX, menor).
  • Aceleración nula abajo: en el punto más bajo se anula sólo la tangencial; queda la centrípeta v²/L.
  • Rozamiento de los bloques apilados: es estático; no vale μe N en todo momento sino m a en cada instante. Es máximo en los extremos (m ω² A), no en el centro, y para que no resbale ese máximo no tiene que pasar de μe m g.
  • Dos T: en el péndulo conviven la tensión y el período; por eso acá la tensión es Th.
  • La masa en el período: el período del resorte depende de m; el del péndulo simple, no.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Reconocer un MAS por la forma de la fuerza (−c x, o −c (x − xe)) y escribir su ecuación diferencial.
  • Calcular ω, T y f a partir de k y m, de g y L, o de las rpm.
  • Escribir x(t), v(t) y a(t), sus máximos ω A y ω² A, y decir dónde ocurre cada uno.
  • Hallar A y φ con las condiciones iniciales o con datos en dos instantes, eligiendo bien el cuadrante.
  • Dibujar x, v y a contra t con sus desfases, y distinguir velocidad de rapidez.
  • Correr el equilibrio en un resorte vertical (Δl = m g / k) sabiendo que ω no cambia.
  • Usar la energía, ½ k A², para relacionar amplitud, rapidez y posición.
  • Plantear la condición de no deslizamiento de un bloque apoyado sobre otro que oscila.
  • Deducir la ecuación del péndulo, aproximarla para ángulos chicos y dar T = 2π √(L/g) y α(t).
  • Calcular la rapidez del péndulo por energía, y la tensión y la aceleración en cualquier posición.
↑ Volver al índice
6 Unidad 1 · Trabajo y energía

Las leyes de Newton dan la aceleración en cada instante. Muchas preguntas, en cambio, piden una velocidad en una posición: con qué velocidad llega abajo un cuerpo que bajó por una rampa curva, cuánto se comprime un resorte, si un carrito completa un rizo. Para eso está el planteo por energía: el trabajo de las fuerzas dice cuánto cambia la energía cinética entre dos posiciones, sin seguir el movimiento instante por instante. Esta sección arma ese planteo para una partícula: trabajo, potencia, energía cinética, energía potencial, fuerzas conservativas y no conservativas, y conservación de la energía mecánica.

Es el último bloque de la unidad 1 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3 (y en el integrador, que abarca las cinco). Con esta sección se resuelven, de la unidad 1: el trabajo de cada fuerza sobre un cuerpo que sube un plano inclinado (problema 32), la energía cinética en la espiral del problema 10 (33), el trabajo de una fuerza leído de un gráfico (34), la potencia de un auto que acelera (35), las afirmaciones sobre potencia, trabajo y energía (36), el malacate que sube un furgón minero (37), la energía del sistema masa y resorte y sus gráficos (38), el resorte estirado por una fuerza constante (39 y 40), las energías de un proyectil (41), la piedra que baja por un tazón con rozamiento (42), el péndulo cuyo hilo toca un clavo (43), el resorte que lanza un objeto hacia una pista circular (44) y el paquete que baja por un plano inclinado contra un resorte (45). Se dan por vistos la cinemática, las leyes de Newton con el diagrama de cuerpo libre y el rozamiento (secciones 3 y 4), y el oscilador de masa y resorte y el péndulo simple (sección 5).

Notación. El trabajo es W y la potencia, P; para que no se confunda con la potencia, el peso se escribe siempre m g. Las energías son Ec (cinética), Ep (potencial: Epg la gravitatoria y Epe la elástica) y Em = Ec + Ep (mecánica). Wfnc es el trabajo de las fuerzas no conservativas. Δ es siempre final menos inicial. De un resorte, l₀ es la longitud natural y Δl = l − l₀ la deformación (positiva si está estirado, negativa si está comprimido). El libro de la cátedra llama a Wtotal = ΔEc teorema de las fuerzas vivas (muchos libros de texto le dicen teorema del trabajo y la energía cinética) y a Wfnc = ΔEm, teorema del trabajo y la energía mecánica.

Trabajo de una fuerza

Una fuerza F actúa sobre una partícula que, en un instante, se desplaza dr sobre su trayectoria (un tramo tan chico que se lo puede tomar recto). El trabajo elemental de la fuerza en ese tramo es el producto escalar de la fuerza por el desplazamiento, y el trabajo entre dos puntos A y B es la suma de todos esos aportes a lo largo del camino que recorre la partícula: una integral de línea.

dW = F · dr   ·   WA→B = ∫AB F · dr

Como sale de un producto escalar, el trabajo es un escalar: tiene signo pero no dirección. Se mide en joule: 1 J = 1 N · 1 m = 1 kg·m²/s². Escrito con módulos, F · dr = F cos θ ds, donde ds = |dr| es el largo del tramo y θ el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento, que es el ángulo entre la fuerza y la velocidad. F cos θ es la componente tangencial de la fuerza: sólo esa parte trabaja. La componente perpendicular a la trayectoria cambia la dirección de la velocidad, pero no trabaja nunca. En componentes cartesianas, F · dr = Fx dx + Fy dy + Fz dz.

A B dr F F cos θ θ P trayectoria
El trabajo elemental es dW = F · dr = F cos θ ds. Sólo cuenta la proyección de la fuerza sobre la dirección del movimiento (la tangente); la parte perpendicular no trabaja.

El signo lo decide el ángulo:

  • θ menor que 90°: W > 0. La fuerza tiene una componente a favor del movimiento (el peso sobre un cuerpo que cae, el motor que empuja).
  • θ = 90°: W = 0. La fuerza es perpendicular a la velocidad todo el tiempo (la normal de un piso fijo, la tensión del hilo de un péndulo, la fuerza que mantiene un movimiento circular).
  • θ mayor que 90°: W < 0. La fuerza se opone al movimiento (el rozamiento sobre un cuerpo que resbala sobre un piso fijo, el peso sobre un cuerpo que sube).
Qué mide el trabajo
El trabajo es la energía que una fuerza le da a la partícula (si es positivo) o le saca (si es negativo). Una fuerza puede ser enorme y no trabajar: para trabajar, el punto donde actúa tiene que moverse con una componente en la dirección de la fuerza. Una persona que sostiene una valija quieta se cansa, pero sobre la valija no hace trabajo.

Con varias fuerzas, el trabajo total es la suma de los trabajos de cada una. En una partícula todas las fuerzas actúan en el mismo punto y se desplazan lo mismo, así que esa suma es también el trabajo de la resultante.

Fuerza constante

Hay dos casos en los que la integral se resuelve sin cuentas, y conviene no mezclarlos:

  • La fuerza es un vector constante (mismo módulo y misma dirección todo el tiempo, como el peso). Sale de la integral: W = F · ∫dr = F · Δr, con Δr el desplazamiento entre el punto inicial y el final, por cualquier camino.
  • La fuerza tiene módulo constante y forma siempre el mismo ángulo con la velocidad (como el rozamiento dinámico sobre un piso, que siempre apunta contra el movimiento). Entonces W = F s cos θ, donde s es el largo del camino recorrido, que en un camino curvo o de ida y vuelta no es el módulo del desplazamiento.
W = F · Δr = F Δr cos θ = Fx Δx + Fy Δy   (F constante)
W = F s cos θ   (F y θ constantes; s, largo del camino)

En un camino recto recorrido en un solo sentido las dos coinciden. El libro de la cátedra lo escribe W = F Δr cos θ y subraya que no es la definición: sólo vale con módulo y ángulo constantes.

m g N fd F 20° d = 8,0 m 25° g
La caja sube d = 8,0 m. La cuerda forma 20° con el desplazamiento, el peso 90° + 25° = 115°, la normal 90° y el rozamiento 180°: cada ángulo se mide entre la fuerza y el desplazamiento, no contra la horizontal.
Trabajo de cada fuerza en un plano inclinado
Una caja de 6,0 kg sube 8,0 m por un plano inclinado 25°, tirada por una cuerda que forma 20° con el plano (hacia arriba y alejándose de la superficie) con una fuerza de 60 N. El coeficiente de rozamiento dinámico es 0,20. ¿Cuánto trabaja cada fuerza y cuánto el total?
Normal: en la dirección perpendicular al plano no hay aceleración, y la cuerda tiene una componente que tira hacia afuera: N = m g cos 25° − F sen 20° = 53,3 N − 20,5 N = 32,8 N. → Rozamiento: fd = μd N = 0,20 · 32,8 N = 6,55 N, hacia abajo del plano. → Cuerda: WF = F d cos 20° = 60 · 8,0 · 0,940 = 451 J. → Peso: forma 90° + 25° = 115° con el desplazamiento: Wpeso = m g d cos 115° = −m g d sen 25° = −6,0 · 9,8 · 8,0 · 0,423 = −199 J. Es lo mismo que −m g Δh, con Δh = 8,0 m · sen 25° = 3,38 m. → Normal: perpendicular al desplazamiento, WN = 0. → Rozamiento: Wroz = fd d cos 180° = −6,55 · 8,0 = −52,4 J. → Total: Wtotal = 451 − 199 + 0 − 52,4 = 200 J.
Si la caja partió del reposo, esos 200 J son su energía cinética al final (lo dice el teorema de las fuerzas vivas, más abajo): v = √(2 · 200 / 6,0) = 8,2 m/s. Ojo con la normal: si una fuerza aplicada tiene componente perpendicular al plano, la normal ya no es m g cos α, y el rozamiento tampoco.
El ángulo del producto escalar
El θ de W = F d cos θ es el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento, no entre la fuerza y la horizontal ni entre la fuerza y el plano. Para el peso en un plano inclinado de ángulo α es 90° + α si sube y 90° − α si baja; lo más seguro es no usar ángulos y escribir Wpeso = −m g Δh.

Fuerza variable: la integral y el área

Si la partícula se mueve sobre el eje x y la fuerza depende de la posición, sólo trabaja la componente Fx(x) y el trabajo es una integral común:

W = ∫xixf Fx(x) dx   =   área entre la curva Fx(x) y el eje x, con signo

En un gráfico de Fx contra x el trabajo se lee como un área: lo que queda por encima del eje suma y lo que queda por debajo resta, si la partícula avanza hacia x positivo. Si retrocede (xf < xi), la integral se recorre al revés y los signos se invierten: una fuerza positiva sobre un cuerpo que va hacia la izquierda hace trabajo negativo. Las áreas se cortan en figuras simples (triángulos, rectángulos, trapecios) y se suman.

x (m) Fₓ (N) 4 6 8 10 8 −8 16 J 16 J 8 J −8 J
El trabajo entre dos posiciones es el área entre la curva y el eje x, con signo: lo que está arriba del eje suma y lo que está abajo resta. De 0 a 8 m el trabajo es 16 + 16 + 8 = 40 J; de 8 a 10 m, −8 J.
Velocidades a partir de un gráfico de fuerza
Un cuerpo de 2,0 kg se mueve sobre el eje x y la componente Fx de la única fuerza que trabaja sobre él varía como en la figura. Parte del reposo en x = 0. ¿Qué velocidad tiene en x = 4 m, 8 m y 10 m?
Áreas: de 0 a 4 m, un triángulo de (1/2) · 4 m · 8 N = 16 J; de 4 a 6 m, un rectángulo de 2 m · 8 N = 16 J; de 6 a 8 m, un triángulo de (1/2) · 2 m · 8 N = 8 J; de 8 a 10 m, un triángulo debajo del eje, −8 J. → Trabajos acumulados: W(0→4) = 16 J, W(0→8) = 40 J, W(0→10) = 32 J. → Velocidades (con W = (1/2) m v² − 0): v(4) = √(2 · 16 / 2,0) = 4,0 m/s; v(8) = √40 = 6,3 m/s; v(10) = √32 = 5,7 m/s.
La velocidad es máxima en x = 8 m, donde la fuerza cambia de signo: hasta ahí la fuerza la empuja a favor y desde ahí la frena.

El trabajo de un resorte. Un resorte ideal (de masa despreciable, que cumple la ley de Hooke) le hace al cuerpo una fuerza proporcional a su deformación y opuesta a ella. Con el eje x a lo largo del resorte y el origen donde el resorte tiene su longitud natural, Fx = −k x. El gráfico es una recta y el área entre dos posiciones es un trapecio:

Wresorte = ∫xixf (−k x) dx = −(1/2) k (xf² − xi²)
x (m) Fₓ (N) 0,10 0,30 −20 −60 −8,0 J −k x
La fuerza del resorte es −k x. Cuando se estira de 0,10 m a 0,30 m, su trabajo es el área del trapecio, que queda debajo del eje: −(1/2) k (xf² − xi²) = −8,0 J. Fuerza por distancia no sirve, porque la fuerza cambia en el camino.

Con k = 200 N/m, si el resorte pasa de estar estirado 0,10 m a estarlo 0,30 m, el resorte hace −(1/2) · 200 · (0,30² − 0,10²) = −8,0 J. Una mano que lo estire despacio (sin darle energía cinética al extremo) hace +8,0 J. El trabajo del resorte es negativo cuando la deformación crece y positivo cuando el resorte vuelve hacia su longitud natural, estirado o comprimido.

Resorte: no es fuerza por distancia
Multiplicar k xf por lo que se estiró (200 · 0,30 · 0,20 = 12 J) o k xi por lo mismo (4,0 J) está mal: la fuerza cambia en el camino. Tampoco es (1/2) k (xf − xi)² = 4,0 J. Es la diferencia de los cuadrados: (1/2) k (xf² − xi²).

Energía cinética y teorema de las fuerzas vivas

La energía cinética de una partícula de masa m que se mueve con rapidez v es

Ec = (1/2) m v²

Es un escalar, nunca negativo, y no depende de la dirección de la velocidad. Sí depende del sistema de referencia, porque la velocidad depende de él: una valija en un tren tiene energía cinética para alguien parado en el andén y no para el pasajero sentado al lado.

De dónde sale el teorema. Se proyecta la segunda ley de Newton sobre la tangente a la trayectoria: la componente tangencial de la resultante cambia la rapidez, Ft = m dv/dt. El trabajo de la resultante en un tramo ds es Ft ds = m (dv/dt) ds. Como ds/dt = v, se puede reagrupar: m (dv/dt) ds = m (ds/dt) dv = m v dv, que es el diferencial de (1/2) m v². Integrando entre el punto inicial y el final:

Wtotal = ΔEc = (1/2) m vf² − (1/2) m vi²

Con vectores es lo mismo en una línea: Σ F · dr = m (dv/dt) · v dt = m v · dv = d((1/2) m v²). La parte normal de la resultante no aparece porque no trabaja. El nombre viene del siglo XVIII, cuando a m v² se la llamaba "fuerza viva".

Condiciones.

  • Wtotal es el trabajo de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula (o el de la resultante, que es lo mismo). Con el trabajo de una sola fuerza no vale.
  • Es un teorema de una partícula (o de un cuerpo que se traslada sin girar ni deformarse). Para un sistema de partículas y para un cuerpo rígido se extiende en las unidades 2 y 3.
  • Velocidades y desplazamientos se miden en un sistema inercial, que en los problemas es el sistema fijo a Tierra.

Consecuencias directas. Si la rapidez no cambia, el trabajo total es cero, aunque haya fuerzas: en un movimiento circular uniforme, o en cualquier curva recorrida con rapidez constante, la resultante es perpendicular a la velocidad en cada instante (sólo hay aceleración normal) y no trabaja. Un trabajo total positivo aumenta la rapidez y uno negativo la disminuye.

Distancia de frenado
Un auto a 72 km/h bloquea las ruedas en un camino horizontal con μd = 0,70. ¿En qué distancia se detiene? ¿Y si iba a 144 km/h?
Conversión: 72 km/h = 20 m/s. → Fuerzas: el peso y la normal son perpendiculares al desplazamiento y no trabajan; el rozamiento, fd = μd m g, hace −μd m g s. → Teorema: −μd m g s = 0 − (1/2) m v₀², así que s = v₀² / (2 μd g) = 20² / (2 · 0,70 · 9,8) = 29 m. → A 144 km/h (40 m/s): s = 40² / 13,72 = 117 m.
La masa se simplifica, y con el doble de velocidad la distancia es cuatro veces mayor: la energía cinética crece con v².

Potencia

Dos grúas que suben la misma carga a la misma altura hacen el mismo trabajo, pero la que lo hace en menos tiempo desarrolla más potencia: la potencia es la rapidez con la que una fuerza hace trabajo.

Pmedia = WΔt   ·   P = dWdt = F · drdt = F · v = F v cos θ

Se mide en watt: 1 W = 1 J/s. También se usa el caballo de fuerza, 1 HP ≈ 746 W. La potencia instantánea es la de una fuerza en un instante, y sólo cuenta la componente de la fuerza en la dirección de la velocidad. La potencia de la resultante es dEc/dt. La potencia media en un intervalo es el promedio en el tiempo de la instantánea.

Trabajo, energía y potencia no son lo mismo. Trabajo y energía se miden en joule; la potencia, en watt, es un ritmo. Por eso la energía se puede guardar (en un tanque de agua elevado, en un resorte comprimido, en una batería) y la potencia no: lo que se guarda es energía, que después se puede entregar más rápido o más despacio. La factura de la luz cobra energía, en kilowatt hora: 1 kWh = 1000 W · 3600 s = 3,6 · 10⁶ J. Dos personas del mismo peso que suben la misma altura hacen el mismo trabajo contra el peso; la que sube más rápido desarrolla más potencia. Una persona de 70 kg que sube 3,0 m hace 70 · 9,8 · 3,0 = 2,1 kJ: en 4,0 s son 515 W, en 12 s son 172 W.

Cuando un motor no entrega toda la potencia que consume (calor, rozamientos internos), su rendimiento es el cociente entre la potencia útil y la consumida, siempre menor que 1.

Con fuerza constante, la potencia crece

Una camioneta que acelera
Una camioneta de 1800 kg pasa de 18 km/h a 54 km/h en 10 s en una ruta horizontal, empujada por una fuerza constante (sin rozamiento con el aire). ¿Qué fuerza hace el motor, cuánto trabaja, qué distancia recorre y qué potencia desarrolla?
Conversión: 18 km/h = 5,0 m/s; 54 km/h = 15 m/s. → Fuerza: a = (15 − 5,0) / 10 = 1,0 m/s², y como es la única fuerza horizontal, F = m a = 1800 N. → Trabajo: W = ΔEc = (1/2) · 1800 · (15² − 5,0²) = 1,8 · 10⁵ J = 180 kJ. → Distancia: con aceleración constante, d = (vi + vf)/2 · Δt = 10 m/s · 10 s = 100 m. Control: F d = 1800 · 100 = 180 kJ. → Potencia media: W/Δt = 18 kW. → Potencia instantánea: F v pasa de 1800 · 5,0 = 9,0 kW al principio a 1800 · 15 = 27 kW al final.
Con fuerza constante la potencia no es constante: crece con la velocidad. La media (18 kW) es el promedio entre 9,0 y 27 kW porque acá la velocidad crece en forma lineal con el tiempo.

Con potencia constante, la aceleración baja

Si el motor entrega una potencia P constante y la fuerza que hace va en la dirección de la velocidad, F = P/v. Si es la única fuerza que trabaja, la aceleración es

a = Pm v   ·   P Δt = ΔEc   →   v² = v₀² + 2 P tm

A potencia constante la aceleración no es constante: cuanto más rápido va el auto, menos fuerza puede hacer el motor con la misma potencia y menos acelera. La velocidad sube cada vez más despacio, como la raíz cuadrada del tiempo. Arrancando del reposo la fórmula daría una fuerza infinita: ningún motor real entrega toda su potencia a velocidad cero (las ruedas patinarían), y a velocidades altas la resistencia del aire, que crece con v, termina igualando la fuerza del motor.

t (s) v (m/s) 30 10 6,7 13,3 fuerza constante potencia constante
Con potencia constante la aceleración es a = P/(m v): baja a medida que el auto toma velocidad. Las dos curvas salen con la misma pendiente (3 m/s² a 10 m/s), pero con 30 kW el auto tarda el doble en llegar a 30 m/s.
Potencia constante contra fuerza constante
Un auto de 1000 kg circula a 10 m/s y su motor entrega 30 kW constantes (sin rozamientos). ¿Cuánto acelera a 10, 20 y 30 m/s, y cuánto tarda en pasar de 10 a 30 m/s?
Aceleraciones: a = P/(m v) = 30 000 / (1000 · 10) = 3,0 m/s² a 10 m/s; 1,5 m/s² a 20 m/s; 1,0 m/s² a 30 m/s. → Tiempo: P Δt = ΔEc, así que Δt = (1/2) · 1000 · (30² − 10²) / 30 000 = 4,0 · 10⁵ J / 3,0 · 10⁴ W = 13 s. Con la aceleración inicial sostenida (3,0 m/s² constantes, es decir, con fuerza constante de 3000 N) hubiera tardado 20/3,0 = 6,7 s.

Potencia a velocidad constante y potencia máxima

Si un motor mueve un cuerpo a velocidad constante, la energía cinética no cambia: todo el trabajo del motor se va en subir el cuerpo (energía potencial) o en vencer el rozamiento. La fuerza del motor es la que equilibra a las demás (la segunda ley con a = 0) y su potencia es esa fuerza por la velocidad. Como el trabajo total es cero, el trabajo de la fuerza que sostiene o arrastra es menos el de las otras: si sólo están el peso y esa fuerza, vale +m g h cuando el cuerpo sube una altura h y −m g h cuando baja. Mientras el cuerpo acelera, el motor tiene que hacer más fuerza y la velocidad va creciendo: la potencia es máxima justo al final de la etapa de aceleración.

Un cable que sube un carro por una rampa
Un carro de 400 kg sube por una rampa de 12° (rozamiento despreciable), tirado por un cable paralelo a la rampa. Parte del reposo, acelera uniformemente hasta 1,8 m/s en 6,0 s y después sigue a velocidad constante. ¿Qué potencia desarrolla el motor a velocidad constante? ¿Cuál es la potencia máxima? ¿Cuánto trabaja el cable hasta que el carro recorrió 300 m?
A velocidad constante: a lo largo de la rampa, T = m g sen 12° = 400 · 9,8 · 0,208 = 815 N, y P = T v = 815 · 1,8 = 1,47 kW. → Mientras acelera: a = 1,8/6,0 = 0,30 m/s² y T = m g sen 12° + m a = 815 + 120 = 935 N. La potencia T v crece con v y llega a 935 · 1,8 = 1,68 kW justo antes de terminar la aceleración: ésa es la máxima. Un instante después la tensión baja a 815 N y la potencia, a 1,47 kW. → Trabajo hasta 300 m: el cable es la única fuerza no conservativa que trabaja (la normal no), así que WT = ΔEc + m g Δh = (1/2) · 400 · 1,8² + 400 · 9,8 · (300 m · sen 12°) = 648 J + 244 500 J = 2,45 · 10⁵ J. Por tramos da lo mismo: en la aceleración recorre (1,8/2) · 6,0 = 5,4 m, y 935 N · 5,4 m + 815 N · 294,6 m = 2,45 · 10⁵ J.
P = F v, con cuidado
P = F v cos θ es la potencia de esa fuerza, con la componente en la dirección de la velocidad. A velocidad constante la potencia del motor no es cero (la del total sí lo es). Y una potencia media no se calcula como fuerza media por velocidad media salvo casos particulares: se calcula como W/Δt.

Fuerzas conservativas y energía potencial

El trabajo del peso

Cerca de la superficie terrestre el peso es un vector constante. Con el eje y vertical hacia arriba, m g = −m g ĵ, y el desplazamiento elemental es dr = dx î + dy ĵ. El producto escalar sólo deja la parte vertical: m g · dr = −m g dy. Integrando entre la altura inicial y la final,

Wpeso = −m g (yf − yi) = −m g Δy
A B camino 1 camino 2 |Δy| m g g
El trabajo del peso entre A y B es −m g Δy por cualquiera de los dos caminos: sólo importa cuánto bajó. Con rozamiento sería distinto: su trabajo, −∫ μd N ds, depende del camino, porque de uno a otro cambian el largo y la normal. Y el más largo no es por fuerza el que más pierde: sobre una loma, con el cuerpo en movimiento, la normal es menor que la componente del peso perpendicular al camino.

De ahí salen tres propiedades. El trabajo del peso no depende del camino: sólo de la altura inicial y la final. Es positivo cuando el cuerpo termina más abajo y negativo cuando termina más arriba. En un camino cerrado (vuelve a la misma altura) vale cero. Si se llama Epg = m g y, el trabajo del peso es menos la variación de esa función: Wpeso = −ΔEpg.

Qué es una fuerza conservativa

Una fuerza es conservativa cuando su trabajo entre dos puntos no depende del camino que siga la partícula, sólo del punto inicial y del final. Dicho de otra manera: su trabajo en cualquier camino cerrado es cero. Para eso tiene que depender sólo de la posición (no de la velocidad ni del tiempo). Para una fuerza así se puede definir una función de la posición, la energía potencial Ep, tal que

Wcons = −ΔEp = −(Ep,f − Ep,i)   ·   Fx = −dEpdx

La segunda expresión sale de aplicar la primera a un tramo dx: Fx dx = −dEp. En tres dimensiones es F = −∇Ep (el gradiente: el vector de las derivadas parciales respecto de x, y, z), que es como el libro de la cátedra define una fuerza conservativa. La fuerza apunta siempre hacia donde la energía potencial baja. Son conservativas el peso, la fuerza de un resorte ideal, la fuerza gravitatoria y la eléctrica.

La energía potencial está definida salvo una constante: si a todos sus valores se les suma el mismo número, ΔEp no cambia y la fuerza tampoco. Sólo las diferencias tienen sentido físico, y por eso el cero se elige.

Energía potencial gravitatoria y nivel de referencia

Epg = m g y   (y medida hacia arriba desde el nivel que se elija como cero)
  • El nivel de referencia (donde Epg = 0) se elige libremente: el punto más bajo del problema, el punto de partida, el piso. Por debajo de ese nivel la energía potencial es negativa, y no hay ningún problema con eso.
  • Una vez elegido, se mantiene en todo el problema y se marca en el dibujo. Cambiarlo suma la misma constante a todos los valores: no cambia ΔEpg, ni el trabajo del peso, ni las velocidades que se calculen.
  • Vale para alturas chicas frente al radio terrestre, donde g es constante. Lejos de la superficie la fuerza gravitatoria baja como 1/r² y su energía potencial es −G M m / r, con el cero en el infinito; en esta materia alcanza con m g y.

Energía potencial elástica

Para un resorte ideal, el trabajo calculado más arriba se escribe como menos la variación de

Epe = (1/2) k Δl²   (Δl = l − l₀, lo que está estirado o comprimido respecto de su longitud natural)

Es cero con el resorte en su longitud natural y positiva tanto estirado como comprimido: un resorte comprimido 5 cm guarda la misma energía que estirado 5 cm. Acá el cero no se elige: la fórmula supone que Δl se mide desde la longitud natural. En el oscilador horizontal, con el origen en la longitud natural, Δl = x.

La deformación se mide desde l₀
Δl no es la longitud del resorte (l), ni la distancia desde donde se soltó el cuerpo, ni la distancia a la posición de equilibrio. Si un resorte de longitud natural 30 cm mide 22 cm, Δl = −8 cm y Epe = (1/2) k (0,08 m)². Con un resorte vertical hay que sumar las dos energías potenciales: m g y + (1/2) k Δl². Un cuerpo de 0,50 kg apoyado sobre un resorte vertical de 49 N/m queda en equilibrio con el resorte comprimido m g/k = 0,10 m; si se lo suelta desde la longitud natural, baja hasta comprimirlo 0,20 m (m g Δl = (1/2) k Δl² da Δl = 2 m g/k), el doble. Compresión máxima (velocidad cero) y equilibrio (fuerza neta cero) son posiciones distintas.

Fuerzas no conservativas

Una fuerza es no conservativa cuando su trabajo depende del camino. El ejemplo típico es el rozamiento dinámico sobre una superficie fija: apunta siempre contra el movimiento, así que su trabajo, −∫ fd ds, siempre es negativo. Si fd es constante (un piso horizontal, por ejemplo) vale −fd s, con s el largo del camino; en un camino curvo la normal cambia de punto a punto y hay que integrar. Si se arrastra una caja de 10 kg por un piso con μd = 0,30 desde A hasta B, a 5,0 m en línea recta, el rozamiento hace −0,30 · 10 · 9,8 · 5,0 = −147 J; si se la lleva pasando por un punto C (3,0 m hasta C y 4,0 m desde C hasta B), hace −206 J. Y si se la vuelve a dejar en A, el trabajo del rozamiento no es cero. Para una fuerza así no existe energía potencial. Tampoco para la resistencia del aire o la fuerza viscosa (dependen de la velocidad), ni para las fuerzas que hacen una persona, un motor, un cable o un apoyo.

Fuerza¿Conservativa?Su trabajo
PesoSí−m g Δy = −ΔEpg
Resorte idealSí−ΔEpe = −(1/2) k (Δlf² − Δli²)
Normal de una superficie fijaNoCero: es perpendicular a la velocidad
Tensión de un hilo con un extremo fijo (péndulo), aunque el hilo se apoye en un clavo o se enrolle en un posteNoCero: sobre la partícula apunta a lo largo del hilo y la velocidad es perpendicular al hilo
Rozamiento dinámico con una superficie fijaNo−∫ fd ds (−fd s si fd es constante, con s el largo del camino): siempre negativo
Rozamiento estático con una superficie fijaNoCero: el punto de contacto no se desplaza
Rozamiento o normal de algo que se mueve (caja sobre un camión, piso de un ascensor)NoPuede ser positivo, negativo o cero
Fuerza de una persona, un motor o un cableNoF · Δr si es constante; ∫ F · dr o ∫ P dt en general
Resistencia del aire, fuerza viscosaNoNegativo: se opone a la velocidad
No conservativa no es lo mismo que disipativa
Una fuerza disipativa es la que hace bajar la energía mecánica (el rozamiento entre superficies que resbalan, que la convierte en calor). Pero una fuerza no conservativa también puede darle energía al cuerpo. Una caja de 20 kg va en la caja de un camión que arranca y llega a 10 m/s sin que la caja resbale. Vista desde la calle, la única fuerza horizontal sobre la caja es el rozamiento estático del piso del camión, y la caja ganó (1/2) · 20 · 10² = 1000 J de energía cinética: ese rozamiento hizo +1000 J. Es no conservativo, pero no disipó nada.

Conservación de la energía mecánica

El teorema del trabajo y la energía mecánica

Se separa el trabajo total en el de las fuerzas conservativas y el de las no conservativas: Wtotal = Wcons + Wfnc. El de las conservativas es −ΔEp (sumando todas las energías potenciales: gravitatoria y elástica), y el total es ΔEc. Entonces Wfnc − ΔEp = ΔEc, es decir:

Em = Ec + Epg + Epe   ·   Wfnc = ΔEm = Em,f − Em,i

El trabajo de las fuerzas no conservativas es la variación de la energía mecánica. Si ese trabajo es cero, la energía mecánica se conserva: Em,i = Em,f. La energía no desaparece: cambia de forma (potencial gravitatoria en cinética, cinética en elástica). Cuando hay rozamiento, la energía mecánica que se pierde pasa a energía interna de los cuerpos en contacto (se calientan).

La condición de conservación
La energía mecánica se conserva cuando el trabajo de las fuerzas no conservativas es cero, no cuando "no hay fuerzas no conservativas". Un péndulo tiene la tensión del hilo y una pista lisa tiene la normal: son no conservativas, pero no trabajan, y la energía mecánica se conserva igual. Al revés, sin rozamiento pero con un motor o una persona que empuja, la energía mecánica cambia. Vale para una partícula, en un sistema inercial.

Hay dos maneras equivalentes de plantear un problema, y no se mezclan:

PlanteoEl peso y el resorte vanEcuación
Teorema de las fuerzas vivasComo trabajos (−m g Δy, −ΔEpe)Wpeso + Wresorte + Wfnc = ΔEc
Trabajo y energía mecánicaComo energías potenciales, dentro de EmWfnc = ΔEm

Poner el peso como trabajo y además como energía potencial es contarlo dos veces.

Cómo se plantea

  1. Elegí la partícula y dos estados: el inicial y el final, las posiciones donde conocés o te piden la velocidad. Si el movimiento cambia de régimen (un tramo con rozamiento y otro sin, un resorte que se suelta o empieza a comprimirse, una fuerza que deja de actuar), cortalo en tramos y encadenalos: el estado final de uno es el inicial del siguiente.
  2. Hacé el diagrama de cuerpo libre y clasificá cada fuerza: conservativa (va a Ep), no conservativa que trabaja (va a Wfnc) o no conservativa que no trabaja (no aparece).
  3. Elegí el nivel cero de la energía potencial gravitatoria y marcalo en el dibujo. El de la elástica es la longitud natural.
  4. Escribí la energía mecánica en cada estado, término por término: (1/2) m v² + m g y + (1/2) k Δl².
  5. Calculá Wfnc: el rozamiento como −μd N s, con N sacada de la segunda ley en la dirección perpendicular al movimiento; una fuerza aplicada como F · Δr. Si un trabajo no se puede calcular (rozamiento en una pista curva, donde N cambia punto a punto), es una incógnita o un dato.
  6. Igualá Wfnc = Em,f − Em,i y despejá.
  7. Controlá: la energía cinética no puede salir negativa (si sale, el cuerpo no llega a ese punto); con rozamiento tiene que salir menos velocidad que sin él; las unidades.

Si además te piden una fuerza en un punto (la normal en una pista curva, la tensión de un hilo), la energía da la velocidad ahí y la segunda ley en la dirección normal da la fuerza.

Un tobogán: cuánto trabajó el rozamiento
Un chico de 25 kg se larga desde el reposo por un tobogán de 3,2 m de alto y llega abajo con 5,0 m/s. ¿Con qué velocidad llegaría sin rozamiento? ¿Cuánto trabajó el rozamiento?
Nivel cero: el pie del tobogán. → Sin rozamiento: la normal no trabaja y se conserva Em: m g h = (1/2) m v², v = √(2 g h) = √(2 · 9,8 · 3,2) = 7,9 m/s, sea cual sea la forma del tobogán y la masa del chico. → Con rozamiento: Wfnc = Em,f − Em,i = (1/2) · 25 · 5,0² − 25 · 9,8 · 3,2 = 312 J − 784 J = −472 J.
No se puede calcular como −μ m g s: en un tobogán curvo la normal cambia de punto a punto (depende de la inclinación y de la velocidad). La energía da el trabajo total del rozamiento sin necesitar ese detalle.
Una bolita en una canaleta semicircular
Una bolita de 0,050 kg se suelta desde el reposo en el borde de una canaleta semicircular de radio 0,40 m, fija al piso. Entre el borde y el fondo el rozamiento trabaja −0,040 J. ¿Con qué velocidad pasa por el fondo?
Nivel cero: el fondo; el borde está una altura R más arriba. → Fuerzas: el peso (conservativo), la normal (perpendicular a la velocidad, no trabaja) y el rozamiento (dato). → Ecuación: Wfnc = (1/2) m v² − m g R, así que −0,040 = (1/2) · 0,050 · v² − 0,050 · 9,8 · 0,40 = 0,025 v² − 0,196. → Resultado: v² = 0,156/0,025 = 6,24 m²/s², v = 2,5 m/s (sin rozamiento serían √(2 g R) = 2,8 m/s).
Las energías de un proyectil
Una pelota de 2,0 kg se lanza desde el suelo con v₀ = (12 î + 16 ĵ) m/s, sin rozamiento con el aire. Nivel cero en el punto de lanzamiento.
Al principio: Ec = (1/2) · 2,0 · (12² + 16²) = 400 J, Epg = 0, Em = 400 J. → A t = 1,0 s: y = 16 · 1,0 − (1/2) · 9,8 · 1,0² = 11,1 m y vy = 16 − 9,8 = 6,2 m/s (vx no cambia): Ec = (1/2) · 2,0 · (12² + 6,2²) = 182 J y Epg = 2,0 · 9,8 · 11,1 = 218 J. Suman 400 J. → A 5,0 m de altura: Epg = 98 J y, sin hacer cinemática, Ec = 400 − 98 = 302 J (v = 17,4 m/s, al subir y al bajar). → ¿A qué altura la energía cinética es la mitad de la inicial? Ec = 200 J deja Epg = 200 J: y = 200/(2,0 · 9,8) = 10,2 m. → ¿Puede bajar al 30 % de la inicial? No: en la altura máxima la velocidad no es cero, queda vx. La energía cinética nunca baja de (1/2) · 2,0 · 12² = 144 J, el 36 % de la inicial. La altura máxima es 16²/(2 · 9,8) = 13,1 m, donde Epg = 256 J = 400 J − 144 J.
Antes de despejar una altura a partir de una energía cinética, hay que comprobar que esa energía cinética sea posible.

Gráficos de energía contra posición

Si una partícula se mueve sobre una recta y sólo trabajan fuerzas conservativas, Em es constante y la energía cinética en cada posición es Ec(x) = Em − Ep(x). Como Ec no puede ser negativa, la partícula sólo puede estar donde Ep(x) ≤ Em. En un gráfico se dibuja la curva Ep(x) y una recta horizontal a la altura de Em, y se lee todo el movimiento:

x E Em x₁ x₂ Ec estable inestable Ep(x)
La energía cinética es la distancia vertical entre la recta de Em y la curva de Ep. Donde se cortan, v = 0: son los puntos de retorno. En el mínimo hay equilibrio estable y en el máximo, inestable. La fuerza es −dEp/dx: empuja siempre hacia donde la curva baja.
  • Zona permitida: donde la curva queda por debajo de la recta. La distancia vertical entre la recta y la curva es la energía cinética en ese punto: donde la curva está más baja, la partícula va más rápido.
  • Puntos de retorno: donde la curva corta la recta, Ec = 0. La partícula se detiene un instante y vuelve. En un punto de retorno la velocidad es cero pero la fuerza no: Fx = −dEp/dx apunta hacia la zona permitida. Entre dos puntos de retorno el movimiento va y viene.
  • Equilibrio: donde dEp/dx = 0 la fuerza es cero. En un mínimo el equilibrio es estable: si se aparta un poco a la partícula, la fuerza la devuelve y oscila alrededor. En un máximo es inestable: cualquier apartamiento la aleja. En un tramo horizontal, indiferente.
  • Si la recta de Em pasa por encima de un máximo, la partícula lo supera, más lenta arriba que a los costados.

Energía en el oscilador y en el péndulo

Masa y resorte

Un bloque de masa m sobre una superficie horizontal sin rozamiento, unido a un resorte de constante k. Con x medida desde la longitud natural (que acá es también la posición de equilibrio), el peso y la normal no trabajan y la energía mecánica se conserva:

Em = (1/2) m v² + (1/2) k x² = (1/2) k A² = (1/2) m vmáx²

En los extremos (x = ±A) el bloque se detiene y toda la energía es elástica; al pasar por x = 0 toda es cinética. De ahí salen las relaciones del MAS de la sección 5 sin integrar nada: vmáx = √(k/m) A = ω A, y en cualquier posición

v = ± ω √(A² − x²)   ·   A = √(2 Em / k)

La amplitud queda fijada por la energía: con el doble de energía, la amplitud es √2 veces mayor. Con x(t) = A cos(ω t + φ), la energía potencial es (1/2) k A² cos²(ω t + φ) y la cinética (1/2) m ω² A² sen²(ω t + φ) = (1/2) k A² sen²(ω t + φ), porque m ω² = k: suman siempre (1/2) k A². Cada una va y viene dos veces por período, y en promedio cada una se lleva la mitad.

x (m) E (J) −0,10 0,10 A/√2 1,0 0,5 Em Ep Ec
Ejemplo del oscilador (m = 0,50 kg, k = 200 N/m, A = 0,10 m): Ep = (1/2) k x² y Ec = Em − Ep. En el centro toda la energía es cinética; en los extremos (puntos de retorno), toda potencial. Fuera de [−A, A] la energía cinética sería negativa: el bloque no llega.
Energías de un oscilador
Un bloque de 0,50 kg unido a un resorte de 200 N/m oscila sin rozamiento con amplitud 0,10 m.
Energía: Em = (1/2) · 200 · 0,10² = 1,0 J. → Velocidad máxima: (1/2) · 0,50 · vmáx² = 1,0 J, vmáx = 2,0 m/s; control: ω = √(200/0,50) = 20 rad/s y ω A = 2,0 m/s. → En x = 0,050 m: Epe = (1/2) · 200 · 0,050² = 0,25 J, Ec = 0,75 J y v = √(2 · 0,75/0,50) = 1,7 m/s. → Dónde son iguales: Epe = Ec = 0,50 J cuando (1/2) k x² = (1/2) Em, o sea x = A/√2 = ±7,1 cm.
En la mitad de la amplitud la energía potencial es sólo un cuarto del total: depende de x², no de x.

Un resorte cargado por una fuerza que después desaparece

Si una fuerza externa constante actúa durante un tramo, su trabajo F · Δr entra como Wfnc. Cuando deja de actuar, lo que el cuerpo tiene (energía cinética más energía elástica) es la energía del oscilador que sigue, y de ahí salen la amplitud y la velocidad máxima.

Una fuerza que actúa un tramo
Un bloque de 0,80 kg sobre una mesa sin rozamiento está unido a un resorte (k = 50 N/m, l₀ = 0,40 m) con el otro extremo fijo en una pared, y está en reposo con el resorte en su longitud natural. Se lo tira, alejándolo de la pared, con una fuerza horizontal constante de 12 N, que deja de actuar cuando el bloque recorrió 0,15 m. ¿Qué velocidad tiene en ese momento? ¿Entre qué longitudes oscila el resorte después?
Mientras actúa la fuerza: es la única no conservativa que trabaja: W = F s = 12 · 0,15 = 1,80 J. Entonces 1,80 J = (1/2) · 0,80 · v² + (1/2) · 50 · 0,15² = 0,40 v² + 0,5625 J, y v = √(1,2375/0,40) = 1,76 m/s. → Después: ya sólo trabaja el resorte y la energía mecánica, 1,80 J, se conserva. El bloque hace un MAS alrededor de la longitud natural con (1/2) k A² = 1,80 J: A = √(2 · 1,80/50) = 0,268 m. → Longitudes: lmáx = l₀ + A = 0,67 m y lmín = l₀ − A = 0,13 m. La velocidad máxima es √(2 · 1,80/0,80) = 2,1 m/s.
La amplitud (0,27 m) es mayor que lo que se estiró el resorte mientras actuaba la fuerza (0,15 m), porque cuando la fuerza desaparece el bloque todavía se mueve. Y la energía del oscilador es el trabajo de la fuerza, F s, no (1/2) k s².

Mientras la fuerza actúa, el bloque también hace un MAS, pero alrededor de otra posición de equilibrio: la que cumple k Δl = F, acá Δl = 0,24 m. Si la fuerza no se quitara, el bloque iría y vendría entre Δl = 0 y Δl = 0,48 m.

Péndulo

En un péndulo simple de largo L, la lenteja que forma un ángulo θ con la vertical (el α de la sección 5 y de la guía de problemas) está a una altura L (1 − cos θ) sobre el punto más bajo. Con el cero en ese punto,

Epg = m g L (1 − cos θ)   ·   vabajo = √(2 g L (1 − cos θmáx))
θ L h L cos θ T m g v O
Medida desde el punto más bajo, la altura de la lenteja es h = L − L cos θ = L (1 − cos θ). La tensión apunta siempre a lo largo del hilo y la velocidad es perpendicular a él: la tensión no trabaja, y la energía mecánica se conserva si no hay rozamiento.

La tensión no trabaja (es perpendicular a la velocidad), así que si no hay rozamiento la energía mecánica se conserva y la lenteja vuelve a subir hasta la misma altura de la que partió. Eso no depende de la forma del camino: si el hilo se apoya en un clavo o se enrolla en un poste, el centro de la circunferencia cambia, pero la tensión sigue perpendicular a la velocidad de la lenteja y sigue sin trabajar. Hay una condición: el hilo tiene que seguir tenso. Mientras la lenteja no suba por encima del clavo, la tensión no se anula y llega a la misma altura. Si tuviera que pasar por encima, el hilo se puede aflojar (como en un rizo, hace falta T ≥ 0) y desde ahí la lenteja sigue en tiro oblicuo: en lo más alto de esa parábola todavía tiene velocidad horizontal, así que no llega a la altura de partida. Con un hilo de 1,0 m soltado desde la horizontal y el clavo a 0,50 m sobre el punto más bajo, el hilo se afloja a 0,83 m de altura y la lenteja llega a 0,93 m, no a 1,0 m. Con una amplitud chica, como la del problema 43, la lenteja sube muy poco, queda por debajo del clavo y el hilo no se afloja. Para ángulos chicos, 1 − cos θ ≈ θ²/2 (en radianes) y Epg ≈ (1/2) (m g/L) (L θ)²: la misma forma que la de un resorte de constante m g/L con el arco L θ como deformación, coherente con ω = √(g/L) de la sección 5. La tensión sale de la segunda ley en la dirección del hilo: T − m g cos θ = m v²/L.

Velocidad y tensión en un péndulo
Un péndulo de 1,2 m y 0,30 kg se suelta desde el reposo a 25° de la vertical.
Altura inicial: h = 1,2 · (1 − cos 25°) = 0,112 m. → Abajo: v = √(2 · 9,8 · 0,112) = 1,48 m/s. → Tensión abajo: T = m g + m v²/L = 0,30 · (9,8 + 1,48²/1,2) = 3,49 N, más que el peso (2,94 N). → Tensión en el extremo (v = 0): T = m g cos 25° = 2,66 N, menos que el peso.

Movimiento circular vertical: cuándo se pierde el contacto

Cuando un cuerpo recorre una pista circular en un plano vertical, la energía da la velocidad en cada altura y la segunda ley en la dirección radial da la normal. Si se mide la posición con el ángulo φ desde el punto más bajo de una pista de radio R (por adentro), la altura sobre el punto más bajo es R (1 − cos φ) y la componente del peso hacia el centro es −m g cos φ: hacia afuera en la mitad de abajo, hacia adentro en la de arriba.

C R φ N m g v P punto más alto g v₀
En un punto a un ángulo φ del punto más bajo la normal apunta al centro y la componente del peso hacia el centro es −m g cos φ: apunta hacia afuera en la mitad de abajo y hacia adentro en la de arriba. La ecuación radial es N − m g cos φ = m v²/R. Arriba (φ = 180°) queda N + m g = m v²/R.
radial (hacia el centro): N − m g cos φ = m v²R   ·   tangencial: at = −g sen φ
energía (sin rozamiento): v² = v₀² − 2 g R (1 − cos φ)

La normal no cambia la rapidez: sólo la componente tangencial del peso, que frena al subir. La aceleración tiene una componente normal v²/R hacia el centro y una tangencial g sen φ, y su módulo es √(an² + at²).

Condición de contacto. Una pista puede empujar pero no tirar: N ≥ 0. Si las cuentas dan N < 0, el cuerpo ya se separó antes de ese punto. En el punto más alto (φ = 180°) la ecuación radial queda N + m g = m v²/R, y pedir N ≥ 0 da

varriba ≥ √(g R)   ·   vabajo ≥ √(5 g R)   ·   desde el reposo y sin rozamiento: h ≥ 2,5 R

La segunda sale de la energía entre abajo y arriba (subir 2R): vabajo² = varriba² + 4 g R. La tercera, de m g h = m g (2R) + (1/2) m (g R). Con varriba = √(g R) justo, el peso alcanza solo para hacer de fuerza centrípeta y la normal vale cero.

VínculoQué puede hacerVelocidad mínima arriba para dar la vuelta
Pista circular por adentro (rizo)Sólo empujar hacia el centro: N ≥ 0√(g R)
HiloSólo tirar hacia el centro: T ≥ 0√(g L)
Barra rígida o tuboTirar o empujarCualquiera mayor que cero
Cúpula, por afueraSólo empujar hacia afuera: N = m g cos θ − m v²/R ≥ 0 (θ desde la cima)Se despega cuando v² = g R cos θ; partiendo del reposo arriba, en cos θ = 2/3
Un bloque que entra en un rizo
Un bloque de 0,50 kg entra por abajo en un rizo sin rozamiento de radio 0,60 m.
Mínimos: arriba, √(9,8 · 0,60) = 2,42 m/s; abajo, √(5 · 9,8 · 0,60) = 5,42 m/s. → Si entra a 6,5 m/s, en el punto a φ = 120° (30° por encima del diámetro horizontal): altura R (1 − cos 120°) = 0,90 m, v² = 6,5² − 2 · 9,8 · 0,90 = 24,6 m²/s² (v = 4,96 m/s); an = 24,6/0,60 = 41,0 m/s², at = 9,8 · sen 120° = 8,49 m/s² (frenando), |a| = 41,9 m/s²; N = m v²/R + m g cos 120° = 20,5 − 2,45 = 18,1 N. Arriba: v² = 6,5² − 4 · 9,8 · 0,60 = 18,7 m²/s², v = 4,33 m/s, mayor que 2,42 m/s: completa la vuelta, con N = 0,50 · (18,7/0,60 − 9,8) = 10,7 N. → Si entra a 5,0 m/s: arriba llegaría con v² = 25 − 23,5 = 1,48 m²/s², menos que g R = 5,88 m²/s²: no completa. Reemplazando la energía en la ecuación radial, N = m (v₀² − 2 g R)/R + 3 m g cos φ, que se anula en cos φ = −(v₀² − 2 g R)/(3 g R) = −0,751, o sea φ = 139°, a 1,05 m de altura, con 2,10 m/s. Ahí se despega y sigue en tiro oblicuo por dentro del rizo.
Resorte, tramo con rozamiento y rizo
Un resorte de 500 N/m comprimido 0,25 m lanza un bloque de 1,0 kg sobre un piso horizontal. Desde el punto de partida hasta la entrada de un rizo sin rozamiento de radio 0,50 m hay 1,5 m con μd = 0,20 (el rozamiento actúa también mientras el resorte empuja). ¿Completa el rizo?
Energía del resorte: (1/2) · 500 · 0,25² = 15,6 J. → Rozamiento: en el piso horizontal N = m g aunque el resorte empuje (empuja en horizontal), así que Wroz = −0,20 · 1,0 · 9,8 · 1,5 = −2,94 J. → Entrada del rizo: Ec = 15,6 − 2,94 = 12,7 J, v² = 25,4 m²/s² (v = 5,04 m/s). → Arriba: v² = 25,4 − 4 · 9,8 · 0,50 = 5,77 m²/s², mayor que g R = 4,90 m²/s²: completa, y arriba la normal vale 1,0 · 5,77/0,50 − 9,8 = 1,7 N.

Plano inclinado, resorte y rozamiento

Un cuerpo que baja por un plano inclinado con rozamiento y choca contra un resorte junta todo lo anterior: rozamiento estático para saber si arranca o si se queda, rozamiento dinámico que cambia de sentido cuando el movimiento se invierte, energía gravitatoria medida a lo largo del plano y energía elástica.

k m g N fd d α g
Mientras baja, el rozamiento apunta hacia arriba del plano. Hasta la compresión máxima x el paquete recorre d + x sobre el plano: baja (d + x) sen α de altura y el rozamiento hace −fd (d + x).
  1. ¿Arranca? Quieto sobre el plano, el rozamiento estático tendría que equilibrar m g sen α, y puede hacer hasta μe m g cos α. Si tan α > μe, no alcanza y el cuerpo baja.
  2. Hasta el resorte (recorre d sobre el plano): baja d sen α de altura y el rozamiento dinámico, fd = μd m g cos α, hace −fd d. Con Wfnc = ΔEm sale la velocidad al tocar el resorte.
  3. Compresión máxima x (v = 0): desde la largada recorre d + x, así que −fd (d + x) = (1/2) k x² − m g (d + x) sen α. Es una cuadrática en x: se queda la raíz positiva.
  4. ¿Se queda ahí? Con v = 0, a lo largo del plano el resorte empuja k x hacia arriba y el peso tira m g sen α hacia abajo. Si la diferencia supera μe m g cos α, el rozamiento estático no alcanza y el cuerpo vuelve a subir.
  5. Si sube: ahora el rozamiento apunta hacia abajo del plano. Si el cuerpo no está atado al resorte, se separa cuando el resorte llega a su longitud natural. Sube hasta que v = 0: (1/2) k x² = (m g sen α + fd) D, con D el recorrido desde la compresión máxima. Esa cuenta supone que el resorte le entregó toda su energía, así que vale sólo si sale D mayor que x (el cuerpo se despegó). Si sale D menor que x, o si el cuerpo está atado al resorte, se frenó con el resorte todavía deformado, que se queda con (1/2) k (x − D)²: la cuenta es (1/2) k x² − (1/2) k (x − D)² = (m g sen α + fd) D, que da D = 2 [x − (m g sen α + fd)/k]. Ahí se vuelve a preguntar si se queda: con el paso 1 si quedó lejos del resorte, con el paso 4 (y la deformación x − D) si quedó apoyado.
Un paquete que baja contra un resorte
Un paquete de 1,5 kg se suelta sobre un plano inclinado 30° (μe = 0,30, μd = 0,15), a 2,0 m del extremo libre de un resorte de 300 N/m sujeto al pie del plano.
¿Arranca? tan 30° = 0,577 > 0,30: baja. → Fuerzas: N = m g cos 30° = 12,7 N, fd = 0,15 · 12,7 = 1,91 N, m g sen 30° = 7,35 N. → Al llegar al resorte: (1/2) m v² = m g d sen α − fd d = 14,7 − 3,82 = 10,9 J, v = √(2 · 10,9/1,5) = 3,81 m/s. → Compresión máxima: (1/2) · 300 · x² = (7,35 − 1,91) · (2,0 + x), o sea 150 x² − 5,44 x − 10,9 = 0, y x = 0,288 m. → ¿Se queda? k x = 300 · 0,288 = 86,4 N hacia arriba contra 7,35 N hacia abajo: la diferencia, 79 N, supera largamente el rozamiento estático máximo, 0,30 · 12,7 = 3,82 N. Vuelve a subir. → ¿Hasta dónde? (1/2) · 300 · 0,288² = 12,4 J = (7,35 + 1,91) · D, D = 1,344 m desde la compresión máxima, mayor que x = 0,288 m (se despegó, así que la cuenta vale): sube 1,344 − 0,288 = 1,06 m más allá del extremo libre del resorte y se detiene a 2,0 − 1,06 = 0,94 m por debajo del punto de partida.
Como tan 30° > μe, ahí tampoco se queda: vuelve a bajar, y el ciclo se repite con cada vez menos energía. Sólo puede quedar quieto apoyado en el resorte, con una compresión tal que |k x − m g sen α| ≤ μe N: entre 1,2 cm y 3,7 cm.

¿Energía o Newton?

Los teoremas de energía no traen física nueva: salen de integrar la segunda ley de Newton a lo largo del camino (por eso se los llamó primeras integrales del movimiento). Lo que ahorran es justamente esa integración. Conviene usarlos según lo que se pida:

Te pidenConviene
Una velocidad en una posición, la altura que alcanza, una compresión máximaEnergía
Una aceleración, un tiempo, una fuerza en un instanteSegunda ley y cinemática
La normal o la tensión en un punto de una trayectoria curvaEnergía para la velocidad, segunda ley radial para la fuerza
El trabajo de una fuerza que cambia de manera complicada (rozamiento en una curva)Wfnc = ΔEm, con las velocidades como dato
Una potenciaP = F · v, con la fuerza que da la segunda ley
Las trampas del tema
  • Usar W = F d cos θ con una fuerza que cambia (resorte, normal o rozamiento en una curva). Ahí va la integral, el área o la energía.
  • Medir el ángulo contra la horizontal y no contra el desplazamiento.
  • Contar el peso dos veces: como trabajo y además como energía potencial.
  • Poner en W = ΔEc el trabajo de una sola fuerza. Va el de todas.
  • Medir la deformación del resorte desde donde estaba el cuerpo o desde el equilibrio, y no desde la longitud natural; o usar la longitud del resorte en lugar de la deformación.
  • Calcular el rozamiento con N = m g en un plano inclinado o cuando otra fuerza tiene componente perpendicular a la superficie.
  • Olvidar que el rozamiento cambia de sentido cuando el movimiento se invierte.
  • Creer que la energía mecánica se conserva porque no hay rozamiento, con un motor o una persona que trabaja; o que no se conserva porque hay una normal o una tensión que no trabajan.
  • Poner v = 0 en la altura máxima de un tiro oblicuo. Queda (1/2) m vx².
  • Pedir v = 0 arriba de un rizo o de un péndulo de hilo. Hace falta v ≥ √(g R); v > 0 alcanza sólo con una barra o un tubo.
  • Confundir compresión máxima con equilibrio: en la primera la velocidad es cero, en el segundo la fuerza neta.
  • Suponer aceleración constante a potencia constante, o potencia constante a fuerza constante.
  • Decir que la potencia se almacena: se almacena energía.
  • Cambiar el nivel de referencia a mitad del problema.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Calcular el trabajo de cada fuerza sobre un cuerpo, con el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento, y sumarlos.
  • Calcular el trabajo de una fuerza variable como el área bajo Fx(x), con signo, y el de un resorte como −(1/2) k (Δlf² − Δli²).
  • Usar Wtotal = ΔEc para hallar velocidades y distancias.
  • Calcular potencias medias e instantáneas, y explicar por qué a potencia constante la aceleración baja.
  • Clasificar las fuerzas en conservativas y no conservativas, y decidir cuáles trabajan.
  • Plantear Wfnc = ΔEm entre dos estados, con un nivel de referencia elegido, tramo por tramo.
  • Leer un gráfico de energía: zona permitida, puntos de retorno, equilibrio estable e inestable.
  • Escribir la energía del oscilador y del péndulo, y sacar la amplitud y la velocidad máxima.
  • Combinar energía con la ecuación radial para hallar normales, tensiones y la condición de contacto en una pista circular.
  • Decidir si un cuerpo queda en reposo comparando con el rozamiento estático máximo.
↑ Volver al índice
7 Unidad 2 · Impulso, cantidad de movimiento y centro de masa

Hasta acá cada cuerpo era una partícula y se lo estudiaba solo. Esta sección da el paso a los sistemas de partículas: varios cuerpos que se empujan, se tiran o se rozan entre sí, y que además reciben fuerzas de afuera. Las herramientas nuevas son tres: el impulso de una fuerza, la cantidad de movimiento y el centro de masa. La idea que ordena todo es una sola: las fuerzas que los cuerpos del sistema se hacen entre sí no pueden cambiar la cantidad de movimiento total ni mover el centro de masa; eso sólo lo hacen las fuerzas de afuera. En cambio, sí pueden cambiar la energía cinética del sistema, y eso explica por qué una persona puede ponerse a caminar sobre un bote quieto.

Es el comienzo de la unidad 2 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 4 tienen como tema principal lo de esta sección (dos de un bloque que desliza con rozamiento sobre un carro o un cuerpo largo, uno de una persona que camina sobre una plataforma de ferrocarril y uno de tres partículas que sólo interactúan entre sí), y en 8 se pide como ítem el impulso que recibe uno de los cuerpos: en 7 es el de un choque o una explosión, y el otro es uno de los dos del bloque sobre el carro. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 2: la diferencia entre cantidad de movimiento e impulso (problema 1); el impulso de una fuerza constante y de una que depende del tiempo, con su gráfico (2, 3 y 4); la energía cinética de dos cuerpos con la misma cantidad de movimiento (5); la fuerza media de un golpe y el peso durante el contacto (6 y 7); las definiciones de centro de masa y de sistema aislado (8); la trayectoria del centro de masa sin fuerzas exteriores y con peso (9 y 10); la velocidad que tiene que tener una tercera partícula (11); las tres partículas que sólo interactúan entre sí (13); la persona que camina sobre una plancha apoyada en el hielo (12); la energía cinética respecto del laboratorio y respecto del centro de masa (14 y 15); los dos cochecitos con un resorte comprimido (16); el bloque que desliza sobre un carro (17); el bloque que baja por una rampa que se puede mover (18); la persona que corre sobre una plataforma de ferrocarril (19), y la persona que lanza una bolsa parada sobre el hielo (21). Se dan por vistas la dinámica y la energía de una partícula (unidad 1). Los choques y las explosiones son la sección que sigue, y el momento cinético de un sistema, la sección 9.

Lo que se trae de la unidad 1 y la notación

  • Leyes de Newton. Se nombran por su número; el libro de la cátedra las llama principio de inercia, principio de masa y principio de interacción. La segunda vale en un sistema de referencia inercial, que acá es siempre el sistema fijo a Tierra o laboratorio. La tercera dice que si A le hace una fuerza a B, B le hace a A una fuerza igual y opuesta, al mismo tiempo: las dos forman un par de interacción y nunca actúan sobre el mismo cuerpo.
  • Trabajo y energía de una partícula: W = ∫ F · dr; Ec = (1/2) m v²; el trabajo de todas las fuerzas es la variación de la energía cinética, Wtotal = ΔEc; el de las fuerzas no conservativas es la variación de la energía mecánica, Wfnc = ΔEm, con Em = Ec + Ep. Energías potenciales: m g h para el peso y (1/2) k Δl² para un resorte ideal, con Δl lo que está estirado o comprimido respecto de su longitud natural.

Notación. Los vectores llevan flecha (F, v) y su módulo va sin flecha (F, v). Las magnitudes del centro de masa llevan el subíndice CM: rCM, vCM, aCM (la guía de problemas escribe a veces Vcm). La masa total del sistema es M. Una velocidad relativa se escribe con una barra: vA/B = vA − vB es la velocidad de A vista desde B, y vi/CM es la de la partícula i vista desde el CM (el libro de la cátedra la escribe vi−CM; la sección 9 y algunas resoluciones la abrevian v′i, con una prima). La energía cinética es Ec; la energía cinética interna (la del movimiento respecto del CM) es Ec,int.

Cantidad de movimiento de una partícula

La cantidad de movimiento de una partícula es su masa por su velocidad (muchos libros la llaman momento lineal; la guía de problemas usa los dos nombres):

p = m v     [p] = kg·m/s

Es un vector con la dirección y el sentido de la velocidad, y depende del sistema de referencia, igual que la velocidad. Describe el estado de movimiento de la partícula en un instante: junta en un solo vector qué tan rápido va y cuánta masa se mueve. Una pelota de tenis y un camión a la misma velocidad tienen cantidades de movimiento muy distintas, y eso es lo que hace tan distinto frenarlos.

Con la cantidad de movimiento, la segunda ley de Newton se escribe en su forma general:

Σ F = dpdt

Si la masa es constante, dp/dt = m dv/dt = m a, y se vuelve la conocida Σ F = m a. La forma con p dice algo que la otra esconde: la resultante de las fuerzas es la rapidez con la que cambia la cantidad de movimiento.

Relación con la energía cinética. Como v = p/m, la energía cinética se escribe con el módulo de la cantidad de movimiento:

Ec = p²2 m     p = √(2 m Ec)

Dos cuerpos con la misma cantidad de movimiento no tienen la misma energía cinética: tiene más el más liviano, en proporción inversa a la masa. Y dos cuerpos con la misma energía cinética no tienen la misma cantidad de movimiento: tiene más el más pesado, en proporción a la raíz de la masa. Lo primero aparece cada vez que dos cuerpos se separan desde el reposo (un rifle y su bala, dos carritos que se empujan): salen con cantidades de movimiento iguales y opuestas, y casi toda la energía se la lleva el liviano.

Bala y pelota con la misma p
Una bala de 10 g a 400 m/s y una pelota de 0,40 kg tienen la misma cantidad de movimiento. ¿Qué velocidad tiene la pelota y cuál de las dos tiene más energía cinética?
Unidades: 10 g = 0,010 kg. → Cantidad de movimiento: p = 0,010 kg · 400 m/s = 4,0 kg·m/s; la pelota va a v = p/m = 4,0 / 0,40 = 10 m/s. → Energías: bala, p²/(2m) = 4,0² / (2 · 0,010) = 800 J; pelota, 4,0² / (2 · 0,40) = 20 J. → Cociente: 800 / 20 = 40, que es justo 0,40 / 0,010, el cociente de las masas al revés. Frenar a las dos pide el mismo impulso, pero la bala hace 40 veces más trabajo sobre lo que la frena: por eso perfora y la pelota no.

Impulso de una fuerza

El impulso (o impulso lineal) de una fuerza durante un intervalo de tiempo es la integral de la fuerza en ese intervalo:

J = ∫t1t2 F dt     [J] = N·s = kg·m/s

Es un vector y mide cuánto "empujó" una fuerza: cuenta tanto lo grande que fue como el tiempo que actuó. Una fuerza chica durante mucho tiempo puede dar el mismo impulso que una enorme durante un instante. Se calcula según cómo sea la fuerza:

  • Fuerza constante: J = F Δt, con la dirección y el sentido de la fuerza.
  • Fuerza de dirección fija y módulo variable: J = ∫ F(t) dt, el área bajo la curva de F en función de t. El área por encima del eje t cuenta positiva y la de abajo, negativa. Si el gráfico es de tramos rectos, el área sale de rectángulos y triángulos; si F(t) es una función, se integra. Por ejemplo, ∫0T A tn dt = A Tn+1/(n + 1).
  • Fuerza vectorial que depende del tiempo: se integra componente por componente, Jx = ∫ Fx dt y Jy = ∫ Fy dt, y después se arma J = Jx î + Jy ĵ.

Las unidades de una constante. Si una fuerza viene dada como F(t) = A t³, con F en N y t en s, la constante A tiene que llevar las unidades que hacen que A t³ dé newton: [A] = N/s³. Con F(t) = B t², [B] = N/s². Es una pregunta que la guía hace y que sale de mirar la fórmula, no de hacer cuentas.

Fuerza media. Es la fuerza constante que en el mismo intervalo daría el mismo impulso:

Fmedia = JΔt

En el gráfico de F en función de t es la altura del rectángulo que, con la misma base Δt, tiene la misma área que la curva.

t F F media 3 s 9 s 18 N 8 N 18 N·s 54 N·s
La fuerza del ejemplo del trineo. El área bajo la curva es el impulso: 18 N·s en el tramo parabólico y 54 N·s en el triángulo, 72 N·s en total. Una fuerza constante de 8,0 N durante los mismos 9,0 s (en trazos) da la misma área: es la fuerza media.
Fuerza constante y fuerza variable
Un trineo de 60 kg está en reposo sobre hielo sin rozamiento y lo empujan horizontalmente hasta que llega a 1,2 m/s. (a) Si la fuerza es constante y actúa 4,0 s, ¿cuánto vale? (b) Si en cambio la fuerza crece como F = B t² durante 3,0 s y después baja linealmente hasta cero en 6,0 s más, ¿cuánto valen B y la fuerza máxima?
Impulso: la única fuerza horizontal es la del empuje, así que su impulso es el cambio de la cantidad de movimiento: J = 60 kg · 1,2 m/s − 0 = 72 N·s, en los dos casos. → (a) F = J / Δt = 72 / 4,0 = 18 N. En el gráfico es un rectángulo de 18 N por 4,0 s. → (b) Primer tramo: ∫03 B t² dt = B · 3³/3 = 9 B (con B en N/s² y t en s, el resultado está en N·s). → Segundo tramo: arranca en Fmáx = B · 3² = 9 B y baja a cero en 6,0 s: es un triángulo de área (1/2) · 6,0 · 9 B = 27 B. → Área total: 9 B + 27 B = 36 B = 72 N·s, B = 2,0 N/s² y Fmáx = 9 · 2,0 = 18 N, a los 3,0 s. Las dos partes del área son 18 N·s y 54 N·s. → Fuerza media: 72 N·s / 9,0 s = 8,0 N. Para el mismo cambio de velocidad, un empuje que dura más necesita menos fuerza media.
Una fuerza que se integra por componentes
Sobre un cuerpo de 0,50 kg que está en reposo actúa una resultante F = 12 t² î + (8 − 4 t) ĵ (F en N y t en s) entre t = 0 y t = 1,0 s. Hallar el impulso y la velocidad final.
Componente x: Jx = ∫01 12 t² dt = 12 · (1/3) = 4,0 N·s. → Componente y: Jy = ∫01 (8 − 4 t) dt = 8 − 2 = 6,0 N·s. → Impulso: J = (4,0 î + 6,0 ĵ) N·s. → Velocidad: como partía del reposo, v = J/m = (8,0 î + 12 ĵ) m/s; su módulo es √(8,0² + 12²) = 14 m/s, a 56° del eje x. Ojo: esto vale porque F es la resultante. Si fuera sólo una de las fuerzas, habría que sumarle el impulso de las otras (el peso, por ejemplo) antes de dividir por la masa.

El teorema del impulso

Multiplicando por dt la segunda ley, Σ F dt = dp, e integrando entre dos instantes:

Σ J = ∫ Σ F dt = pf − pi = Δp

El impulso de la resultante (que es la suma de los impulsos de todas las fuerzas) es igual a la variación de la cantidad de movimiento. Vale en un sistema inercial y sin ninguna otra condición: la fuerza puede ser variable, el movimiento curvo, la duración larga o corta. Es la segunda ley integrada en el tiempo, igual que el teorema de las fuerzas vivas (Wtotal = ΔEc) es la segunda ley integrada a lo largo del camino. La diferencia es que el impulso da un vector (incluye la dirección) y no necesita saber por dónde se movió la partícula; el trabajo da un escalar y no necesita saber cuánto tardó.

Si la resultante es nula durante el intervalo, Δp = 0 y la cantidad de movimiento se conserva: es la primera ley dicha de otra manera. Si sólo una componente de la resultante es nula, se conserva esa componente: en un tiro sin aire la única fuerza es el peso, vertical, y px no cambia.

Cantidad de movimiento e impulso no son lo mismo

Tienen las mismas unidades y uno es la variación del otro, así que es fácil mezclarlos. Pero son cosas distintas:

Cantidad de movimiento pImpulso J
De qué esDe una partícula (o de un sistema)De una fuerza (o de varias)
CuándoEn un instante: describe un estadoDurante un intervalo: describe una interacción
DirecciónLa de la velocidadLa de la fuerza (la de su promedio, si cambia)
Uno grande y el otro nuloUn tren a velocidad constante: p enorme, impulso total nuloUna pelota quieta que recibe un golpe: pi = 0 y J grande
RelaciónΣ J = Δp: los impulsos cambian la cantidad de movimiento

Un ejemplo que lo muestra: una bola de billar que pega contra la banda y sale con la misma rapidez. Su cantidad de movimiento tiene el mismo módulo antes y después, pero el impulso de la banda no es cero, porque p cambió de dirección. El impulso es la flecha que hay que sumarle a pi para llegar a pf, y no apunta como ninguna de las dos:

J llega sale banda pi pf J = pf − pi
Arriba, una bola que pega contra la banda de una mesa y sale con la misma rapidez (vista desde arriba, sin rozamiento). Abajo, la suma de vectores pi + J = pf. La cantidad de movimiento tiene el mismo módulo antes y después pero cambió de dirección, así que el impulso no es cero. Es perpendicular a la banda: es el de la única fuerza horizontal que actuó.

Fuerza media, fuerzas impulsivas y el peso

Cuando un golpe dura muy poco, la fuerza de contacto se hace enorme: para cambiar la cantidad de movimiento en Δp durante un Δt de milésimas de segundo hace falta una fuerza media del orden de Δp/Δt. A esas fuerzas grandes y breves se las llama fuerzas impulsivas. Al lado de ellas, el peso es despreciable: su impulso en ese intervalo, m g Δt, es una fracción mínima del total. Pero eso depende de lo corto que sea el contacto, no de que el peso deje de actuar. Si el contacto es largo (caer sobre un colchón, un airbag), el impulso del peso puede ser una parte importante y no se puede dejar afuera.

Cuando hay peso, conviene distinguir tres impulsos: el de la fuerza de contacto, el del peso y el total (la suma), que es el único igual a Δp. Con el eje y hacia arriba, durante un golpe vertical contra el piso:

Jpiso − m g Δt = Δp
Nmedia = ΔpΔt + m g
Una pelota que rebota
Una pelota de básquet de 0,60 kg se suelta desde 1,80 m de altura, pica en el piso y sube hasta 1,25 m. El contacto con el piso dura 15 ms. Hallar el impulso que recibe en el piquete, la fuerza media del piso y el trabajo de las fuerzas durante el contacto.
Velocidades (energía, en la caída y en la subida): llega con √(2 · 9,8 · 1,80) = 5,94 m/s hacia abajo y sale con √(2 · 9,8 · 1,25) = 4,95 m/s hacia arriba. → Eje y hacia arriba: vi = −5,94 m/s y vf = +4,95 m/s. → Impulso total: Δp = 0,60 · (4,95 − (−5,94)) = 6,53 N·s, hacia arriba. Se suman los módulos porque la velocidad cambió de sentido. → Impulso del peso en el contacto: con Δt = 15 ms = 0,015 s, −0,60 · 9,8 · 0,015 = −0,088 N·s. → Impulso del piso: 6,53 + 0,088 = 6,62 N·s; el peso es apenas el 1,3 % de esto. → Fuerza media del piso: 6,62 / 0,015 = 441 N, unas 75 veces el peso de la pelota (5,88 N). → Trabajo durante el contacto: el de todas las fuerzas es la variación de la energía cinética, (1/2) · 0,60 · (4,95² − 5,94²) = −3,23 J, lo mismo que m g (1,25 − 1,80). El piso no se mueve, así que esa energía no se la lleva el piso: se va en la deformación de la pelota, en calor y en sonido. Con la pelota como partícula, se dice que el trabajo total en el piquete es −3,23 J.
Colchón o piso: cuándo pesa el peso
Una persona de 70 kg cae de pie desde 1,0 m. Comparar la fuerza media que recibe si la frena un colchón en 0,30 s o el piso, con las piernas rígidas, en 0,010 s.
Llegada: v = √(2 · 9,8 · 1,0) = 4,43 m/s; p = 70 · 4,43 = 310 kg·m/s hacia abajo, y al final está quieta: el impulso total es 310 N·s hacia arriba. → Colchón: el peso aporta 70 · 9,8 · 0,30 = 206 N·s hacia abajo, así que el colchón tiene que dar 310 + 206 = 516 N·s, y su fuerza media es 516 / 0,30 = 1,7 × 10³ N, unas 2,5 veces el peso. Despreciar el peso daría 1,0 × 10³ N: un error del 40 %. → Piso: el peso aporta 70 · 9,8 · 0,010 = 6,9 N·s, el piso da 317 N·s y la fuerza media es 317 / 0,010 = 3,2 × 10⁴ N, unas 46 veces el peso. Despreciar el peso acá cambia el resultado en un 2 %. → Conclusión: el mismo Δp repartido en un tiempo 30 veces mayor da una fuerza unas 18 veces menor. Es la razón de los colchones, los airbags y de flexionar las piernas al caer.
El peso en un golpe
El impulso del peso durante un contacto es m g Δt. Comparalo con el impulso del golpe: si el contacto dura milésimas de segundo, es despreciable y la fuerza media del piso (o del palo) es Δp/Δt. Si el contacto es largo, hay que sumarlo: Nmedia = Δp/Δt + m g.

Cómo encarar un problema de impulso

  1. Ejes y sentido positivo. Elegí un eje en la dirección del movimiento (o dos, si es en el plano) y escribí cada velocidad con su signo. Un rebote cambia el signo de la velocidad.
  2. Qué impulso te piden. El total (igual a Δp), el de una fuerza en particular (el del piso, el del palo) o el del peso. Si te piden uno y conocés Δp, restale el de las otras fuerzas.
  3. Velocidades de antes y de después. Si no las dan, salen de la cinemática o de la energía de los tramos de antes y de después del golpe (una caída desde una altura, una subida hasta otra).
  4. Si la fuerza es dato: integrá F(t) (por tramos o por componentes) o calculá el área del gráfico. Si la incógnita es una constante de F(t), igualá el área al Δp.
  5. Fuerza media: J/Δt, con Δt en segundos. Decidí si el peso cuenta comparando m g Δt con el impulso del golpe.
  6. Trabajo durante un golpe: el de todas las fuerzas es ΔEc; no se calcula como fuerza media por desplazamiento.

Sistemas de partículas: fuerzas interiores y exteriores

Un sistema de partículas es un conjunto de cuerpos que se eligen para estudiarlos juntos. Cada uno se trata como una partícula, o como un cuerpo cuyo movimiento interesa sólo a través de su centro de masa. Lo primero en cualquier problema es decir qué cuerpos forman el sistema, porque de eso depende cómo se clasifica cada fuerza:

  • Fuerzas interiores: las que un cuerpo del sistema le hace a otro cuerpo del sistema. Vienen de a pares de interacción con los dos miembros adentro, así que su suma es siempre cero: Σ Fint = 0.
  • Fuerzas exteriores: las que algo de afuera le hace a un cuerpo del sistema: el peso (lo hace la Tierra), la normal del piso, el rozamiento del piso, la tensión de una soga atada a una pared, una mano que empuja.

Una misma fuerza cambia de clase si cambia el sistema. La tensión de la soga que une dos bloques es interior si el sistema son los dos bloques con la soga, y exterior si el sistema es uno solo de ellos. (Si la soga queda afuera, las dos tensiones son exteriores, porque las hace la soga; con una soga ideal suman cero igual.)

A B T −T NA mAg NB mBg F sistema A + B + soga g
El sistema es A + B con la soga (adentro de la línea de trazos). Las tensiones T y −T (en color) son interiores, pero no son un par de interacción entre sí: las dos las hace la soga, y cada una forma par con la fuerza que ese bloque le hace a la soga, que también está adentro. Como la soga es ideal (sin masa), las dos tensiones son iguales y opuestas y se cancelan al sumar. Los pesos, las normales de la mesa y F vienen de afuera: son exteriores. Si el sistema fuera sólo A, la tensión sería exterior.

Un sistema aislado es uno sobre el que no actúan fuerzas exteriores: las partículas sólo interactúan entre sí. Es una idealización (en la Tierra siempre hay peso), pero muchas veces se cumple en la práctica porque las fuerzas exteriores se cancelan (peso y normal de una mesa horizontal) o porque son despreciables durante el tiempo que interesa. Lo que importa para los teoremas que siguen no es que no haya ninguna fuerza exterior, sino que su resultante (o su impulso) sea nula, entera o en una dirección.

Centro de masa

El centro de masa (CM) de un sistema de partículas de masas mi y posiciones ri es el punto cuya posición es el promedio de las posiciones, pesado con las masas:

rCM = Σ mi riM     M = Σ mi

Por componentes, que es como se hace la cuenta:

xCM = Σ mi xiM    yCM = Σ mi yiM

(y lo mismo con z en tres dimensiones). Es un punto geométrico que se define en cada instante: si las partículas se mueven, el CM también. No tiene por qué coincidir con ninguna partícula ni tener masa encima. Lo que lo hace importante se ve más abajo: se mueve como si toda la masa del sistema estuviera en él y todas las fuerzas exteriores actuaran sobre él.

1 kg 3 kg CM d1 d2 m1 d1 = m2 d2
El CM de dos partículas está sobre el segmento que las une, más cerca de la de más masa: m1 d1 = m2 d2. Con 1 kg y 3 kg, la distancia se reparte 3 a 1.

Propiedades que ahorran cuentas

  • Dos partículas: el CM está sobre el segmento que las une, a distancias d1 y d2 de cada una que cumplen m1 d1 = m2 d2. Está más cerca de la de más masa; con masas iguales, en el punto medio.
  • Varias partículas: el CM queda adentro de la figura que forman (en el plano, adentro del polígono que las encierra). Nunca puede quedar más a la derecha que la partícula de más a la derecha, ni más arriba que la más alta.
  • El punto no depende del origen. Si se mueve el origen, cambian todas las coordenadas, incluidas las del CM, pero el punto del espacio es el mismo. Conviene elegir el origen sobre una de las partículas, o en un punto de simetría, para que haya ceros.
  • Se puede agrupar. Para calcular el CM de varios cuerpos se puede reemplazar un grupo por una sola partícula con la masa del grupo, ubicada en el CM del grupo. Con cuerpos extensos (un bloque, una plancha, un carro), cada uno cuenta como una partícula de su masa en su propio CM. El CM de un cuerpo continuo (una barra, una placa) se calcula con una integral y es tema de la unidad 3; acá alcanza con saber que en un cuerpo homogéneo y simétrico está en el centro de simetría.
  • Las posiciones respecto del CM, pesadas con las masas, suman cero. Si ri/CM = ri − rCM es la posición de cada partícula medida desde el CM, entonces Σ mi ri/CM = Σ mi ri − M rCM = 0. Es la definición dicha de otra manera, y es la herramienta de todas las deducciones de esta sección.

Velocidad y aceleración del CM

Derivando la posición del CM respecto del tiempo, con las masas constantes:

vCM = Σ mi viM     aCM = Σ mi aiM

El numerador de la velocidad es la suma de las cantidades de movimiento de las partículas, que es la cantidad de movimiento del sistema, P. Queda una de las igualdades más útiles de la unidad:

P = Σ mi vi = M vCM

La cantidad de movimiento de todo el sistema es la de una sola partícula de masa M que se moviera con el CM. Y como Σ mi ri/CM = 0 en todo instante, derivando, también suman cero las cantidades de movimiento respecto del CM: Σ mi vi/CM = 0.

x (m) y (m) O m1 m2 m3 CM rCM r1 r2 r3
Las tres partículas del ejemplo, con sus vectores posición r1, r2 y r3 (en gris) y el del CM (en color). El CM cae adentro del triángulo y no coincide con ninguna partícula. Cambiar el origen cambia todas las flechas, pero no el punto.
CM de tres partículas
Tres partículas se mueven en el plano. m1 = 2,0 kg está en (1,0; 3,0) m con v1 = 3,0 m/s î; m2 = 3,0 kg está en (5,0; 2,0) m con v2 = (−1,0 î + 2,0 ĵ) m/s; m3 = 5,0 kg está en (2,0; 0,50) m con v3 = −1,0 m/s ĵ. Hallar la posición y la velocidad del CM y la cantidad de movimiento del sistema.
Masa total: M = 10 kg. → xCM: (2,0 · 1,0 + 3,0 · 5,0 + 5,0 · 2,0) / 10 = 27 / 10 = 2,7 m. → yCM: (2,0 · 3,0 + 3,0 · 2,0 + 5,0 · 0,50) / 10 = 14,5 / 10 = 1,45 m. → Cantidad de movimiento: Px = 2,0 · 3,0 + 3,0 · (−1,0) + 0 = 3,0 kg·m/s; Py = 0 + 3,0 · 2,0 + 5,0 · (−1,0) = 1,0 kg·m/s. → Velocidad del CM: vCM = P/M = (0,30 î + 0,10 ĵ) m/s. El CM se mueve despacio aunque las partículas vayan a entre 1 y 3 m/s, porque sus cantidades de movimiento casi se cancelan. → Control: el CM (2,7; 1,45) m cae adentro del triángulo y más cerca de m3, la de más masa.

La ecuación del movimiento del CM

Para cada partícula del sistema vale la segunda ley, con todas las fuerzas que recibe, exteriores e interiores: mi ai = Fi,ext + Σj Fji, donde Fji es la fuerza que la partícula j le hace a la i. Sumando las ecuaciones de todas las partículas, a la izquierda queda Σ mi ai = M aCM. A la derecha, las fuerzas interiores aparecen de a pares, Fji + Fij = 0 por la tercera ley, y se cancelan todas. Queda:

Σ Fext = M aCM = dPdt

Es la ecuación más importante de la unidad (el libro de la cátedra la llama ecuación universal del sistema de partículas). Vale con dos condiciones: la masa del sistema no cambia (no entran ni salen partículas) y las aceleraciones se miden desde un sistema inercial. No pide nada de las fuerzas interiores ni de cómo se mueve cada partícula.

Sólo las fuerzas exteriores mueven el CM
Las fuerzas interiores pueden cambiar el movimiento de cada parte, pero no el del CM ni la cantidad de movimiento total. Una persona parada sobre hielo perfectamente liso no puede empezar a caminar: sus músculos son fuerzas interiores. Un auto acelera porque el piso le hace una fuerza de rozamiento hacia adelante, que es exterior; el motor sólo hace girar las ruedas. Un clavadista que gira en el aire no puede cambiar la parábola de su CM.

El CM se mueve como una partícula

La ecuación Σ Fext = M aCM es la segunda ley de una partícula de masa M sobre la que actuaran todas las fuerzas exteriores. Por eso el CM se mueve exactamente como esa partícula, y se puede predecir su movimiento sin saber nada del de cada parte:

  • Sistema aislado (o con fuerzas exteriores que se cancelan): aCM = 0. El CM queda quieto o hace un movimiento rectilíneo uniforme, rCM(t) = rCM(0) + vCM t, aunque las partículas choquen, se atraigan o giren unas alrededor de otras.
  • Sistema en el que la única fuerza exterior es el peso (cerca de la Tierra, sin aire): Σ Fext = Σ mi g = M g, entonces aCM = g. El CM hace un tiro, la parábola de un proyectil que sale de rCM(0) con vCM(0), sin importar cómo se muevan las partes ni si interactúan entre ellas.
  • Con otras fuerzas exteriores, se hace el diagrama de cuerpo libre del sistema entero (sólo las exteriores) y se aplica la segunda ley al CM, como a una partícula.

Que aCM = g no quiere decir que el CM esté "en reposo" ni que vaya en línea recta: está acelerado, con la aceleración de la gravedad. Lo que no tiene es una aceleración distinta de g, porque nada de adentro se la puede dar. Si el eje y apunta hacia arriba, g = −9,8 m/s² ĵ.

La trayectoria del CM, sin y con peso
Dos partículas parten a la vez: m1 = 1,0 kg desde (0; 1,0) m con v1 = (5,0 î + 5,0 ĵ) m/s, y m2 = 2,0 kg desde (3,0; 1,0) m con v2 = (−1,0 î + 2,0 ĵ) m/s. (a) Si no actúan fuerzas exteriores, hallar la trayectoria del CM. (b) Lo mismo si están en el aire, con peso (eje y hacia arriba).
Posición inicial del CM: x = (1,0 · 0 + 2,0 · 3,0)/3,0 = 2,0 m; y = (1,0 · 1,0 + 2,0 · 1,0)/3,0 = 1,0 m. → Velocidad inicial del CM: vx = (5,0 − 2,0)/3,0 = 1,0 m/s; vy = (5,0 + 4,0)/3,0 = 3,0 m/s. → (a) Sin fuerzas exteriores: aCM = 0, así que xCM = 2,0 + 1,0 t e yCM = 1,0 + 3,0 t (en m, con t en s). Despejando t = x − 2,0 de la primera, la trayectoria es la recta y = 3,0 x − 5,0. Vale aunque las partículas se atraigan, se repelan o choquen entre ellas. → (b) Con peso: aCM = −9,8 m/s² ĵ; xCM = 2,0 + 1,0 t, yCM = 1,0 + 3,0 t − 4,9 t². Reemplazando t: y = 1,0 + 3,0 (x − 2,0) − 4,9 (x − 2,0)², una parábola. El CM sube hasta 1,0 + 3,0²/(2 · 9,8) = 1,46 m, a los 0,31 s. Cada partícula hace su propia parábola, y el CM, la suya.
m1 m2 CM t = 0 t = 0,7 s g
Las dos partículas del ejemplo, ahora con peso. Cada una sigue su parábola, y el CM sigue la suya (en color): la de una partícula que sale de rCM(0) con vCM(0) y aceleración g. En cada instante el CM está sobre el segmento que une las dos, el doble de cerca de la de 2 kg. Valdría igual si las partículas interactuaran entre sí.
La velocidad que falta
Tres partículas: m1 = 2,0 kg con v1 = 5,0 m/s î; m2 = 1,0 kg con 6,0 m/s a 60° del eje x; m3 = 3,0 kg. ¿Qué velocidad tiene que tener la tercera para que (a) el CM esté quieto, (b) el CM se mueva a 1,0 m/s î, (c) la energía cinética del sistema sea 100 J?
Segunda velocidad por componentes: v2 = 6,0 (cos 60° î + sen 60° ĵ) = (3,0 î + 5,2 ĵ) m/s. → (a) P = 0: m3 v3 = −(m1 v1 + m2 v2) = −(13 î + 5,2 ĵ) kg·m/s, y v3 = (−4,3 î − 1,7 ĵ) m/s. → (b) P = M vCM = 6,0 kg · 1,0 m/s î = 6,0 kg·m/s î; m3 v3 = 6,0 î − (13 î + 5,2 ĵ), y v3 = (−2,3 î − 1,7 ĵ) m/s. → (c) la energía cinética es una suma de escalares: (1/2) · 2,0 · 5,0² + (1/2) · 1,0 · 6,0² + (1/2) · 3,0 · v3² = 25 + 18 + 1,5 v3² = 100 J, y v3 = √38 = 6,2 m/s. Sale el módulo y nada más: cualquier dirección sirve, porque la energía cinética no depende de hacia dónde va cada partícula. Para saber la dirección hace falta un dato vectorial, como P o vCM.

Cómo encarar un problema de centro de masa

  1. Ejes y origen. Dibujá las partículas con sus coordenadas (si hay figura, leelas con cuidado) y escribí cada velocidad por componentes. Las que vienen con un ángulo se descomponen con el seno y el coseno.
  2. Posición, velocidad y aceleración del CM con los promedios pesados, componente por componente. Controlá que el CM caiga entre las partículas, más cerca de las pesadas.
  3. Fuerzas exteriores. Si no hay (o se cancelan), aCM = 0 y el CM hace un MRU. Si sólo hay peso, aCM = g y hace un tiro. En otro caso, Σ Fext = M aCM.
  4. Trayectoria: escribí xCM(t) e yCM(t), despejá t de la primera y reemplazá en la segunda.
  5. Si te dan cómo quedan algunas partículas más tarde y el sistema no recibe fuerzas exteriores, P es el mismo que al principio: de ahí sale la velocidad de la que falta.

Conservación de la cantidad de movimiento

Integrando en el tiempo la ecuación del CM, igual que se hizo para una partícula, se obtiene el teorema del impulso para el sistema. Los impulsos de las fuerzas interiores también se cancelan de a pares, porque las dos fuerzas de cada par son opuestas en todo instante:

Σ Jext = Pf − Pi

Si el impulso de las fuerzas exteriores es nulo, la cantidad de movimiento del sistema se conserva. Pasa en cuatro casos:

  1. Sistema aislado: no hay fuerzas exteriores.
  2. Las fuerzas exteriores se equilibran: Σ Fext = 0 todo el tiempo, por ejemplo el peso y la normal de una mesa horizontal sin rozamiento.
  3. La resultante exterior es nula en una dirección: se conserva sólo la componente de P en esa dirección (ver abajo).
  4. Interacciones muy breves: en un choque o una explosión, el impulso de las fuerzas exteriores acotadas (peso, resortes, rozamientos comunes) es despreciable. Se ve en la sección siguiente.
Σ Fext = 0  ⟹
P = M vCM = constante

Conservar P es lo mismo que decir que la velocidad del CM no cambia. No quiere decir que las velocidades de las partículas sean constantes (pueden cambiar todo lo que quieran mientras la suma de mi vi no cambie), ni que se conserve la energía cinética. Para decidir si P se conserva se miran las fuerzas exteriores, no cómo se mueven los cuerpos.

Conservación de una sola componente

Muchas veces hay fuerzas exteriores que no se cancelan, pero todas tienen la misma dirección. Si las fuerzas exteriores son todas verticales (pesos, normales de un piso horizontal), la componente horizontal de su resultante es cero y se conserva Px, aunque Py cambie. Pasa, por ejemplo, cuando un bloque baja por una rampa que puede deslizar sobre la mesa: la normal de la mesa sobre la rampa no equilibra a los pesos (mientras el bloque baja, su velocidad vertical cambia), pero es vertical. También cuando una persona parada sobre el hielo lanza algo hacia arriba y adelante: para darle a la bolsa velocidad vertical empuja hacia abajo contra el hielo, y el hielo responde con una normal mayor que su peso. Esa diferencia es una fuerza exterior vertical, que cambia Py y no Px.

Igual al principio y al final no es "se conserva"
En la rampa que se mueve, Py vale cero al principio (todo quieto) y al final (el bloque sale horizontal), pero en el medio no: mientras baja, el bloque tiene velocidad vertical. Decir que Py se conserva es un error; lo correcto es que no se conserva y que justo vuelve a valer cero. Para saber si una magnitud se conserva hay que mirar las fuerzas durante todo el proceso, no comparar el principio con el final.

Interacción interna: los cuerpos se empujan entre sí

Son los problemas en los que dos cuerpos que forman un sistema sin fuerza exterior horizontal se empujan, se frenan o se separan entre sí: una persona que camina sobre un bote, un resorte que separa dos carritos, un bloque que roza sobre un carro, un bloque que baja por una rampa móvil. La receta de fondo es siempre la misma: la cantidad de movimiento (horizontal) del sistema no cambia, el CM sigue haciendo lo que hacía, y la interacción sólo reparte la cantidad de movimiento entre las partes. Lo que sí puede cambiar es la energía cinética, y para eso hace falta la energía (más abajo).

Velocidades relativas

La cantidad de movimiento se escribe siempre con velocidades medidas desde el laboratorio. Pero muchos enunciados dan la velocidad de un cuerpo respecto del otro ("la persona camina a 1 m/s respecto de la plataforma"). Se pasa de una a otra con la suma de velocidades de la unidad 1:

vA = vB + vA/B

donde vB es la velocidad de B en el mismo instante en que se mide vA/B. En un problema de antes y después, si la persona termina caminando a v respecto de la plataforma, su velocidad respecto del suelo es la velocidad de la plataforma de después más (o menos) v, no la de antes. Usar la velocidad que tenía la plataforma antes de que la persona empezara a caminar es el error más común de este tema, y da otro resultado.

Correr sobre una plataforma que avanza
Una plataforma de ferrocarril de 300 kg avanza a 2,0 m/s hacia la derecha por una vía sin rozamiento, con una persona de 75 kg quieta sobre ella. La persona se pone a correr hacia la izquierda, a 3,0 m/s respecto de la plataforma. ¿Cuánto cambia la velocidad de la plataforma?
Sistema: plataforma más persona. Las fuerzas exteriores (pesos y normales de la vía) son verticales; el rozamiento entre los pies y la plataforma es interior. Se conserva Px. → Eje x hacia la derecha. Antes: P = (300 + 75) · 2,0 = 750 kg·m/s. → Después: la plataforma va a V y la persona, a V − 3,0 (respecto del suelo, con la V de después). → Conservación: 300 V + 75 (V − 3,0) = 750; 375 V = 975; V = 2,6 m/s. La plataforma gana 0,60 m/s, y la persona va a 2,6 − 3,0 = −0,40 m/s, o sea 0,40 m/s hacia la izquierda respecto del suelo. → En general: M V0 + m V0 = M V + m (V − v) da V = V0 + m v/(M + m), con v la rapidez de la persona respecto de la plataforma, como en el problema 19. → El CM: sigue a 750/375 = 2,0 m/s, como antes. → El error: si se usa la velocidad de antes para la persona, 75 (2,0 − 3,0), sale V = 2,75 m/s: esa ecuación mezcla la velocidad de la plataforma de antes con la de después y no expresa ninguna conservación.

Persona que camina sobre un bote o una plancha

Si el sistema estaba en reposo y no hay fuerza exterior horizontal (bote en agua quieta sin rozamiento, plancha sobre hielo), P = 0 siempre. En cada instante la persona y el bote tienen cantidades de movimiento iguales y opuestas: m vpersona + M vbote = 0. El bote se mueve para el otro lado, más despacio, en la proporción inversa de las masas. Si un enunciado dice que el bote "pesa" n veces lo que la persona, su masa también es n veces la de la persona. Y como vCM = 0 todo el tiempo, el CM no se mueve: eso da los desplazamientos sin necesidad de saber cómo caminó.

m Δxpersona + M Δxbote = 0
antes después 3,5 m 1,5 m CM g
La persona camina 5,0 m sobre la balsa, de derecha a izquierda. Respecto del agua avanza 3,5 m y la balsa retrocede 1,5 m: 60 kg · 3,5 m = 140 kg · 1,5 m. El CM del sistema (la vertical en trazos) queda en el mismo lugar, porque no hubo fuerza exterior horizontal.
Cuánto se corre la balsa
Una persona de 60 kg está en un extremo de una balsa de 140 kg, quieta en agua quieta. Camina 5,0 m sobre la balsa, hasta el otro extremo. ¿Cuánto se mueven la balsa y la persona respecto del agua? (Se desprecia el rozamiento del agua.)
El CM no se mueve: 60 Δxp + 140 Δxb = 0. → Lo que se camina es relativo: Δxp = Δxb − 5,0 m (eje x hacia donde se corre la balsa, la persona camina en sentido contrario). → Reemplazando: 60 (Δxb − 5,0) + 140 Δxb = 0; Δxb = 60 · 5,0 / 200 = 1,5 m; Δxp = 1,5 − 5,0 = −3,5 m. La persona avanza 3,5 m respecto del agua, no 5,0. → Velocidades: si camina a 1,0 m/s respecto de la balsa, en cada instante 60 vp + 140 vb = 0 con vp = vb − 1,0; vb = 0,30 m/s y vp = −0,70 m/s. Cuando se frena, se frenan los dos.

Dos cuerpos que se separan con un resorte

Dos cuerpos quietos sobre una superficie sin rozamiento, atados con un hilo que mantiene comprimido un resorte entre ellos. Se corta el hilo y el resorte los separa. Con el sistema formado por los dos cuerpos y el resorte (ideal, sin masa), la fuerza del resorte es interior y las exteriores (pesos y normales) se equilibran. La cantidad de movimiento se conserva durante todo el proceso, y como era cero:

mA vA + mB vB = 0

Salen en sentidos opuestos, con rapideces en proporción inversa a sus masas. La energía cinética del sistema no se conserva: era cero y después no lo es. Lo que se conserva, si no hay rozamiento, es la energía mecánica, y la energía elástica que tenía el resorte termina repartida como energía cinética:

(1/2) k Δl² =
(1/2) mA vA² + (1/2) mB vB²

Como las dos cantidades de movimiento tienen el mismo módulo, por Ec = p²/(2m) las energías cinéticas quedan en proporción inversa a las masas: el liviano se lleva la mayor parte.

antes después 1,5 kg 0,50 kg A B A B vA vB g
Antes de cortar el hilo, P = 0. Después, también: mA vA + mB vB = 0, así que el carrito liviano sale tres veces más rápido. La energía cinética, que era cero, ahora no lo es: salió de la energía elástica del resorte.
Dos carritos y un resorte
Un carrito A de 1,5 kg y uno B de 0,50 kg están quietos sobre una vía sin rozamiento, atados con un hilo que comprime 5,0 cm un resorte de constante 1200 N/m. Se corta el hilo. Hallar las velocidades con las que salen.
Unidades: 5,0 cm = 0,050 m. → Cantidad de movimiento: 1,5 vA = 0,50 vB (en módulo), así que vB = 3 vA. → Energía: (1/2) · 1200 · 0,050² = 1,5 J = (1/2) · 1,5 · vA² + (1/2) · 0,50 · (3 vA)² = 0,75 vA² + 2,25 vA² = 3,0 vA². → Resultado: vA = √0,50 = 0,71 m/s y vB = 2,1 m/s, en sentidos opuestos. → Reparto: A se lleva 0,375 J y B 1,125 J: B, con un tercio de la masa, se lleva el triple de energía. → Al revés: si el dato fuera la velocidad de A, de la conservación de P sale la de B, de las dos energías cinéticas sale la energía del resorte, y de (1/2) k Δl² = E sale cuánto estaba comprimido.

Un bloque que desliza sobre un carro

Un bloque de masa m se lanza con velocidad v0 sobre un carro largo de masa M, que está quieto sobre un piso sin rozamiento. Entre el bloque y el carro hay rozamiento. El bloque frena, el carro acelera, y al final se mueven juntos. Es el problema más completo de esta sección, porque junta la dinámica de dos cuerpos, el movimiento relativo, la conservación de la cantidad de movimiento y el trabajo de una fuerza interior.

bloque N mg f desliza carro Npiso Npiso −N −f Mg
Bloque (arriba) y carro (abajo) separados, mientras el bloque desliza hacia adelante respecto del carro. En color, los dos pares de interacción entre ellos: N y −N, f y −f. Lo demás es exterior y vertical: los pesos y las normales del piso. Las flechas no están a escala.
  • Fuerzas. Sobre el bloque: su peso, la normal del carro hacia arriba y el rozamiento del carro hacia atrás (opuesto a la velocidad del bloque respecto del carro). Sobre el carro: su peso, la normal del piso, la normal del bloque hacia abajo y el rozamiento del bloque hacia adelante. Hay dos pares de interacción entre los cuerpos: las normales y los rozamientos.
  • Mientras desliza, el rozamiento es dinámico: f = μd N = μd m g. La segunda ley para cada cuerpo da abloque = −μd g y acarro = +μd m g / M. La aceleración del bloque respecto del carro es la diferencia: arel = −μd g (1 + m/M).
  • El sistema. No hay fuerzas exteriores horizontales, así que Px se conserva y vCM = m v0/(m + M) no cambia en todo el proceso. Cuando el bloque deja de deslizar, los dos van juntos a esa velocidad: la velocidad final sale de la conservación, sin integrar nada.
  • Cuándo deja de deslizar: cuando vbloque = vcarro. Con la velocidad final conocida, el tiempo sale de cualquiera de las dos ecuaciones horarias, y los desplazamientos de cada uno, de un MRUV. El desplazamiento del bloque respecto del carro es la diferencia.
  • Después: van juntos a velocidad constante y el rozamiento entre ellos es cero (nada horizontal los acelera).
t v (m/s) bloque carro vCM = 1,0 m/s 4,0 1,0 1,22 s área = drel
El bloque frena y el carro acelera hasta que tienen la misma velocidad, la del CM (en trazos), que no cambió en todo el proceso. El área entre las dos rectas es lo que el bloque se desplazó respecto del carro: drel = 2,45 m.

La energía. La energía cinética del sistema baja: el par de rozamiento es interior pero trabaja. Sobre el bloque hace −f dbloque (le saca energía) y sobre el carro +f dcarro (le da energía), y como el bloque recorre más que el carro, la suma es negativa: −f (dbloque − dcarro) = −f drel. Es la energía que el rozamiento convierte en calor, y depende sólo de lo que resbalaron uno sobre el otro.

ΔEc = −f drel = −μd m g drel
Bloque sobre un carro, con números
Un bloque de 1,0 kg entra a 4,0 m/s sobre un carro de 3,0 kg que está quieto en un piso sin rozamiento. El coeficiente de rozamiento dinámico entre ellos es 0,25. Hallar las aceleraciones, la velocidad final, cuánto tarda y cuánto se desplaza cada uno, y el trabajo del rozamiento.
Rozamiento: f = 0,25 · 1,0 · 9,8 = 2,45 N. → Aceleraciones (eje x en el sentido de v0): bloque, −2,45 / 1,0 = −2,45 m/s²; carro, +2,45 / 3,0 = +0,82 m/s²; bloque respecto del carro, −2,45 − 0,82 = −3,27 m/s². → Velocidad final (conservación): 1,0 · 4,0 = (1,0 + 3,0) v, v = 1,0 m/s = vCM. → Tiempo: el bloque pasa de 4,0 a 1,0 m/s con −2,45 m/s²: t = 3,0 / 2,45 = 1,22 s. → Desplazamientos: bloque, 4,0 · 1,22 − (1/2) · 2,45 · 1,22² = 3,06 m; carro, (1/2) · 0,82 · 1,22² = 0,61 m; relativo, 3,06 − 0,61 = 2,45 m (el carro tiene que medir por lo menos eso). → Energía: antes, (1/2) · 1,0 · 4,0² = 8,0 J; después, (1/2) · 4,0 · 1,0² = 2,0 J; ΔEc = −6,0 J, que es −f drel = −2,45 · 2,45 = −6,0 J. → Trabajo del rozamiento sobre cada uno: sobre el bloque, −2,45 · 3,06 = −7,5 J (igual a su ΔEc, (1/2) · 1,0 · (1,0² − 4,0²)); sobre el carro, +2,45 · 0,61 = +1,5 J (igual a su ΔEc, (1/2) · 3,0 · 1,0²). No son iguales y opuestos, aunque las fuerzas sí lo sean.

Un bloque que baja por una rampa que se puede mover

Un bloque de masa m parte del reposo desde una altura h sobre una rampa curva de masa M, que puede deslizar sobre una mesa. No hay rozamiento en ningún lado. El bloque baja y sale de la rampa horizontalmente; la rampa retrocede.

mientras baja cuando sale h N −N V g v V
Arriba, mientras el bloque baja: las normales entre el bloque y la rampa (en color) son un par interior, perpendicular a la superficie, que empuja al bloque hacia la derecha y a la rampa hacia la izquierda. Las fuerzas exteriores (pesos y normales de la mesa) son verticales: se conserva la componente horizontal de P. Abajo, cuando el bloque sale: m v = M V.
  • Cantidad de movimiento. Las fuerzas exteriores sobre el sistema bloque más rampa son los pesos y la normal de la mesa, todas verticales. Se conserva Px, que era cero: en cada instante m vx,bloque + M V = 0. Py no se conserva: mientras baja, el bloque tiene velocidad vertical, y la normal de la mesa no equilibra a los pesos.
  • Energía mecánica. La normal entre el bloque y la rampa es interior y perpendicular a la superficie de la rampa. Hace trabajo sobre el bloque (negativo: el bloque termina con menos energía cinética que si la rampa estuviera fija) y sobre la rampa (positivo: la empuja hacia atrás), pero la suma de los dos es cero, porque el bloque se mueve respecto de la rampa a lo largo de la superficie, perpendicular a la normal. La normal de la mesa es vertical y la rampa se mueve horizontalmente, así que no trabaja. Sólo trabajan los pesos: se conserva la energía mecánica del sistema.
  • Las dos ecuaciones, entre el reposo y la salida (con el bloque horizontal):
m v + M V = 0
m g h = (1/2) m v² + (1/2) M V²

De la primera, V = −(m/M) v; reemplazando en la segunda y despejando:

v = √( 2 g h Mm + M )
|V| = mM v

Si la rampa es muy pesada (M ≫ m), el cociente tiende a 1 y queda v = √(2 g h), el resultado de la rampa fija. Con una rampa liviana, el bloque sale más despacio: parte de la energía se la llevó la rampa. El trabajo de la normal sobre el bloque es lo que le falta a su energía cinética para ser m g h: WN, bloque = (1/2) m v² − m g h = −m² g h/(m + M), y el de la normal sobre la rampa es el opuesto, que es la energía cinética de la rampa.

Bloque y rampa móvil, con números
Un bloque de 0,50 kg baja desde 0,45 m de altura por una rampa lisa de 2,0 kg que puede deslizar sin rozamiento. Hallar las velocidades cuando el bloque sale y el trabajo de la normal sobre cada cuerpo.
Cociente de masas: M/(m + M) = 2,0/2,5 = 0,80. → Bloque: v = √(2 · 9,8 · 0,45 · 0,80) = 2,66 m/s. → Rampa: V = (0,50/2,0) · 2,66 = 0,66 m/s, en sentido contrario. → Control de energía: (1/2) · 0,50 · 2,66² + (1/2) · 2,0 · 0,66² = 1,76 + 0,44 = 2,21 J, igual a m g h = 0,50 · 9,8 · 0,45 = 2,21 J. → Trabajos de la normal: sobre el bloque, 1,76 − 2,21 = −0,44 J; sobre la rampa, +0,44 J. Suman cero. → Comparación: con la rampa fija el bloque saldría a √(2 · 9,8 · 0,45) = 2,97 m/s.

Lanzar algo parado sobre el hielo

Una persona de masa m1, quieta sobre hielo sin rozamiento, lanza una bolsa de masa m2 con rapidez v0 y un ángulo α sobre la horizontal. Durante el lanzamiento, para darle a la bolsa velocidad hacia arriba, la persona empuja hacia abajo contra el hielo, y el hielo responde con una normal mayor que el peso de los dos. Las fuerzas exteriores son verticales pero no se equilibran: se conserva Px y no Py. Si v0 se mide respecto del hielo:

0 = m1 V + m2 v0 cos α

y la persona retrocede con V = −m2 v0 cos α / m1. Si el enunciado da v0 respecto de la persona, la velocidad horizontal de la bolsa respecto del hielo es V + v0 cos α (con la V de después) y la ecuación cambia. Conviene decir cuál de las dos lecturas se usa. El trabajo de todas las fuerzas sobre el sistema durante el lanzamiento es la variación de la energía cinética; con v0 medida respecto del hielo, (1/2) m2 v0² + (1/2) m1 V². (Con v0 respecto de la persona, la bolsa sale con V + v0 cos α en horizontal y v0 sen α en vertical, y su energía se calcula con ese módulo.) Casi todo lo hacen fuerzas interiores (los músculos): la normal del hielo es vertical y los pies sólo se mueven en horizontal (la persona retrocede), así que no trabaja, y si el lanzamiento es rápido la bolsa sube muy poco mientras la empujan, así que el trabajo de los pesos es despreciable.

Una bolsa lanzada desde el hielo
Una persona de 60 kg, quieta sobre el hielo, lanza una bolsa de 5,0 kg a 8,0 m/s respecto del hielo, a 30° sobre la horizontal. ¿Con qué velocidad retrocede y cuánto trabajo hicieron las fuerzas?
Componentes de la bolsa: 8,0 cos 30° = 6,93 m/s horizontal y 8,0 sen 30° = 4,0 m/s vertical. → Px: 0 = 60 V + 5,0 · 6,93, V = −0,58 m/s (hacia atrás). → Py: pasa de 0 a 5,0 · 4,0 = 20 kg·m/s: es el impulso que dio el hielo por encima de los pesos. → Trabajo: ΔEc = (1/2) · 5,0 · 8,0² + (1/2) · 60 · 0,58² = 160 + 10 = 170 J, casi todo para la bolsa. Lo hizo la persona con sus músculos: ninguna fuerza exterior trabajó (o casi).

Cómo encarar un problema de interacción interna

  1. Elegí el sistema: los cuerpos que interactúan entre sí (persona y plataforma, bloque y carro, bloque y rampa). Así las fuerzas entre ellos son interiores.
  2. Diagrama de cuerpo libre de cada cuerpo, marcando los pares de interacción. Las fuerzas que quedan sin par adentro del sistema son las exteriores.
  3. Decidí qué componente de P se conserva: la de la dirección en la que no hay fuerza exterior (casi siempre la horizontal). Escribila con velocidades respecto del suelo, con signos.
  4. Si te dan una velocidad relativa, pasala al suelo con vA = vB + vA/B, usando la velocidad de B en el mismo instante.
  5. Si te piden desplazamientos y el sistema arranca quieto: el CM no se mueve, Σ mi Δxi = 0. Si te piden tiempos o aceleraciones, segunda ley para cada cuerpo.
  6. Energía: decidí si se conserva la mecánica (resorte, rampa lisa) o no (rozamiento, músculos), y usala como segunda ecuación o para calcular el trabajo de las fuerzas interiores. El trabajo sobre un solo cuerpo es la variación de su energía cinética (menos el trabajo de las otras fuerzas que actúen sobre él).

El sistema centro de masa

El sistema centro de masa es un sistema de referencia con el origen en el CM, que se traslada con él y cuyos ejes no giran: son siempre paralelos a los del laboratorio. Visto desde ahí, cada partícula tiene una posición ri/CM y una velocidad que sale de la suma de velocidades, con la del CM como velocidad de arrastre:

vi = vCM + vi/CM

La propiedad que lo hace especial: en el sistema CM la cantidad de movimiento total es cero, Σ mi vi/CM = 0. Visto desde el CM, el sistema en conjunto no va a ningún lado; sólo se ve cómo se mueven las partes unas respecto de otras. Por eso el libro de la cátedra lo llama un sistema "privilegiado". Si las fuerzas exteriores se anulan, el CM va a velocidad constante y el sistema CM es inercial. Si no, está acelerado: para describir velocidades y energías sirve igual, pero la segunda ley no se puede escribir en él sin agregar fuerzas ficticias.

Dos partículas. Con la velocidad relativa vrel = v2 − v1 (la del 2 vista desde el 1), las velocidades respecto del CM quedan:

v1/CM = −m2m1 + m2 vrel
v2/CM = m1m1 + m2 vrel

Salen de restar: v1 − vCM = v1 − (m1 v1 + m2 v2)/(m1 + m2) = m2 (v1 − v2)/(m1 + m2). Desde el CM, las dos velocidades son siempre paralelas y de sentidos opuestos (y las dos partículas están siempre alineadas con el CM, una de cada lado), y la liviana va más rápido. Eso no quiere decir que se muevan en línea recta: dos partículas unidas por una barra que gira, por ejemplo, describen circunferencias alrededor del CM.

v1 v2 vCM v1/CM v2/CM O
Las velocidades del ejemplo de la energía cinética (m1 = 1,0 kg y m2 = 2,0 kg). Cada velocidad es la del CM más la relativa al CM. Las dos relativas (en trazos) son opuestas y están en proporción inversa a las masas: m1 v1/CM + m2 v2/CM = 0.

Energía cinética de un sistema

La energía cinética de un sistema es la suma de las de sus partículas, medidas desde el laboratorio:

Ec = Σ (1/2) mi vi²

Es una suma de números positivos: no hay cancelaciones y sólo importa el módulo de cada velocidad. Por eso, a diferencia de la cantidad de movimiento, la energía cinética del sistema no es la de una partícula de masa M que se mueve con el CM: Ec ≠ (1/2) M vCM². Dos patinadores de la misma masa que se alejan uno del otro a la misma rapidez tienen vCM = 0 y bastante energía cinética.

La descomposición. Reemplazando vi = vCM + vi/CM y desarrollando el cuadrado:

Ec = Σ (1/2) mi vCM²
    + vCM · Σ mi vi/CM
    + Σ (1/2) mi vi/CM²

El primer término es (1/2) M vCM². El segundo es cero, porque las cantidades de movimiento respecto del CM suman cero. Queda:

Ec = (1/2) M vCM² + Ec,int
Ec,int = Σ (1/2) mi vi/CM²

La energía cinética del sistema es la del CM (la de toda la masa moviéndose con el CM) más la energía cinética interna, la del movimiento de las partículas respecto del CM. Es la energía cinética que mide un observador que viaja con el CM, y es la menor que puede medir cualquier observador que se traslade: cualquier otro le suma una parte "de traslación". Algunos libros llaman a esta descomposición teorema de König; el libro de la cátedra la usa sin ese nombre y parte además la energía interna en una parte de expansión o compresión (las partículas se acercan o se alejan del CM) y otra de rotación alrededor del CM. En un cuerpo rígido las distancias al CM no cambian y sólo queda la de rotación, que es la de la unidad 3.

Cantidad de movimiento y energía, frente al CM
P = M vCM, exacto: la cantidad de movimiento es toda "del CM".
Ec = (1/2) M vCM² + Ec,int: la energía cinética tiene además la parte interna.
Si P se conserva, la parte del CM no cambia, y todo lo que una interacción interna le hace a la energía cinética pasa en la parte interna.

Dos partículas: la masa reducida

Reemplazando las velocidades respecto del CM de dos partículas en la energía interna:

Ec,int = (1/2) m1 m2²M² vrel²
    + (1/2) m2 m1²M² vrel²

Sacando factor común m1 m2 vrel²/(2M²), lo que queda es m2 + m1 = M, y resulta:

Ec = (1/2) (m1 + m2) vCM²
    + (1/2) m1 m2m1 + m2 vrel²

El cociente m1 m2/(m1 + m2) se llama masa reducida del par; es menor que la más chica de las dos masas, y si una de ellas es mucho mayor que la otra, se parece a la menor. La energía interna de dos partículas es la de una sola partícula con la masa reducida que se moviera con la velocidad relativa. Es lo que usa la sección siguiente para clasificar los choques: si P se conserva entero, en el choque sólo puede cambiar el término de vrel. También sirve para el resorte entre dos carritos: (1/2) k Δl² = (1/2) · [mA mB/(mA + mB)] · vrel², porque el CM estaba y sigue quieto (con los datos del ejemplo, masa reducida 0,375 kg y vrel = 2,83 m/s, que es 0,71 + 2,1).

¿Hace falta conocer las direcciones?

Para la energía cinética respecto del laboratorio, no: alcanza con el módulo de cada velocidad. Para cada uno de los dos términos de la descomposición, sí. La velocidad del CM es una suma de vectores, y la velocidad relativa también: con θ el ángulo entre v1 y v2, vrel² = v1² + v2² − 2 v1 v2 cos θ. Al cambiar el ángulo, las dos partes cambian y su suma no. Con m1 = 1,0 kg a 6,0 m/s y m2 = 2,0 kg a 3,0 m/s:

Ángulo entre las velocidadesvCM (m/s)(1/2) M vCM² (J)Ec,int (J)Ec (J)
0° (mismo sentido)4,0243,027
90°2,8121527
180° (sentidos opuestos)002727
Energía cinética desde el laboratorio y desde el CM
Una partícula de 1,0 kg va a 6,0 m/s en la dirección +x y otra de 2,0 kg va a 3,0 m/s en la dirección +y. Hallar la velocidad del CM, las velocidades respecto del CM y las dos energías cinéticas.
Velocidades: v1 = 6,0 î m/s, v2 = 3,0 ĵ m/s. → CM: vCM = (1,0 · 6,0 î + 2,0 · 3,0 ĵ)/3,0 = (2,0 î + 2,0 ĵ) m/s. → Respecto del CM: v1/CM = (6,0 − 2,0) î + (0 − 2,0) ĵ = (4,0 î − 2,0 ĵ) m/s; v2/CM = (−2,0 î + 1,0 ĵ) m/s. Control: 1,0 · (4,0; −2,0) + 2,0 · (−2,0; 1,0) = (0; 0). → Desde el laboratorio: Ec = (1/2) · 1,0 · 36 + (1/2) · 2,0 · 9,0 = 18 + 9,0 = 27 J. → La interna (desde el CM): Ec,int = (1/2) · 1,0 · (16 + 4,0) + (1/2) · 2,0 · (4,0 + 1,0) = 10 + 5,0 = 15 J. → La parte del CM: (1/2) · 3,0 · (2,0² + 2,0²) = 12 J, y 12 + 15 = 27 J. → Con la masa reducida: vrel = (−6,0 î + 3,0 ĵ) m/s, vrel² = 45 m²/s², masa reducida 2,0/3,0 kg: (1/2) · (2/3) · 45 = 15 J.

Cómo calcular las dos energías

  1. Velocidades por componentes, respecto del laboratorio.
  2. Ec desde el laboratorio: Σ (1/2) mi vi², con los módulos.
  3. vCM con el promedio pesado (vectorial), y cada vi/CM = vi − vCM. Control: Σ mi vi/CM = 0.
  4. Ec,int: Σ (1/2) mi vi/CM², o con la masa reducida si son dos partículas.
  5. Control final: (1/2) M vCM² + Ec,int tiene que dar la Ec del laboratorio.

Trabajo y energía en un sistema de partículas

Sumando el teorema de las fuerzas vivas de cada partícula, el trabajo de todas las fuerzas sobre todas las partículas es la variación de la energía cinética del sistema:

Wext + Wint = ΔEc

Acá está la diferencia con la cantidad de movimiento. Las fuerzas interiores se cancelan al sumarlas, pero sus trabajos no, porque las dos fuerzas de un par actúan sobre cuerpos que pueden moverse distinto. Por eso una persona puede ganar energía cinética caminando sobre un bote sin que nada de afuera trabaje, y un bloque que roza sobre un carro pierde energía aunque el sistema esté aislado.

El trabajo de un par de fuerzas interiores

Si F es la fuerza que el cuerpo 2 le hace al 1, y −F la que el 1 le hace al 2, en un intervalo dt el par hace F · dr1 − F · dr2 = F · d(r1 − r2). El trabajo de un par depende sólo del desplazamiento relativo de los puntos donde actúan las fuerzas: es el mismo que si uno de los cuerpos estuviera quieto. De ahí sale cuándo trabaja y cuándo no:

Par interiorTrabajo total del par
Rozamiento dinámico entre dos cuerpos que resbalan uno sobre otro−f drel, negativo: es la energía que se va en calor
Rozamiento estático (las superficies no resbalan)Cero: no hay desplazamiento relativo en el contacto
Normal entre dos superficies lisas que deslizanCero: el desplazamiento relativo es tangente y la normal, perpendicular. Sobre cada cuerpo por separado sí trabaja
Hilo tenso o barra rígida que une dos partículasCero si la distancia entre ellas no cambia
Resorte entre dos cuerpos−Δ[(1/2) k Δl²]: es conservativo, y se cuenta como energía potencial elástica del sistema
Músculos, explosivo, motorPositivo cuando ponen los cuerpos en movimiento (energía química que pasa a cinética). Los músculos también pueden hacer trabajo negativo: cuando la persona que caminaba sobre la balsa se detiene, la energía cinética del sistema pasa de 21 J a 0 y el trabajo de las fuerzas interiores es −21 J

En los problemas en los que una persona camina o corre sobre una plataforma, la persona se trata como una partícula. Las únicas fuerzas horizontales sobre ella son las del rozamiento de la plataforma, así que el trabajo de esas fuerzas sobre la persona es la variación de su energía cinética, calculada con las velocidades respecto del suelo. En rigor la energía la ponen sus músculos (el pie apoyado no resbala); en el modelo de partícula aparece como trabajo del rozamiento. En el ejemplo de la plataforma que avanza, la persona pasa de 2,0 m/s a 0,40 m/s y el rozamiento sobre ella hace (1/2) · 75 · (0,40² − 2,0²) = −144 J; sobre la plataforma hace (1/2) · 300 · (2,6² − 2,0²) = +414 J, y la energía cinética del sistema aumenta 270 J.

Energía potencial y energía mecánica del sistema

  • Gravitatoria (g uniforme): Ep = Σ mi g yi = M g yCM. Para la energía potencial del peso sí alcanza con el CM. Tres libros de 1,0 kg y 4,0 cm de espesor apilados sobre el piso tienen el CM a 6,0 cm de altura y Ep = 3,0 · 9,8 · 0,060 = 1,76 J.
  • Elástica interior: la de un resorte que une dos cuerpos del sistema, (1/2) k Δl², con Δl calculado con la distancia entre los dos extremos.

La energía mecánica del sistema es Em = Ec + Ep, sumando todas las energías potenciales. Escribiendo el trabajo de las fuerzas conservativas (exteriores e interiores) como −ΔEp y pasándolo al otro miembro, queda:

Wfnc = ΔEm

donde Wfnc es el trabajo de todas las fuerzas no conservativas, exteriores e interiores. La energía mecánica del sistema se conserva si ninguna fuerza no conservativa trabaja, sea de afuera o de adentro. Eso no tiene nada que ver con que la resultante exterior sea nula: un bloque que roza sobre un carro forma un sistema aislado que pierde energía, y un bloque que baja por una rampa móvil lisa conserva la energía mecánica aunque Py cambie.

La parte del CM sólo la cambian las fuerzas exteriores. Derivando, d[(1/2) M vCM²]/dt = M aCM · vCM = Σ Fext · vCM. Si no hay fuerza exterior en la dirección en la que se mueve el CM, la energía cinética del CM no cambia, y todo el trabajo de las fuerzas interiores va a la energía interna: en el ejemplo de la plataforma, los 270 J son exactamente (1/2) · [75 · 300/375] · 3,0² = 270 J, la energía interna que corresponde a una velocidad relativa de 3,0 m/s.

Qué se conserva en cada situación

Para el sistema completo, sin rozamiento con el piso ("igual" quiere decir que no cambia):

SituaciónPEcEm
Resorte que separa dos carritosEnteraSubeIgual (con la elástica)
Bloque que roza sobre un carroEnteraBajaBaja
Bloque en una rampa móvil lisaSólo PxSubeIgual
Persona que arranca a caminar sobre un boteEnteraSubeSube (músculos)
Persona que lanza algo hacia arriba desde el hieloSólo PxSubeSube (músculos)
Partículas en el aire, con pesoSólo PxDependeIgual, si las fuerzas interiores no disipan ni aportan energía

Lo que viene: choques, explosiones y momento cinético

Un choque es una interacción interna muy corta e intensa: las fuerzas entre los cuerpos son impulsivas, el impulso de las exteriores acotadas es despreciable y P se conserva entre justo antes y justo después. Una explosión es lo mismo al revés: partes que iban juntas se separan, y el CM sigue la trayectoria que traía. La energía cinética interna decide qué tipo de choque es (se pierde toda, una parte, nada, o aumenta). Todo eso es la sección siguiente, que aplica lo de esta. El momento cinético de un sistema y su conservación son la sección 9.

Las trampas del tema
  • Confundir cantidad de movimiento con impulso. El impulso es el cambio de p, no p. Una pelota que rebota con la misma rapidez recibe un impulso, aunque su p tenga el mismo módulo.
  • Olvidar los signos en un rebote. Si la velocidad cambia de sentido, Δp es la suma de los módulos por la masa, no la resta.
  • Dividir por la masa el impulso de una sola fuerza para sacar la velocidad. Sólo el impulso de la resultante es Δp.
  • Despreciar el peso en un contacto largo, o restarlo con el signo cambiado. Con el eje hacia arriba, Nmedia = Δp/Δt + m g.
  • Mezclar milisegundos y gramos con segundos y kilogramos. 3,0 ms = 0,0030 s; 60 g = 0,060 kg. Y N·s y kg·m/s son la misma unidad.
  • Creer que Ec del sistema es (1/2) M vCM². Eso es sólo la parte del CM; falta la interna.
  • Creer que las fuerzas interiores no trabajan, o que si la resultante exterior es nula la energía se conserva. Se cancelan las fuerzas, no los trabajos.
  • Calcular el trabajo del rozamiento sobre cada cuerpo con el desplazamiento relativo, o el del par con el desplazamiento de uno solo. Sobre cada cuerpo, con su propio desplazamiento; el par, con el relativo.
  • Componer la velocidad relativa con la velocidad de antes. vA = vB + vA/B con la vB del mismo instante.
  • Escribir la conservación con una velocidad relativa adentro, como si fuera respecto del suelo.
  • Conservar P entero cuando hay una fuerza exterior vertical que no se equilibra (rampa móvil, lanzamiento desde el hielo). Se conserva sólo la componente horizontal, y que Py valga lo mismo al principio y al final no quiere decir que se conserve.
  • Usar la velocidad de la rampa fija, √(2 g h), cuando la rampa se puede mover.
  • Creer que conservar P es que las velocidades no cambien. Lo que no cambia es la suma de mi vi, es decir la velocidad del CM.
  • Pretender una dirección a partir de una energía. Una energía cinética dada fija sólo el módulo de una velocidad.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Explicar la diferencia entre cantidad de movimiento e impulso, con el teorema del impulso y un dibujo de vectores.
  • Calcular el impulso de una fuerza constante, de una variable (integral o área bajo la curva, por tramos) y de una vectorial (por componentes), y la fuerza media de un golpe, decidiendo si el peso cuenta.
  • Calcular la posición, la velocidad y la aceleración del CM de varias partículas, y la cantidad de movimiento del sistema como M vCM.
  • Usar Σ Fext = M aCM para decir cómo se mueve el CM (quieto, MRU o tiro) y escribir su trayectoria.
  • Decidir, mirando las fuerzas exteriores, si se conserva P, sólo una componente o nada.
  • Resolver una interacción interna (persona y plataforma, resorte, bloque y carro, rampa móvil, lanzamiento) con la conservación de la cantidad de movimiento, las velocidades relativas bien compuestas y la energía cuando corresponde.
  • Pasar al sistema CM y calcular la energía cinética del sistema como la del CM más la interna, con la masa reducida en el caso de dos partículas.
  • Calcular el trabajo de las fuerzas interiores (el de cada fuerza sobre su cuerpo y el del par) y decir si se conserva la energía mecánica del sistema.
↑ Volver al índice
8 Unidad 2 · Choques y explosiones

Un choque es una interacción muy corta y muy intensa entre dos o más cuerpos, que les cambia la velocidad casi de golpe. Una explosión es lo mismo visto al revés: partes que estaban juntas se separan por una interacción interna muy breve. Los dos casos se resuelven con la misma herramienta, la conservación de la cantidad de movimiento del sistema, y lo que distingue a uno de otro es qué pasa con la energía cinética.

Son los problemas 20 y 22 a 29 de la unidad 2 de la Guía de Problemas, y el tema entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 11 tienen un choque como tema principal, y otros 3 traen un choque o una explosión como parte de un problema de otro tema. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven: el choque plástico seguido de un tiro (problema 20), el plástico en dos dimensiones (22), el plástico y el elástico en una dimensión con el análisis del centro de masa (23 y 24), el choque en dos dimensiones que no es plástico (25), la explosión de una granada en vuelo (26), el choque entre dos péndulos en sus tres variantes (27), el péndulo balístico (28) y el choque elástico contra una cuña que puede deslizar (29). Se da por vista la sección anterior (impulso, cantidad de movimiento y centro de masa). El papel del momento cinético en un choque se estudia en la sección que sigue, y los choques contra un cuerpo rígido, en la unidad 3.

Lo que se trae de la sección anterior

  • Cantidad de movimiento de una partícula: p = m v (muchos libros la llaman momento lineal). La del sistema es la suma: P = Σ mi vi = M vCM, con M la masa total.
  • Impulso de una fuerza: J = ∫ F dt, el área bajo la curva de la fuerza en función del tiempo. Para una partícula, la suma de los impulsos que recibe es igual a su Δp.
  • En un sistema, los impulsos de las fuerzas internas se cancelan de a pares (tercera ley de Newton, que el libro de la cátedra llama principio de interacción). Sólo las fuerzas externas cambian la cantidad de movimiento del sistema: Σ Jext = Pf − Pi.
  • Si Σ Jext = 0, P se conserva y la velocidad del CM no cambia. Si el impulso externo es nulo en una sola dirección, se conserva sólo esa componente.
  • La energía cinética del sistema no es la del CM: es Ec = (1/2) M vCM² más la energía cinética interna, la del movimiento respecto del CM.

Notación de esta sección. El subíndice i marca el instante justo antes del choque y el subíndice f, el instante justo después: v1i es la velocidad del cuerpo 1 justo antes y v1f, justo después. Muchos libros de texto usan primas (v′1) para las velocidades de después.

Qué pasa durante un choque: fuerzas impulsivas

Filmado en cámara lenta, un choque dura milésimas de segundo. En ese tiempo los cuerpos casi no cambian de lugar, pero se deforman y su velocidad cambia en una cantidad que no tiene nada de chica. Para cambiar la cantidad de movimiento en un Δp apreciable durante un Δt tan corto hace falta una fuerza enorme: en promedio, Fmedia = Δp / Δt. A las fuerzas así, muy grandes y muy breves, se las llama fuerzas impulsivas. Cómo varían con el tiempo no se sabe ni hace falta: lo único que importa de ellas es su impulso.

t F F media peso m g fuerza de contacto (impulsiva) área bajo la curva = impulso J Δt justo antes justo después
Durante el choque la fuerza de contacto crece hasta un valor enorme y vuelve a cero en un tiempo Δt muy corto. El área bajo la curva es el impulso, igual al de una fuerza media constante que actúe el mismo Δt. En ese mismo intervalo, el área bajo la recta del peso es despreciable.

El peso, la fuerza de un resorte o un rozamiento común no crecen porque haya un choque: son fuerzas acotadas. Su impulso durante el choque vale a lo sumo Fmáx · Δt, y tiende a cero cuando Δt tiende a cero. Por eso se desprecia. No es que esas fuerzas desaparezcan: siguen actuando, pero en un intervalo tan corto no llegan a cambiar nada.

Cuánto pesa el peso en un golpe
Una bocha de hockey de 0,160 kg llega al palo a 12 m/s y sale en sentido contrario a 18 m/s. El contacto dura 5,0 ms. Eje: x positivo en el sentido de salida, así que vi = −12 m/s y vf = +18 m/s. → Impulso del golpe: J = m (vf − vi) = 0,160 kg · (18 − (−12)) m/s = 4,8 N·s. → Fuerza media: con Δt = 5,0 ms = 0,0050 s, Fmedia = J / Δt = 4,8 N·s / 0,0050 s = 960 N. → El peso en ese mismo tiempo: m g = 0,160 · 9,8 = 1,57 N, y su impulso es 1,57 N · 0,0050 s = 0,0078 N·s. → Comparación: la fuerza del palo es unas 600 veces el peso, y el impulso del peso es el 0,16 % del impulso del golpe. Aunque el peso actuara en la misma dirección que el golpe, despreciarlo cambiaría el resultado recién en la tercera cifra.
Dos consecuencias de que dure tan poco
1. El impulso de las fuerzas externas acotadas es despreciable, así que la cantidad de movimiento del sistema justo antes es igual a la de justo después: Pi = Pf.
2. Los cuerpos no cambian de posición mientras dura el choque: no cambia la altura de ninguno ni el estiramiento de ningún resorte, o sea que no cambia ninguna energía potencial. Lo único que puede cambiar es la energía cinética: durante el choque, ΔEm = ΔEc.
1 2 m₁g N₁ m₂g N₂ −F F en contacto par de interacción: interno e impulsivo peso y normal: externos y acotados g
Diagrama de cuerpo libre de cada bloque durante el choque (dibujados separados para que se vean las fuerzas). El par de interacción es interno al sistema y enorme. El peso y la normal son externos y acotados: su impulso durante el choque no cuenta.

Las fuerzas externas que no se pueden despreciar

Hay fuerzas externas que no son acotadas: las fuerzas de vínculo, que valen lo que haga falta para que el vínculo se cumpla. Si el golpe aprieta a un cuerpo contra el piso, la normal del piso crece durante el choque tanto como la fuerza del golpe. Lo mismo hacen una pared, un eje fijo o un hilo cuando el golpe tira a lo largo del hilo. Esas fuerzas también son impulsivas y su impulso sí cuenta. En ese caso P no se conserva entero: se conserva la componente en la que ninguna fuerza externa impulsiva tiene proyección.

SituaciónFuerzas externas durante el choqueQué se conserva del sistema
Dos cuerpos que chocan sobre una mesa horizontal lisa, con velocidades horizontalesPesos y normales: verticales, equilibrados y acotadosP en el plano de la mesa (las dos componentes horizontales)
Dos cuerpos que chocan en el aire, o un cuerpo que explota en vueloSólo los pesos, acotadosP entero
Bala horizontal contra un bloque colgado de un hilo verticalPesos y tensión: verticales y acotados. No hay impulso externo horizontalLa componente horizontal, que es la única que hay antes y después
Bala que llega inclinada contra un bloque apoyado en el pisoNormal del piso: impulsiva y verticalSólo la componente horizontal
Bola contra la cara inclinada de una cuña que puede deslizar sobre el pisoNormal del piso sobre la cuña: impulsiva y verticalSólo la componente horizontal
Dos cuerpos que chocan sobre un plano inclinado liso, moviéndose a lo largo del planoPesos (acotados) y normales del plano, perpendiculares a élLa componente paralela al plano
Un cuerpo contra una pared o un piso fijos (el sistema es sólo el cuerpo)La fuerza de la pared: impulsiva y externaLa cantidad de movimiento del cuerpo no se conserva. Si la pared es lisa, sí su componente paralela a la pared
Antes de escribir Pi = Pf
Mirá el diagrama de cuerpo libre de cada cuerpo durante el choque y preguntate si alguna fuerza externa puede hacerse tan grande como la del golpe. Si la respuesta es sí (piso, pared, eje, hilo que se tensa), la componente de P en la dirección de esa fuerza no se conserva. Y si ese piso además tiene rozamiento, cuidado: un rozamiento proporcional a una normal impulsiva también es impulsivo. En los problemas de choques de la guía (20 y 22 a 29) eso no aparece, porque los choques ocurren en el aire, colgados de hilos o sobre superficies sin rozamiento.

Qué se conserva y qué no

Magnitud¿Se conserva en el choque?Por qué
Cantidad de movimiento del sistema, PSí (entera, o la componente sin impulso externo)Las fuerzas del choque son internas y el impulso de las externas acotadas es despreciable
Cantidad de movimiento de cada cuerpoNoCada uno recibe el impulso del otro: Δp1 = J y Δp2 = −J, iguales y opuestos
Velocidad del CMSí, en la misma medida que P: entera, o sólo la componente sin impulso externoP = M vCM y la masa total no cambia. Si el piso hace un impulso vertical (la bala inclinada y la cuña de más abajo), la componente vertical de vCM cambia
Energía cinética del sistemaEn general no. Sólo en el choque elásticoUna parte se gasta en deformar los cuerpos de forma permanente, en calor y en sonido
Energía mecánica del sistemaCambia lo mismo que la cinéticaDurante el choque las posiciones no cambian, así que la energía potencial tampoco

Dos aclaraciones. La primera: que P se conserve no quiere decir que las velocidades no cambien (cambian, y mucho). Lo que no cambia es la suma m1 v1 + m2 v2. Para decidir si una magnitud se conserva se mira qué fuerzas actúan, no cómo se mueven los cuerpos. La segunda: las fuerzas internas no cambian P, pero sí hacen trabajo. El trabajo total de las fuerzas internas durante el choque es la variación de energía cinética del sistema, Wint = ΔEc, negativo cuando el choque no es elástico. Y el trabajo que el choque hace sobre uno solo de los cuerpos es la variación de la energía cinética de ese cuerpo.

Cómo se escribe el análisis de un choque

Varios problemas de la guía (el 25 y el 28, por ejemplo) no piden sólo el número: piden los esquemas, los diagramas de cuerpo libre y el análisis de qué se conserva. El orden es siempre el mismo:

  1. Sistema y esquemas. Elegí como sistema a los cuerpos que chocan y dibujá dos esquemas, justo antes y justo después, con los ejes y el sentido positivo.
  2. Diagramas de cuerpo libre durante el choque, uno por cuerpo. Marcá cuáles fuerzas son internas (el par de interacción entre los cuerpos del sistema) y cuáles externas (peso, normal, tensión).
  3. Impulsos externos. Decidí cuáles fuerzas externas son acotadas (su impulso se desprecia) y cuáles pueden ser impulsivas. Conclusión: se conserva P, o tal componente de P.
  4. Energía cinética. Calculá la del sistema antes y después y comparalas. Si el enunciado dice que el choque es elástico, que son iguales es un dato. Si no lo dice, se averigua con esa cuenta.

Tipos de choque

La cantidad de movimiento se conserva en todos (entera, o la componente sin impulso externo). El nombre de cada tipo lo decide la energía cinética. La última columna describe el caso más común, en el que P se conserva entero:

TipoCómo lo dice el enunciadoEnergía cinética del sistemaDespués del choque
Plástico (o perfectamente inelástico)"quedan unidos", "se incrusta", "siguen juntos", "quedan enganchados"Baja lo máximo posibleUna sola velocidad para los dos
InelásticoSe separan, y da un dato más: una velocidad final o el porcentaje de energía que se pierdeBaja, menos que en el plásticoSe separan más despacio de lo que se acercaban
Elástico (o perfectamente elástico)"elástico", "elásticamente"Se conservaSe separan con la misma rapidez con la que se acercaban
Explosión o fragmentación"explota", "se divide", un resorte que separa dos cuerposAumentaLas partes, que iban juntas, se alejan

El choque elástico es un caso ideal: los cuerpos se deforman y recuperan exactamente su forma, sin calor ni sonido. Dos bolas de billar o de acero se le acercan bastante. Los choques reales son inelásticos, y el plástico es el extremo en el que se pierde todo lo que se puede perder (más abajo se ve cuánto es eso). El libro de la cátedra llama "choques explosivos" a los del último renglón, y aclara que en rigor no son choques.

Choque plástico

Después del choque los cuerpos se mueven juntos, así que hay una sola velocidad final y la conservación de la cantidad de movimiento alcanza para hallarla:

m1 v1i + m2 v2i = (m1 + m2) vf   ⟹   vf = m1 v1i + m2 v2im1 + m2 = vCM

La velocidad final es la velocidad del centro de masa, la misma que el CM ya tenía antes del choque. Es una ecuación vectorial: en una dimensión cada velocidad entra con el signo que le toca según el eje elegido, y en dos dimensiones hay una ecuación por eje.

Cuánta energía se pierde. Si vrel es la rapidez con la que se acercaban (el módulo de v2i − v1i), la variación de energía cinética es

ΔEc = − 12 · m1 m2m1 + m2 · vrel²

(la deducción está más abajo, en el apartado de la energía, y pide lo mismo que la fórmula de vf: que P se conserve entero). Cuando el cuerpo 2 estaba en reposo, eso equivale a perder la fracción m2 / (m1 + m2) de la energía cinética inicial: una bala que se incrusta en un bloque mucho más pesado pierde casi toda su energía cinética, y un camión que se lleva puesto un carrito liviano, casi nada.

Choque plástico frontal: camión contra auto
Un camión de 9000 kg que va a 36 km/h choca de frente con un auto de 1000 kg que viene a 72 km/h en sentido contrario. Quedan enganchados, y el rozamiento con la calle se desprecia durante el choque. Hallar la velocidad del CM antes y después, el cambio de velocidad de cada uno y la energía cinética perdida.
Unidades y eje: 36 km/h = 10 m/s y 72 km/h = 20 m/s. Con x en el sentido del camión, v1i = +10 m/s y v2i = −20 m/s. → Qué se conserva: durante el choque las fuerzas externas son los pesos y las normales, que se equilibran y son acotadas, así que se conserva Px. → Cantidad de movimiento: P = 9000 · 10 + 1000 · (−20) = 70 000 kg·m/s. → Velocidad del CM antes: vCM = P / M = 70 000 / 10 000 = +7,0 m/s. → Después: como P no cambia, vf = vCM = +7,0 m/s (25,2 km/h): los dos siguen juntos en el sentido que traía el camión. → Cambio de velocidad: camión, 7,0 − 10 = −3,0 m/s; auto, 7,0 − (−20) = +27 m/s. Los cambios están en proporción inversa a las masas (27 / 3,0 = 9 = 9000 / 1000), porque los dos reciben impulsos de igual módulo. → Energía: antes, (1/2) · 9000 · 10² + (1/2) · 1000 · 20² = 450 kJ + 200 kJ = 650 kJ; después, (1/2) · 10 000 · 7,0² = 245 kJ. Se pierden 405 kJ, el 62 %. → Control con la fórmula: (1/2) · (9000 · 1000 / 10 000) · 30² = (1/2) · 900 · 900 = 405 000 J.
Quién la pasa peor. Si el choque dura 0,12 s, la fuerza media sobre cada vehículo es la misma, 1000 kg · 27 m/s / 0,12 s = 225 kN, pero la aceleración media no: 225 m/s² (unas 23 veces g) para el auto y 25 m/s² (2,6 veces g) para el camión. Para eso sirve conocer la duración de un choque: junto con el cambio de velocidad da la fuerza y la aceleración medias que soportan los vehículos y sus ocupantes.
antes después x m₁ m₂ v1i = +10 m/s v2i = −20 m/s m₁ m₂ vf = +7,0 m/s g
El choque plástico frontal del ejemplo. Con el eje x hacia la derecha, la velocidad del auto entra en la ecuación con signo menos. Después del choque los dos se mueven con la velocidad que ya tenía el CM.
Choque plástico en dos dimensiones
En un cruce, un auto de 1000 kg que va hacia el este a 72 km/h choca con una camioneta de 1500 kg que va hacia el norte a 36 km/h. Quedan enganchados. Hallar el vector velocidad justo después del choque.
Unidades y ejes: 72 km/h = 20 m/s y 36 km/h = 10 m/s. Con x hacia el este e y hacia el norte, v1i = 20 m/s î y v2i = 10 m/s ĵ. → Eje x: 1000 · 20 = (1000 + 1500) · vfx, de donde vfx = 20 000 / 2500 = 8,0 m/s. → Eje y: 1500 · 10 = 2500 · vfy, de donde vfy = 15 000 / 2500 = 6,0 m/s. → Resultado: vf = (8,0 î + 6,0 ĵ) m/s. Módulo: √(8,0² + 6,0²) = 10 m/s (36 km/h). Dirección: tan θ = 6,0 / 8,0, θ = 36,9° hacia el norte, medidos desde el este. → Energía: antes, (1/2) · 1000 · 20² + (1/2) · 1500 · 10² = 275 kJ; después, (1/2) · 2500 · 10² = 125 kJ. Se pierden 150 kJ (el 55 %).
El error clásico es sumar las cantidades de movimiento como si fueran números: (20 000 + 15 000) / 2500 = 14 m/s. Dos vectores perpendiculares se suman con Pitágoras, no con una suma común.
x (este) y (norte) 36,9° p₁ = 20 000 kg·m/s p₂ = 15 000 kg·m/s P = 25 000 kg·m/s
Vista desde arriba del ejemplo. La cantidad de movimiento es un vector: se suma por componentes. La del conjunto después del choque es la suma de las dos de antes, y de ella sale la velocidad final dividiendo por la masa total.

Choque elástico en una dimensión

Ahora hay dos velocidades finales y dos leyes de conservación. Con todas las velocidades sobre el eje x, cada una con su signo:

m1 v1i + m2 v2i = m1 v1f + m2 v2f
12 m1 v1i² + 12 m2 v2i² = 12 m1 v1f² + 12 m2 v2f²

Resolver ese sistema tal cual lleva a una ecuación cuadrática. Hay un camino más corto. Se pasa a un lado todo lo del cuerpo 1 y al otro todo lo del cuerpo 2:

m1 (v1i − v1f) = m2 (v2f − v2i)
m1 (v1i − v1f) (v1i + v1f) = m2 (v2f − v2i) (v2f + v2i)

En la segunda se usó que a² − b² = (a − b) (a + b). Dividiendo la segunda por la primera queda v1i + v1f = v2f + v2i, que reordenada dice

v2f − v1f = − (v2i − v1i)

En un choque elástico la velocidad relativa cambia de signo y conserva su módulo: los cuerpos se separan con la misma rapidez con la que se acercaban. Esa ecuación es lineal y reemplaza a la de la energía. Al dividir se descartó la otra solución del sistema, v1f = v1i y v2f = v2i, que también conserva todo: es la de dos cuerpos que no llegaron a chocar. Juntando la velocidad relativa con la cantidad de movimiento salen las velocidades finales:

v1f = (m1 − m2) v1i + 2 m2 v2im1 + m2      v2f = (m2 − m1) v2i + 2 m1 v1im1 + m2

Hay una forma más fácil de recordarlas y de usarlas. Como vCM = (m1 v1i + m2 v2i) / (m1 + m2), las dos fórmulas son lo mismo que

v1f = 2 vCM − v1i      v2f = 2 vCM − v2i

Todo esto vale sólo para el choque elástico en una dimensión (el choque frontal, que el libro de la cátedra llama central). Los casos que conviene tener vistos son los del cuerpo 2 en reposo, donde v1f = (m1 − m2) v1i / (m1 + m2) y v2f = 2 m1 v1i / (m1 + m2):

MasasQué pasaEjemplo
m1 = m2Intercambian velocidades: el que llegaba queda quieto y el otro sale con v1iDos bolas de billar en un choque frontal
m1 < m2El que llega rebota (v1f negativa)Una pelota de ping pong contra una de básquet
m1 mucho menor que m2v1f ≈ −v1i y el otro casi no se mueveUna pelota contra una pared
m1 > m2Los dos siguen hacia adelante, el liviano más rápidoUna bocha contra un bochín
m1 mucho mayor que m2v1f ≈ v1i y v2f ≈ 2 v1i: el liviano sale al dobleUn camión contra una pelota
Los mismos vehículos, con choque elástico
El camión de 9000 kg a +10 m/s y el auto de 1000 kg a −20 m/s del ejemplo del choque plástico frontal, suponiendo ahora que el choque es elástico.
Velocidad del CM: es la misma de antes, vCM = +7,0 m/s. → Velocidades finales: camión, v1f = 2 · 7,0 − 10 = +4,0 m/s; auto, v2f = 2 · 7,0 − (−20) = +34 m/s. → Con la fórmula larga da lo mismo: v1f = [(9000 − 1000) · 10 + 2 · 1000 · (−20)] / 10 000 = +4,0 m/s. → Controles: cantidad de movimiento, 9000 · 4,0 + 1000 · 34 = 70 000 kg·m/s; velocidad relativa, antes −20 − 10 = −30 m/s y después 34 − 4,0 = +30 m/s; energía, (1/2) · 9000 · 4,0² + (1/2) · 1000 · 34² = 72 kJ + 578 kJ = 650 kJ. → Cambio de velocidad: camión, −6,0 m/s; auto, +54 m/s.
Qué sale de comparar los dos casos. La velocidad del CM es la misma con choque plástico o elástico. En el elástico cada vehículo cambia su velocidad exactamente el doble que en el plástico, porque vf − vi = 2 (vCM − vi): el rebote duplica el impulso. Un choque que se parece al plástico le cambia menos la velocidad a los ocupantes. Y en los dos casos el vehículo liviano es el que sufre el cambio grande.

La energía en un choque y el sistema centro de masa

Para dos cuerpos conviene definir la velocidad relativa vrel = v2 − v1 (la del 2 vista desde el 1; el libro de la cátedra la escribe con subíndice r). Las velocidades de cada uno respecto del CM se escriben con ella:

v1 − vCM = − m2m1 + m2 vrel      v2 − vCM = m1m1 + m2 vrel

Reemplazando en "energía cinética del sistema = energía cinética del CM + energía cinética respecto del CM", la del par queda partida en dos términos:

Ec = 12 (m1 + m2) vCM² + 12 · m1 m2m1 + m2 · vrel²

El primero es la energía cinética del CM. El segundo es la energía cinética interna, la que mide un observador que viaja con el CM; el cociente m1 m2 / (m1 + m2) se llama masa reducida del par. Si en el choque P se conserva entero, vCM no cambia y el primer término es intocable. Todo lo que el choque puede hacer con la energía pasa en el segundo:

ΔEc = 12 · m1 m2m1 + m2 · (vrel,f² − vrel,i²)

Vale en una, dos o tres dimensiones, con vrel el módulo de la velocidad relativa, pero sólo cuando P se conserva entero, que es lo que deja fija a vCM. Con P conservado entero, de ahí sale toda la clasificación:

  • Plástico: vrel,f = 0. Se pierde toda la energía interna, y no se puede perder más. Por eso es el choque de pérdida máxima.
  • Inelástico: vrel,f < vrel,i. Se pierde una parte de la interna.
  • Elástico: vrel,f = vrel,i. No se pierde nada.
  • Explosión: vrel,f > vrel,i. La energía interna aumenta, a costa de energía química o elástica que estaba guardada.
antes después plástico antes después inelástico antes después elástico antes después explosión Ec del CM: no cambia Ec interna: la que cambia
La energía cinética del sistema se parte en dos: la del CM, que el choque no puede tocar cuando la cantidad de movimiento se conserva entera, y la interna (la del movimiento respecto del CM). El choque plástico la pierde entera, el inelástico pierde una parte, el elástico la devuelve toda y la explosión la aumenta.

Una consecuencia que conviene tener clara: si P se conserva entero, en el choque no se puede perder toda la energía cinética, salvo que el CM esté quieto. Dos cuerpos que chocan con cantidades de movimiento iguales y opuestas pueden quedar los dos en reposo. Una bala horizontal contra un bloque quieto que cuelga de un hilo, nunca.

Cuando el piso responde al golpe
Cuando una fuerza de vínculo externa hace un impulso durante el choque (el piso, en los ejemplos de la bala inclinada y de la cuña de más abajo, y en el problema 29 de la guía), vCM cambia en la dirección de esa fuerza y la energía cinética del CM deja de ser intocable. Ahí no se pueden usar ni la fórmula de ΔEc con la velocidad relativa ni la de la pérdida del choque plástico, y tampoco la regla "en un choque elástico se separan con la misma rapidez con la que se acercaban": la energía cinética se calcula con la velocidad de cada cuerpo. En el ejemplo de la cuña el choque es elástico y, aun así, la rapidez relativa pasa de 5,0 m/s a 4,5 m/s. En el de la bala inclinada se pierden 893 J, y la fórmula del choque plástico daría 891 J.

El choque visto desde el CM

Siempre con P conservado entero, un observador que se mueve con el CM ve llegar a los dos cuerpos con cantidades de movimiento iguales y opuestas (en ese sistema la cantidad de movimiento total es cero), y los ve irse de la misma manera. En un choque plástico los ve quedar quietos. En un choque elástico los ve salir con la misma rapidez con la que llegaron, y en una dimensión eso sólo puede ser en sentido contrario: vf − vCM = − (vi − vCM), que es la fórmula vf = 2 vCM − vi de antes.

antes después desde el laboratorio desde el CM 2 kg 1 kg +3 m/s −3 m/s 2 kg 1 kg −1 m/s +5 m/s 2 kg 1 kg +2 m/s −4 m/s 2 kg 1 kg −2 m/s +4 m/s
Un choque elástico entre un cuerpo de 2 kg y otro de 1 kg. Desde el laboratorio las velocidades cambian de una forma que no se ve a simple vista. Desde el CM es simple: cada uno sale con la misma rapidez con la que llegó, en sentido contrario. Para volver al laboratorio se le suma a cada una vCM = +1 m/s.

Coeficiente de restitución

El libro de la cátedra resume cuánto rebota un choque con un número, el coeficiente de restitución e: el cociente entre la rapidez con la que los cuerpos se separan y la rapidez con la que se acercaban, medidas sobre la dirección del impacto (la perpendicular a las superficies en el punto de contacto).

e = − v2f − v1fv2i − v1i      e = 0: plástico  ·  0 < e < 1: inelástico  ·  e = 1: elástico

El signo menos está para que e resulte positivo, porque la velocidad relativa cambia de signo en el choque. Con e, en una dimensión, cada cuerpo sale con vf = (1 + e) vCM − e vi, y la energía que se pierde es (1 − e²) veces la energía interna inicial. No se define para una explosión en la que las partes iban juntas, porque se estaría dividiendo por cero. Los problemas 20 y 22 a 29 de la guía no lo usan: cuando el choque es inelástico dan otro dato, como una velocidad final o el porcentaje de energía que se pierde.

Choque con un porcentaje de pérdida

Cuando el dato es "se pierde tal porcentaje de la energía cinética", las ecuaciones son la de la cantidad de movimiento y Ec,f = (1 − fracción perdida) · Ec,i. El sistema es cuadrático y da dos soluciones: una en la que el cuerpo de atrás termina más rápido que el de adelante (tendría que haberlo atravesado) y otra en la que no. Sirve la segunda.

Choque que pierde el 25 % de la energía
Sobre un riel sin rozamiento, un carrito de 0,30 kg a 2,0 m/s choca contra otro de 0,50 kg en reposo. En el choque se pierde el 25 % de la energía cinética. Hallar las velocidades finales.
Datos del sistema: P = 0,30 · 2,0 = 0,60 kg·m/s; Ec,i = (1/2) · 0,30 · 2,0² = 0,60 J; Ec,f = 0,75 · 0,60 = 0,45 J. → Cantidad de movimiento: 0,30 v1f + 0,50 v2f = 0,60, o sea v2f = 1,2 − 0,6 v1f. → Energía: 0,15 v1f² + 0,25 (1,2 − 0,6 v1f)² = 0,45, que desarrollada es 0,24 v1f² − 0,36 v1f − 0,09 = 0. → Raíces: v1f = (0,36 ± √0,216) / 0,48 = (0,36 ± 0,465) / 0,48, es decir +1,72 m/s o −0,22 m/s. → Cuál sirve: con v1f = +1,72 m/s sale v2f = 0,17 m/s: el carrito de atrás iría más rápido que el de adelante, imposible sin atravesarlo. Queda v1f = −0,22 m/s (rebota) y v2f = 1,2 − 0,6 · (−0,22) = +1,33 m/s.
El mismo resultado por el CM, sin cuadrática. vCM = 0,60 / 0,80 = 0,75 m/s, y la energía cinética del CM es (1/2) · 0,80 · 0,75² = 0,225 J, que no cambia. La energía interna pasa de 0,60 − 0,225 = 0,375 J a 0,45 − 0,225 = 0,225 J. Con la masa reducida, 0,30 · 0,50 / 0,80 = 0,1875 kg: (1/2) · 0,1875 · vrel,f² = 0,225 J, vrel,f = 1,55 m/s. Entonces v1f = 0,75 − (0,50 / 0,80) · 1,55 = −0,22 m/s y v2f = 0,75 + (0,30 / 0,80) · 1,55 = +1,33 m/s. De paso se ve el tope: como mucho se puede perder la interna, 0,375 J, que es el 62,5 % del total. Un enunciado que pidiera perder el 70 % sería imposible.

Choques en dos dimensiones

La cantidad de movimiento es un vector y se conserva componente a componente: un choque en el plano da dos ecuaciones, una por eje. Las incógnitas pueden ser hasta cuatro (dos componentes de la velocidad final de cada cuerpo), así que hay que contar:

  • Plástico: una sola velocidad final, dos incógnitas. Alcanza con la cantidad de movimiento (es el ejemplo del cruce de más arriba).
  • Elástico: la energía agrega una ecuación, y son tres para cuatro incógnitas. Hace falta un dato más, por ejemplo la dirección en la que sale uno de los cuerpos.
  • Sin aclarar el tipo: el enunciado tiene que dar dos datos de las velocidades finales (lo típico es el módulo y la dirección de una). Con la cantidad de movimiento sale la otra, y recién ahí se compara la energía cinética para decidir qué tipo de choque fue.

El procedimiento:

  1. Poné el eje x en la dirección de la velocidad del cuerpo que llega. Así Py vale cero antes del choque y la ecuación en y queda corta.
  2. Escribí cada velocidad por componentes, con su signo.
  3. Planteá la conservación en x y en y, y despejá las componentes que faltan.
  4. Pasá a módulo y ángulo: v = √(vx² + vy²) y tan θ = vy / vx, aclarando desde qué eje se mide el ángulo y hacia qué lado.
  5. Si preguntan si fue elástico, compará la energía cinética total de antes con la de después.
  6. Si piden el impulso sobre un cuerpo, es J = m (vf − vi), por componentes. El que recibe el otro cuerpo es el opuesto.
Choque en dos dimensiones: ¿fue elástico?
Sobre una mesa horizontal sin rozamiento, un disco de 0,10 kg que se mueve a 8,0 m/s golpea a otro de 0,40 kg que estaba en reposo. Después del choque el primero se mueve a 4,0 m/s en una dirección perpendicular a la que traía. Hallar la velocidad del segundo disco, decir si el choque fue elástico y calcular el impulso que recibió cada uno.
Sistema y fuerzas: el sistema son los dos discos. Durante el choque, las fuerzas externas son los pesos y las normales de la mesa, verticales y equilibrados; las del golpe son internas. Se conserva P en el plano de la mesa. → Ejes: x en la dirección en que llega el disco 1, y en la dirección en que sale. v1i = 8,0 m/s î y v1f = 4,0 m/s ĵ. → Eje x: 0,10 · 8,0 = 0,10 · 0 + 0,40 · v2fx, de donde v2fx = 2,0 m/s. → Eje y: 0 = 0,10 · 4,0 + 0,40 · v2fy, de donde v2fy = −1,0 m/s. → Velocidad del disco 2: v2f = (2,0 î − 1,0 ĵ) m/s; módulo √(2,0² + 1,0²) = 2,24 m/s, a 26,6° de la dirección de llegada, del lado contrario al que se fue el disco 1. → Energía cinética: antes, (1/2) · 0,10 · 8,0² = 3,2 J; después, (1/2) · 0,10 · 4,0² + (1/2) · 0,40 · (2,0² + 1,0²) = 0,80 + 1,0 = 1,8 J. Se perdieron 1,4 J (el 44 %): el choque no fue elástico, aunque los discos se separen. → Impulsos: sobre el disco 1, J1 = 0,10 · (4,0 ĵ − 8,0 î) = (−0,80 î + 0,40 ĵ) N·s; sobre el disco 2, J2 = 0,40 · (2,0 î − 1,0 ĵ) = (0,80 î − 0,40 ĵ) N·s. Son opuestos, como corresponde a un par de interacción, y su módulo es 0,89 N·s.
velocidades cantidades de movimiento y x v1i 1 2, en reposo v1f v2f 26,6° p1i p1f p2f p1f + p2f = p1i
El choque en dos dimensiones del ejemplo, visto desde arriba. A la izquierda, las velocidades (a escala). A la derecha, las cantidades de movimiento: las dos de después, puestas una a continuación de la otra, tienen que dar la de antes. Por eso el disco 2 sale con una componente en el sentido negativo del eje y, que compensa la que el disco 1 se lleva en el sentido positivo.
Masas iguales y choque elástico
Si un cuerpo choca elásticamente contra otro de la misma masa que está en reposo, y el choque no es frontal, los dos salen en direcciones perpendiculares. Sale de las dos conservaciones: con masas iguales, la cantidad de movimiento da v1i = v1f + v2f y la energía da v1i² = v1f² + v2f². Elevando la primera al cuadrado y comparando con la segunda queda v1f · v2f = 0. Sirve como control rápido: si con masas iguales y una de ellas en reposo los ángulos de salida no suman 90°, el choque no fue elástico.

El choque dentro de un problema más largo

El choque casi nunca viene solo. Viene con un tramo antes, que le da al cuerpo la velocidad con la que llega, y con un tramo después, que usa la velocidad con la que sale. Cada tramo tiene su ley, y el error que más cuesta es usar la ley de un tramo en otro.

1 · bajada se conserva Em 2 · choque se conserva P 3 · subida se conserva Em M₂ M₁ d g v1i h₂ h₁
Las tres etapas de un choque entre dos péndulos. En la bajada y en la subida se conserva la energía mecánica (la tensión no trabaja) y no la cantidad de movimiento. En el choque es al revés: se conserva la cantidad de movimiento y, salvo que sea elástico, no la energía cinética.
TramoQué se planteaPor qué
Bajada o subida colgado de un hiloConservación de la energía mecánica: v = √(2 g h) para un desnivel hLa tensión es perpendicular al desplazamiento y no trabaja. La cantidad de movimiento no se conserva: el peso y la tensión actúan un tiempo largo
Rampa o pista sin rozamientoConservación de la energía mecánicaLa normal no trabaja
Tramo con rozamientoWroz = ΔEm, con Wroz = −μd N dEl rozamiento no es conservativo. Después de un choque plástico, la masa que desliza es la suma de las dos
Compresión de un resorteEnergía mecánica con el término (1/2) k x²En la compresión máxima la velocidad es cero
Vuelo (un salto, una caída desde una mesa)Cinemática del tiro, con la velocidad de salida del choque como velocidad inicialSólo actúa el peso
El choquePi = Pf entre justo antes y justo despuésFuerzas internas impulsivas; el impulso de las externas acotadas se desprecia
La energía no pasa por el choque
No se puede escribir una sola ecuación de energía desde el principio hasta el final de un problema que tiene un choque en el medio, salvo que el choque sea elástico. En un choque plástico se pierde una parte, que puede ser casi toda. Y al revés: en los tramos de antes y de después no se puede usar la cantidad de movimiento, porque ahí las fuerzas externas actúan durante un tiempo largo.

El tramo de después se resuelve siempre con la misma idea, cambie lo que cambie el dibujo. Si el conjunto, de masa M, sale del choque con velocidad vf: colgado de un hilo o por una rampa lisa sube una altura h = vf² / (2 g); contra un resorte, sobre un piso liso, lo comprime x = vf √(M / k); por un piso horizontal con rozamiento se frena en una distancia d = vf² / (2 μd g); y por una rampa con rozamiento inclinada un ángulo α sube una altura h que sale de (1/2) vf² = g h + μd g cos α · h / sen α, porque recorre h / sen α sobre la rampa con una normal M g cos α.

Péndulo balístico

Es un dispositivo para medir la velocidad de una bala. La bala, de masa m1, llega horizontal con velocidad v y se incrusta en un bloque de masa m2 colgado de un hilo. El conjunto sube una altura h, que es lo que se mide.

O m₂ v m₁ h g 1 · choque 2 · subida
Péndulo balístico. Son dos problemas pegados: el choque, en el que se conserva la componente horizontal de la cantidad de movimiento, y la subida, en la que se conserva la energía mecánica del conjunto. La energía no se puede plantear de punta a punta: casi toda se pierde en el choque.

Durante el choque. Sobre la bala actúan su peso y la fuerza que le hace el bloque. Sobre el bloque, su peso, la tensión del hilo y la fuerza que le hace la bala. Las dos fuerzas del golpe son el par de interacción, interno al sistema. Las externas son los pesos y la tensión: son verticales (el hilo está vertical y casi no se mueve mientras dura el choque) y acotadas. No hay impulso externo horizontal, así que se conserva la cantidad de movimiento. Si vf es la velocidad del conjunto justo después:

m1 v = (m1 + m2) vf

Durante la subida. Actúan el peso, que es conservativo, y la tensión, que no trabaja. Se conserva la energía mecánica del conjunto:

12 (m1 + m2) vf² = (m1 + m2) g h   ⟹   vf = √(2 g h)

Juntando las dos etapas:

v = m1 + m2m1 · √(2 g h)

El choque es plástico, lo más lejos que hay de un choque elástico: la fracción de energía cinética que se pierde es m2 / (m1 + m2), casi toda cuando el bloque es mucho más pesado que la bala.

Péndulo balístico con números
Una bala de 12 g se incrusta en un bloque de 2,40 kg colgado de un hilo, y el conjunto sube 8,0 cm. Hallar la velocidad de la bala y la energía cinética perdida.
Unidades: 12 g = 0,012 kg y 8,0 cm = 0,080 m. → Subida (energía): vf = √(2 · 9,8 · 0,080) = 1,252 m/s. → Choque (cantidad de movimiento): v = (0,012 + 2,40) / 0,012 · 1,252 = 201 · 1,252 = 251,7 m/s, unos 252 m/s. → Energía: la bala traía (1/2) · 0,012 · 251,7² = 380 J y el conjunto se lleva (1/2) · 2,412 · 1,252² = 1,89 J. Se perdió el 99,5 %, que es m2 / (m1 + m2) = 2,40 / 2,412. → El error típico: igualar la energía cinética de la bala con la energía potencial final, (1/2) m1 v² = (m1 + m2) g h, da 17,8 m/s: catorce veces menos.
La bala atraviesa el bloque
Una bala de 10 g llega horizontal a 400 m/s, atraviesa un bloque de 1,0 kg colgado de un hilo y sale a 150 m/s en la misma dirección. Hallar la altura a la que sube el bloque y la variación de energía cinética en el choque.
Unidades: 10 g = 0,010 kg. → Choque: no es plástico, porque después hay dos velocidades distintas, pero la cantidad de movimiento se conserva igual: 0,010 · 400 = 0,010 · 150 + 1,0 · vB, de donde vB = 0,010 · (400 − 150) / 1,0 = 2,5 m/s. → Subida: ahora sube sólo el bloque. (1/2) vB² = g h, h = 2,5² / (2 · 9,8) = 0,32 m. → Energía cinética: antes, (1/2) · 0,010 · 400² = 800 J; después, (1/2) · 0,010 · 150² + (1/2) · 1,0 · 2,5² = 112,5 + 3,1 = 115,6 J. ΔEc = −684 J, que es el trabajo de las fuerzas internas entre la bala y el bloque. → Impulso sobre el bloque: 1,0 · 2,5 = 2,5 N·s hacia adelante. Sobre la bala, el opuesto.
Dos péndulos: plástico y elástico
Dos esferas cuelgan de hilos de 1,20 m, tocándose. La esfera 1, de 0,60 kg, se aparta hasta quedar 0,40 m más alta y se suelta. Choca contra la esfera 2, de 0,20 kg, que estaba en reposo. Hallar la altura máxima de cada una después del choque si es (a) plástico, (b) elástico.
Etapa 1, bajada: la tensión no trabaja y se conserva la energía. v1i = √(2 · 9,8 · 0,40) = 2,80 m/s. → Etapa 2, choque: en el punto más bajo los hilos están verticales y las velocidades son horizontales. No hay impulso externo horizontal y se conserva la cantidad de movimiento.
(a) Plástico: 0,60 · 2,80 = (0,60 + 0,20) · vf, vf = 2,10 m/s. → Etapa 3, subida: (1/2) vf² = g h, h = 2,10² / (2 · 9,8) = 0,225 m para las dos juntas.
(b) Elástico: v1f = (0,60 − 0,20) / 0,80 · 2,80 = 1,40 m/s y v2f = 2 · 0,60 / 0,80 · 2,80 = 4,20 m/s (control: 4,20 − 1,40 = 2,80 m/s, la velocidad relativa de antes). → Etapa 3, subida: h1 = 1,40² / 19,6 = 0,10 m y h2 = 4,20² / 19,6 = 0,90 m. → Control de energía: 0,60 · 0,10 + 0,20 · 0,90 = 0,24 = 0,60 · 0,40 (todos los términos van multiplicados por g).
La esfera 2 sube más alto que la altura desde la que se soltó la 1, y no hay contradicción: lo que se conserva es la energía, no la altura, y la 2 es más liviana. Las alturas no dependen de g ni del largo de los hilos, sólo de las masas y de la altura inicial (mientras no superen el largo del hilo). Si la esfera que llega fuera la más liviana, en el choque elástico rebotaría: v1f saldría negativa, y su altura se calcula igual, con v1f².
Choque en el aire y después un tiro
En un número de circo, una acróbata de 60 kg llega al punto más alto de su salto, a 2,0 m sobre la red, con una velocidad horizontal de 4,0 m/s. Ahí se abraza con otro acróbata de 40 kg, que también está en el punto más alto de su salto y viene en sentido contrario a 1,0 m/s. ¿A qué distancia horizontal de ese punto caen en la red?
Choque: es plástico, porque siguen abrazados. En el aire la única fuerza externa es el peso, que es vertical: la componente horizontal de P se conserva. Con x en el sentido de ella: 60 · 4,0 + 40 · (−1,0) = 100 · vf, vf = +2,0 m/s. → Tiro: ninguno de los dos tenía velocidad vertical y el choque es breve, así que salen del punto más alto con velocidad horizontal: es un tiro horizontal desde 2,0 m. Tiempo de caída: t = √(2 · 2,0 / 9,8) = 0,64 s. → Distancia: x = 2,0 · 0,64 = 1,28 m, en el sentido en que venía ella. Sin el choque, ella habría avanzado el doble (4,0 · 0,64 = 2,56 m).

Cuando sólo se conserva una componente

Son los casos de la tabla del comienzo en los que una fuerza de vínculo externa responde al golpe. La receta no cambia: se identifica la dirección de esa fuerza impulsiva y se plantea la conservación en la dirección perpendicular.

M k α v₀ m N del piso (impulsiva) x g
Bala que llega inclinada contra un bloque apoyado. El piso no deja que el bloque baje: durante el choque responde con una normal tan grande como haga falta, o sea impulsiva. Esa fuerza externa es vertical, así que del sistema bala más bloque sólo se conserva la componente horizontal de la cantidad de movimiento.
Bala inclinada, bloque y resorte
Un bloque de 1,98 kg descansa sobre un piso horizontal sin rozamiento, unido a un resorte de 800 N/m que está en su longitud natural y tiene el otro extremo fijo a una pared. Una bala de 20 g llega a 300 m/s, inclinada 30° hacia abajo respecto de la horizontal, y se incrusta. Hallar la velocidad del conjunto justo después del choque y la compresión máxima del resorte.
Unidades: 20 g = 0,020 kg. → Qué se conserva en el choque: la bala aprieta al bloque contra el piso, y el piso responde con una normal impulsiva, vertical. La componente vertical de P no se conserva. La horizontal sí: el resorte está en su longitud natural y, aunque no lo estuviera, su fuerza es acotada. → Eje x: 0,020 · 300 · cos 30° = (0,020 + 1,98) · vf; 5,20 = 2,00 · vf; vf = 2,60 m/s. → Qué pasó con la componente vertical: la bala traía 0,020 · 300 · sen 30° = 3,0 kg·m/s hacia abajo y el conjunto no tiene velocidad vertical: el piso entregó un impulso de 3,0 N·s hacia arriba. → Compresión (energía, después del choque): (1/2) · 2,00 · 2,60² = (1/2) · 800 · x², x = 2,60 · √(2,00 / 800) = 0,13 m. → Trabajo de las fuerzas internas en el choque: ΔEc = (1/2) · 2,00 · 2,60² − (1/2) · 0,020 · 300² = 6,8 − 900 = −893 J.
Usar la cantidad de movimiento entera (0,020 · 300 = 2,00 · vf) da 3,0 m/s: se le estaría regalando al conjunto la parte del impulso que se llevó el piso. Y la fórmula de la pérdida del choque plástico tampoco sirve acá, porque P no se conserva entero: daría (1/2) · (0,020 · 1,98 / 2,00) · 300² = 891 J. Le faltan los 2,25 J de energía cinética que tenía el CM por su movimiento vertical, (1/2) · 2,00 · 1,5², con vCM,y = 3,0 / 2,00 = 1,5 m/s. Esa parte también se pierde, porque el piso frena la componente vertical.
velocidades fuerzas durante el choque M θ v₀ m vf V g N −N Npiso
Bola contra una cuña que puede deslizar. A la izquierda, la velocidad de la bola antes del choque (v0) y las dos de después, en color (vf la de la bola y V la de la cuña). A la derecha, las fuerzas impulsivas: el par de normales entre la bola y la cara es interno; la normal del piso es externa y vertical. Por eso se conserva la componente horizontal de la cantidad de movimiento del sistema y no la vertical.
Bola contra una cuña que puede deslizar
Una cuña de 0,80 kg está en reposo sobre un piso horizontal sin rozamiento. Una bola de 0,20 kg que se mueve horizontalmente a 5,0 m/s choca elásticamente contra su cara inclinada y sale vertical hacia arriba. Hallar las velocidades de la bola y de la cuña justo después del choque.
Sistema y fuerzas: el sistema es la bola más la cuña. El par de normales entre la bola y la cara es interno. Las externas son los pesos, acotados, y la normal del piso sobre la cuña, que es impulsiva porque la bola aprieta a la cuña contra el piso. Esa normal es vertical: se conserva sólo la componente horizontal de P. → Eje x (en el sentido en que llega la bola): después del choque la bola sale vertical y no aporta. 0,20 · 5,0 = 0,80 · V, V = 1,25 m/s en el sentido en que venía la bola. → Energía: el choque es elástico y la normal del piso no trabaja (la cuña no se mueve en vertical), así que se conserva la energía cinética. (1/2) · 0,20 · 5,0² = (1/2) · 0,20 · vf² + (1/2) · 0,80 · 1,25²; 2,5 = 0,10 vf² + 0,625; vf² = 18,75 m²/s²; vf = 4,33 m/s hacia arriba. → La componente vertical: antes era cero y después vale 0,20 · 4,33 = 0,87 kg·m/s. Ese es el impulso que entregó el piso: 0,87 N·s hacia arriba.
Tres comentarios. Con una cuña más liviana que la bola la cuenta daría vf² negativo: en ese caso la bola no puede salir vertical. El ángulo de la cara no hizo falta. Si la cara es lisa, la fuerza entre la bola y la cuña es perpendicular a la cara y no cambia la componente de la velocidad de la bola paralela a la cara: v0 cos θ = vf sen θ, o sea tan θ = v0 / vf = 5,0 / 4,33 = 1,15 y θ = 49,1°. Da más de 45° porque vf es menor que v0, y sería justo 45° sólo si la cuña no se moviera. Y aunque el choque es elástico, la bola y la cuña no se separan con la rapidez con la que se acercaban: la rapidez relativa era 5,0 m/s y después es √(4,33² + 1,25²) = 4,5 m/s. No hay contradicción. El impulso del piso le cambió la velocidad al CM (su componente vertical pasó de cero a 0,87 kg·m/s / 1,00 kg = 0,87 m/s), y con eso la regla de la misma rapidez relativa deja de valer. Lo que sí se invierte es la componente de la velocidad relativa perpendicular a la cara: 3,8 m/s acercándose antes del choque y 3,8 m/s alejándose después.

Explosiones y fragmentación

Una explosión es un choque plástico pasado al revés: las partes iban juntas y una interacción interna muy breve las separa. Vale todo lo dicho para los choques:

  • Las fuerzas de la explosión son internas e impulsivas, y el impulso del peso mientras dura la explosión es despreciable. La cantidad de movimiento justo después es igual a la de justo antes: M v = m1 v1 + m2 v2 + …, con v la velocidad que traía el cuerpo entero.
  • La energía cinética aumenta. La diferencia sale de la energía química del explosivo (o de un resorte comprimido) y es el trabajo, positivo, de las fuerzas internas.
  • La masa se conserva: la suma de las masas de los fragmentos es la del cuerpo original. A veces la masa de un fragmento hay que sacarla de ahí.

El CM no se entera de la explosión. La aceleración del CM la fijan las fuerzas externas, M aCM = Σ Fext, y la explosión no agrega ninguna. Si el cuerpo estaba en vuelo, la única fuerza externa antes y después es el peso, aCM = g, y el CM de los fragmentos sigue exactamente la trayectoria que traía el cuerpo: la misma parábola, o la misma recta vertical si subía o bajaba en vertical. El CM está acelerado, con g, pero su movimiento no cambia por la explosión.

A B CM explosión 0 18 m 60 m 81 m v₀ g
Explosión en vuelo del ejemplo. Los fragmentos A y B siguen cada uno su parábola, pero el CM de los dos (línea de trazos) sigue la parábola que traía el proyectil, porque la explosión es una fuerza interna y la única fuerza externa sigue siendo el peso. Vale mientras ningún fragmento toque el piso.
Hasta que el primero toca el piso
Que el CM siga la parábola vale mientras todos los fragmentos estén en vuelo. Cuando uno llega al piso aparece una fuerza externa nueva, la del piso sobre ese fragmento, y el CM deja de seguir la parábola. Si todos los fragmentos salen con la misma velocidad vertical (por ejemplo, todos horizontales desde el punto más alto), caen al mismo tiempo y el CM llega al piso donde habría caído el cuerpo entero. Si no, no.
Explosión en el punto más alto de un tiro
Un proyectil de 3,0 kg se lanza desde el piso con v0 = (15 î + 19,6 ĵ) m/s. En el punto más alto explota en dos fragmentos: A, de 1,0 kg, sale horizontal hacia atrás a 6,0 m/s, y B es el resto. Hallar la velocidad de B justo después de la explosión y dónde cae cada fragmento.
Hasta la explosión (tiro): tiempo de subida, 19,6 / 9,8 = 2,0 s; altura máxima, 19,6² / (2 · 9,8) = 19,6 m; avance horizontal, 15 · 2,0 = 30 m. En el punto más alto la velocidad es 15 m/s î. → Explosión (cantidad de movimiento): B tiene 3,0 − 1,0 = 2,0 kg. En x: 3,0 · 15 = 1,0 · (−6,0) + 2,0 · vB, vB = 51 / 2,0 = 25,5 m/s, hacia adelante. En y: antes era cero y A sale horizontal, así que B también sale horizontal. → Caída: los dos salen horizontales desde 19,6 m y tardan lo mismo que la subida, 2,0 s. A cae en x = 30 − 6,0 · 2,0 = 18 m y B en x = 30 + 25,5 · 2,0 = 81 m. → Control con el CM: (1,0 · 18 + 2,0 · 81) / 3,0 = 60 m, justo donde habría caído el proyectil entero (15 m/s · 4,0 s). → Energía: antes de la explosión, (1/2) · 3,0 · 15² = 337,5 J; después, (1/2) · 1,0 · 6,0² + (1/2) · 2,0 · 25,5² = 668,25 J. La explosión aportó 331 J.
Tres fragmentos y un atajo
Un cohete de pirotecnia de 1,20 kg se lanza verticalmente a 24,5 m/s y explota en su punto más alto en tres trozos que salen horizontales. El trozo A, de 0,50 kg, cae 40 m al este del punto de lanzamiento, y el B, de 0,30 kg, cae 50 m al norte. Hallar la velocidad del tercer trozo justo después de la explosión y dónde cae. Describir el movimiento del CM.
Antes de la explosión: altura máxima, 24,5² / (2 · 9,8) = 30,6 m. Ahí la velocidad es cero, así que P = 0 justo antes. → Caída: los tres salen horizontales desde la misma altura y caen juntos, en t = √(2 · 30,6 / 9,8) = 2,5 s. → Velocidades de A y de B: A, 40 m / 2,5 s = 16 m/s hacia el este; B, 50 m / 2,5 s = 20 m/s hacia el norte. → Tercer trozo: su masa es 1,20 − 0,50 − 0,30 = 0,40 kg. Con x hacia el este e y hacia el norte: 0 = 0,50 · 16 + 0,40 · vCx, vCx = −20 m/s; 0 = 0,30 · 20 + 0,40 · vCy, vCy = −15 m/s. vC = (−20 î − 15 ĵ) m/s: 25 m/s hacia el sudoeste, a 36,9° del oeste hacia el sur. → Dónde cae: x = −20 · 2,5 = −50 m, y = −15 · 2,5 = −37,5 m. Cae 50 m al oeste y 37,5 m al sur, a 62,5 m del punto de lanzamiento.
El CM: antes de la explosión subía por la vertical del lanzamiento. Después sigue sobre esa misma vertical y cae con aceleración g: xCM = 0, yCM = 0, zCM(t) = 30,6 m − (1/2) · 9,8 m/s² · t², contando t desde la explosión. Está acelerado, pero no por la explosión. → El atajo: como los tres caen al mismo tiempo, el CM llega al piso en el punto de lanzamiento, y entonces mA rA + mB rB + mC rC = 0 con las posiciones de caída. Sale directo: xC = −0,50 · 40 / 0,40 = −50 m e yC = −0,30 · 50 / 0,40 = −37,5 m.

Si la explosión no es en el punto más alto, el cuerpo tiene velocidad vertical en ese instante y la conservación la incluye: la suma de las cantidades de movimiento de los fragmentos justo después tiene que dar M v, con todas sus componentes. Por ejemplo, si el cuerpo subía con velocidad vy, la suma de los mi viy de los fragmentos vale M vy, no cero. Dónde cae cada fragmento se calcula después con su propio tiro, desde la altura de la explosión y con su propia velocidad inicial.

Cómo encarar cualquier problema de choque

  1. Cortá el problema en tramos. Marcá los instantes justo antes y justo después de cada choque o explosión.
  2. Tramos de antes: hallá la velocidad de llegada con energía o con cinemática.
  3. Choque: elegí el sistema, hacé los diagramas de cuerpo libre durante el choque y decidí qué se conserva: P entero, o sólo una componente si hay una fuerza de vínculo externa que responde al golpe.
  4. Ejes y signos. Dibujá los ejes y escribí cada velocidad con su signo, o por componentes.
  5. Contá ecuaciones e incógnitas. Plástico: alcanza la cantidad de movimiento. Elástico: sumá la energía cinética (en una dimensión, mejor la velocidad relativa invertida o vf = 2 vCM − vi). Ni una cosa ni la otra: el enunciado da un dato más.
  6. Tramos de después: energía o cinemática otra vez, con la velocidad de salida del choque y con la masa que corresponda.
  7. Controles: que el de atrás no termine más rápido que el de adelante, que la energía cinética no haya aumentado en un choque y que vCM sea la misma antes y después (si se conserva una sola componente de P, sólo esa componente de vCM: la horizontal, cuando el piso hizo un impulso vertical).
Las trampas del tema
  • Conservar la energía en un choque que no es elástico. Es el error más caro. Sólo la palabra "elástico" habilita esa ecuación.
  • Creer que "se separan" quiere decir "elástico". Un choque en el que los cuerpos rebotan puede perder casi toda la energía. Se decide comparando la energía cinética de antes con la de después.
  • Olvidar los signos en un choque frontal. El que viene en contra entra con velocidad negativa. Sumar los módulos da una velocidad final demasiado grande.
  • Sumar como números cantidades de movimiento perpendiculares. En dos dimensiones se trabaja por componentes.
  • Conservar P entero cuando hay un piso o una cuña. Si una fuerza de vínculo externa responde al golpe, se conserva sólo la componente perpendicular a ella.
  • Usar la cantidad de movimiento fuera del choque. En la bajada de un péndulo o en una rampa no se conserva: ahí va la energía.
  • Llevar la energía de punta a punta en un problema por etapas (péndulo balístico, dos péndulos, choque y resorte).
  • La masa de después. Tras un choque plástico, lo que sube, desliza o comprime el resorte es la masa total.
  • Quedarse con la raíz equivocada de la cuadrática en un choque con pérdida dada, o con la solución "no chocaron" en uno elástico.
  • Creer que la explosión le cambia el movimiento al CM. Después de una explosión en vuelo el CM no "queda quieto" ni pasa a "caer en línea recta": sigue la trayectoria que traía el cuerpo entero. Es la misma parábola si venía en un tiro oblicuo, y la misma recta vertical sólo si subía o bajaba en vertical (es el caso de la granada del problema 26). Y eso vale mientras ningún fragmento toque el piso.
  • Las unidades: gramos a kilogramos, km/h a m/s y centímetros a metros, antes de reemplazar.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Justificar por escrito por qué se conserva la cantidad de movimiento en un choque: fuerzas internas impulsivas e impulso despreciable de las externas acotadas.
  • Reconocer cuándo se conserva una sola componente, y decir cuál.
  • Resolver un choque plástico en una y en dos dimensiones, y calcular la energía cinética que se pierde.
  • Resolver un choque elástico en una dimensión con la velocidad relativa invertida, y saber de dónde sale.
  • Decidir si un choque fue elástico comparando energías cinéticas.
  • Calcular el impulso sobre cada cuerpo, y la fuerza media si dan la duración.
  • Encadenar etapas: energía, choque, energía (péndulo balístico, dos péndulos, choque y resorte, choque y tiro).
  • Resolver una explosión y describir el movimiento del CM antes y después.
↑ Volver al índice
9 Unidad 2 · Momento cinético y energía de un sistema de partículas

La cantidad de movimiento mide cuánto movimiento de traslación lleva un cuerpo. El momento cinético mide cuánto movimiento lleva alrededor de un punto: una partícula que gira, o que simplemente pasa de costado, tiene momento cinético respecto de ese punto. Es la magnitud que explica por qué un planeta va más rápido cuando está cerca del Sol, por qué una piedra que gira atada a un hilo se acelera si se acorta el hilo y por qué dos patinadores que se toman de una varilla empiezan a girar. Lo cambia el momento de las fuerzas, y cuando ese momento es nulo respecto de un punto, el momento cinético respecto de ese punto se conserva. La segunda mitad de la sección es la energía de un sistema de partículas, con una diferencia que conviene tener presente desde el principio: las fuerzas interiores no cambian ni la cantidad de movimiento ni el momento cinético del sistema, pero sí pueden cambiar su energía.

Es el último tema de la unidad 2 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 4 piden el momento cinético de partículas: el de un sistema de tres partículas respecto del origen, el de dos partículas antes y después de un choque, su conservación respecto del punto de suspensión en un péndulo balístico y, como tema principal, el de dos masas puntuales que se incrustan en una barra sin masa que gira alrededor de un tornillo. Además, 2 ejercicios tienen un ítem conceptual sobre cuándo se conserva la energía mecánica de un sistema. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 2: la diferencia entre momento cinético e impulso angular (problema 30), la Tierra en el afelio y en el perihelio (31), las dos partículas con posiciones dadas en función del tiempo (32), la piedra y su momento cinético respecto de tres puntos, con incertezas (33), los tres tiros desde el acantilado (34), la pelota que rebota en un piso liso (35), la partícula de la que se conocen p, L y Ec (36), las dos partículas sobre la mesa, respecto de O y del CM (37), las partículas del problema 9 unidas por un resorte (38), la bala que atraviesa un péndulo y la vuelta completa (39), los dos patinadores con la varilla (40), la partícula que choca contra dos partículas unidas por una barra (41) y los dos problemas de investigación: los ensayos de impacto (42) y la moto en el aire (43). Se dan por vistas la sección 7 (impulso, cantidad de movimiento, centro de masa y energía cinética de un sistema), la 8 (choques) y el trabajo y la energía de una partícula de la unidad 1. El momento cinético de un cuerpo rígido es tema de la sección 14.

Lo que se trae de las secciones anteriores

Notación. L es el momento cinético, que muchos libros llaman momento angular (el libro de la cátedra también le dice cantidad de movimiento angular o momento de la cantidad de movimiento). Siempre se dice respecto de qué punto, con el punto como subíndice: LO, LCM. El momento de una fuerza (torque) se escribe τ, como en la guía; el libro de la cátedra usa M, la misma letra que la masa, y pone el punto como superíndice. Los ejes son x hacia la derecha, y hacia arriba y z saliendo de la hoja; un vector perpendicular al dibujo se marca con ⊙ si sale de la hoja y con ⊗ si entra. Con esos ejes, una componente z positiva corresponde a un giro antihorario.

  • Cantidad de movimiento de una partícula, p = m v; la del sistema, P = Σ mi vi = M vCM, con M la masa total. Σ Fext = dP/dt = M aCM, y en un intervalo, Σ Jext = ΔP.
  • Posiciones y velocidades respecto del CM: r′i = ri − rCM y v′i = vi − vCM (en la sección 7 se escribieron ri/CM y vi/CM; acá se abrevian con una prima). Por la definición del CM valen siempre Σ mi r′i = 0 y Σ mi v′i = 0: medida desde el CM, la cantidad de movimiento del sistema es cero.
  • Energía cinética de un sistema: Ec = (1/2) M vCM² + Ec,int, donde Ec,int = Σ (1/2) mi v′i² es la energía cinética interna, la del movimiento respecto del CM. Para dos partículas, Ec,int = (1/2) [m₁ m₂ / (m₁ + m₂)] vrel².
  • Trabajo y energía de una partícula: el trabajo de todas las fuerzas es ΔEc; el de una fuerza conservativa es −ΔEp; el de las no conservativas es ΔEm.
El producto vectorial en el plano
A × B es un vector perpendicular a A y a B, de módulo A B sen θ (θ es el ángulo entre los dos), con el sentido que da la regla de la mano derecha: los dedos van de A hacia B por el ángulo menor y el pulgar marca A × B. El orden importa: B × A = −A × B. Si los dos vectores están en el plano xy, el producto sólo tiene componente z:
(Ax î + Ay ĵ) × (Bx î + By ĵ) = (Ax By − Ay Bx) k̂
Es positivo si para llevar A sobre B hay que girar en sentido antihorario, y negativo si hay que girar en sentido horario.

Momento cinético de una partícula

El momento cinético de una partícula respecto de un punto O se define como

LO = r × p = r × m v

donde r es el vector que va desde O hasta la partícula. La unidad es el kg m²/s (que es lo mismo que J·s). Es un vector perpendicular al plano que forman r y v, con el sentido que da la mano derecha. Dicho con palabras: LO mide cuánto gira la partícula alrededor de O, y para qué lado.

b r v φ m P O LO
El momento cinético respecto de O depende de r y de v. Su módulo es m v r sen φ = m v b, con b la distancia de O a la recta que contiene a la velocidad (en trazos). Acá la partícula pasa por la derecha de O hacia arriba: vista desde O gira en sentido antihorario, y LO sale de la hoja (⊙).

Su módulo es LO = m v r sen φ, con φ el ángulo entre r y v. El producto r sen φ es la distancia de O a la recta que contiene a la velocidad: el brazo b. Así queda la forma que más se usa, y al lado, la que sale de las componentes:

LO = m v b      LO,z = m (x vy − y vx)

Hay dos maneras de calcularlo, y dan lo mismo. La práctica: el módulo es m v b, y el signo se decide mirando cómo gira la partícula vista desde O (positivo, antihorario). La analítica: con las coordenadas (x; y) de la partícula medidas desde O y las componentes de su velocidad, la fórmula de la derecha da el número con su signo. Cuatro consecuencias que se usan todo el tiempo:

  • Depende del punto. La misma partícula, en el mismo instante, tiene un momento cinético distinto respecto de cada punto. Siempre hay que decir respecto de cuál.
  • Es nulo respecto de cualquier punto de la recta que contiene a la velocidad, porque ahí el brazo es cero. Una partícula que se acerca o se aleja de O en línea recta no tiene momento cinético respecto de O.
  • No hace falta que la partícula gire. Una partícula que pasa de costado, en línea recta, tiene momento cinético respecto de un punto que está fuera de su recta.
  • Depende del sistema de referencia, porque depende de la velocidad. Para una partícula, en esta materia se mide desde el laboratorio y respecto de un punto O fijo. En los sistemas aparece además el momento cinético respecto del CM, que es un punto que se mueve con el sistema (se ve más abajo): ahí las posiciones se miden desde el CM, y da lo mismo usar las velocidades relativas al CM o las del laboratorio.
Una pelota, cuatro puntos
Una pelota de 0,20 kg pasa por el punto P = (−3,0; 4,0) m con velocidad v = 10 m/s î. Hallar su momento cinético respecto de O = (0; 0), A = (−3,0; 0), B = (5,0; 4,0) m y C = (0; 6,0) m.
Respecto de O: la recta de la velocidad es y = 4,0 m, así que b = 4,0 m y el módulo es m v b = 0,20 · 10 · 4,0 = 8,0 kg m²/s. Vista desde O, la pelota pasa por arriba hacia la derecha: gira en sentido horario. Con la fórmula: Lz = 0,20 · ((−3,0) · 0 − 4,0 · 10) = −8,0 kg m²/s, o sea LO = −8,0 k̂ kg m²/s (⊗). → Respecto de A, justo debajo de P: r = (0; 4,0) m y el brazo sigue siendo 4,0 m, así que LA = −8,0 k̂ kg m²/s, igual que respecto de O. → Respecto de B, que está sobre la recta y = 4,0 m: el brazo es cero y LB = 0. → Respecto de C, que está 2,0 m por encima de la recta: r = (−3,0; −2,0) m y Lz = 0,20 · ((−3,0) · 0 − (−2,0) · 10) = +4,0 kg m²/s. Vista desde C, la pelota pasa por debajo hacia la derecha: gira en sentido antihorario. → Lectura: correr el punto en la dirección de la velocidad no cambia nada (O y A dan lo mismo); lo que importa es la distancia a la recta y de qué lado de la recta está el punto.
  1. Elegí el punto y los ejes, y escribí la posición de la partícula medida desde ese punto: r va del punto a la partícula, nunca al revés.
  2. Buscá el brazo (la distancia del punto a la recta de la velocidad) o usá las componentes: Lz = m (x vy − y vx).
  3. Poné el signo mirando cómo gira la partícula vista desde el punto, y comparalo con el de la fórmula.
  4. Controlá: si el punto está sobre la recta de la velocidad, tiene que dar cero; puntos a la misma distancia de la recta y del mismo lado dan lo mismo.

Una partícula libre: el momento cinético no cambia

Una partícula sin fuerzas va en línea recta con velocidad constante. Su r cambia todo el tiempo, pero la recta de la velocidad es siempre la misma y el brazo b también. Entonces LO = m v b es el mismo en todo instante, con la misma dirección y el mismo sentido: el momento cinético de una partícula libre se conserva respecto de cualquier punto fijo. Es la primera conservación del momento cinético, y no hace falta que nada gire.

1 v 2 v r₁ r₂ b O LO
Una partícula libre se mueve en línea recta con velocidad constante. Respecto de O, r cambia pero el brazo b es siempre el mismo, así que LO = m v b no cambia. Vista desde O, la partícula pasa de izquierda a derecha por arriba: gira en sentido horario y LO entra en la hoja (⊗).

El problema al revés: de p, L y Ec a la trayectoria

Si de una partícula libre se conocen su cantidad de movimiento, su momento cinético respecto de O y su energía cinética, se puede reconstruir todo. La masa sale de Ec = p² / (2 m), así que m = p² / (2 Ec), y la velocidad es p / m. La trayectoria es una recta paralela a p, contenida en el plano que pasa por O y es perpendicular a L, a una distancia b = L / p de O, del lado que hace que el giro visto desde O tenga el sentido de L. Para que los datos sean compatibles, L tiene que ser perpendicular a p (L · p = 0).

De los datos a la recta
Una partícula libre tiene p = 6,0 kg m/s ĵ, LO = 9,0 kg m²/s k̂ y Ec = 4,5 J. Hallar su masa, su velocidad y su trayectoria.
Compatibilidad: L va según k̂ y p según ĵ: son perpendiculares. → Masa: m = p² / (2 Ec) = 36 / 9,0 = 4,0 kg. → Velocidad: v = p / m = 1,5 m/s ĵ. → Plano: L según k̂ dice que la partícula se mueve en el plano xy (z = 0). → Recta: b = L / p = 9,0 / 6,0 = 1,5 m. La partícula sube (sentido +y) y L es positivo (antihorario): para que, vista desde O, gire en sentido antihorario mientras sube, tiene que pasar por la derecha de O. La trayectoria es la recta x = 1,5 m, z = 0. → Control: con r = (1,5; y; 0) m, r × p = (1,5 · 6,0 − y · 0) k̂ = 9,0 k̂ kg m²/s para cualquier y. Coincide.

Incertezas

Si los datos vienen con incerteza, se propaga como en la unidad 1: la incerteza absoluta del resultado es la suma de los módulos de las derivadas parciales, cada una multiplicada por la incerteza de su variable. Para L = m v r sen φ, los términos de m, v y r, divididos por L, son las incertezas relativas de cada dato, y el del ángulo lleva cos φ, con Δφ en radianes:

ΔL = v r sen φ Δm + m r sen φ Δv + m v sen φ Δr + m v r |cos φ| Δφ

Si el brazo viene directamente como dato (b ± Δb), el último término no está y queda ΔL / L = Δm / m + Δv / v + Δb / b. El resultado se escribe con la incerteza recortada a dos cifras significativas y el valor con los mismos decimales.

Momento cinético con incerteza
m = (0,250 ± 0,005) kg, v = (6,0 ± 0,2) m/s, r = (2,00 ± 0,02) m y φ = (30 ± 1)°. Hallar L respecto de O con su incerteza.
Valor: L = 0,250 · 6,0 · 2,00 · sen 30° = 1,50 kg m²/s. → Aportes (en kg m²/s): por m, 6,0 · 2,00 · 0,5 · 0,005 = 0,030; por v, 0,250 · 2,00 · 0,5 · 0,2 = 0,050; por r, 0,250 · 6,0 · 0,5 · 0,02 = 0,015; por φ, con Δφ = 1° = 0,01745 rad, 0,250 · 6,0 · 2,00 · cos 30° · 0,01745 = 0,045. → Suma: ΔL = 0,140 kg m²/s, un 9,4 % del valor. → Resultado: L = (1,50 ± 0,14) kg m²/s. El aporte más grande es el de la velocidad, el dato con más incerteza relativa (3,3 %).

Momento de una fuerza y la ecuación del momento cinético

El momento de una fuerza respecto de O (también se lo llama torque) es

τO = r × F      |τO| = F b      τO,z = x Fy − y Fx

con r el vector que va de O al punto donde se aplica la fuerza y b la distancia de O a la recta de acción de la fuerza (su brazo). La unidad es el N·m: aunque sea la misma combinación que el joule, no se dice joule, porque el momento es un vector y el trabajo es un escalar. Una fuerza cuya recta de acción pasa por O no hace momento respecto de O.

¿Para qué sirve? Derivando LO = r × m v respecto del tiempo, con O fijo:

dLOdt = drdt × m v + r × m dvdt = v × m v + r × Σ F

El primer término es cero (es un vector multiplicado por sí mismo) y el segundo es el momento de la resultante. Queda la ecuación del momento cinético:

Σ τO = dLOdt      (O fijo en un sistema inercial)

Para una partícula no es una ley nueva: es la segunda ley de Newton multiplicada vectorialmente por r. Su valor está en lo que dice cuando el momento es cero, y en que se extiende a los sistemas de partículas y a los cuerpos rígidos, donde sí agrega información.

El peso en un tiro oblicuo
Desde el punto O del piso se lanza una piedra de 0,50 kg con v₀ = (6,0 î + 8,0 ĵ) m/s, en el vacío (g = 9,8 m/s²). Hallar el momento del peso y el momento cinético respecto de O en t = 1,0 s, y la expresión de LO(t).
Posición y velocidad en t = 1,0 s: x = 6,0 m, y = 8,0 · 1,0 − 4,9 · 1,0² = 3,1 m; v = (6,0 î − 1,8 ĵ) m/s. → Momento del peso: F = −m g ĵ, aplicada en la piedra: τz = x · (−m g) − y · 0 = −6,0 · 0,50 · 9,8 = −29,4 N·m. Su brazo es la distancia horizontal x, y hace girar en sentido horario. → Momento cinético: Lz = 0,50 · (6,0 · (−1,8) − 3,1 · 6,0) = −14,7 kg m²/s. → En general: con x = v0x t e y = v0y t − g t²/2 queda Lz(t) = −(1/2) m g v0x t² = −14,7 t² (en kg m²/s, con t en s). Su derivada, −m g v0x t, es justo −m g x = τz: se cumple Σ τ = dL/dt. → Lectura: el momento cinético respecto del punto de lanzamiento arranca en cero (r = 0) y crece en sentido horario, porque el peso tiene brazo apenas la piedra se aleja en horizontal. En un tiro vertical, x = 0 todo el tiempo: el peso no hace momento respecto de O y LO es cero durante todo el vuelo.
v m g P x O g
Tiro oblicuo desde O. El peso es vertical, así que su brazo respecto de O es la distancia horizontal x: τO = −m g x (hace girar en sentido horario). Ese momento no es nulo, y por eso LO crece desde cero mientras dura el vuelo. Si el tiro fuera vertical, x valdría siempre cero y LO también.

Impulso angular

Integrando la ecuación en un intervalo:

∫ Σ τO dt = ΔLO

La integral del momento en el tiempo es el impulso angular respecto de O: es al momento cinético lo que el impulso es a la cantidad de movimiento. Su unidad es el N·m·s, que es lo mismo que kg m²/s. Si la fuerza es un golpe muy breve, la partícula no llega a moverse mientras dura, r queda fijo y el impulso angular es simplemente r × J, con J el impulso del golpe.

Un golpe corto
Un disco de 0,16 kg se desliza sobre hielo con v = 4,0 m/s î y, cuando pasa por P = (2,0; 1,5) m, recibe un golpe de impulso J = 0,80 N·s ĵ. Hallar su momento cinético respecto de O antes y después del golpe.
Antes: Lz = 0,16 · (2,0 · 0 − 1,5 · 4,0) = −0,96 kg m²/s. → Impulso angular del golpe: r × J = (2,0 · 0,80 − 1,5 · 0) k̂ = 1,6 k̂ kg m²/s. → Después: Lz = −0,96 + 1,6 = +0,64 kg m²/s: el golpe dio vuelta el sentido de giro visto desde O. → Control: la velocidad después es v + J / m = (4,0 î + 5,0 ĵ) m/s, y con ella Lz = 0,16 · (2,0 · 5,0 − 1,5 · 4,0) = 0,64 kg m²/s.
TraslaciónRotación respecto de OUnidad de la rotación
Cantidad de movimiento p = m vMomento cinético LO = r × m vkg m²/s
Fuerza FMomento de la fuerza τO = r × FN·m
Impulso J = ∫ F dtImpulso angular ∫ τO dt (r × J en un golpe)N·m·s = kg m²/s
Σ F = dp/dtΣ τO = dLO/dt
Σ J = Δp∫ Σ τO dt = ΔLO
Momento cinético o impulso angular
El momento cinético es una propiedad del estado de movimiento de la partícula en un instante, como p. El impulso angular es una propiedad de una interacción durante un intervalo, como J, y dice cuánto cambió el momento cinético en ese intervalo. Ninguno de los dos está aplicado en un lugar: los dos se definen respecto de un punto O, y por convención se dibujan en O. Sólo se pueden comparar o sumar si están tomados respecto del mismo punto.

Cuándo se conserva el momento cinético de una partícula

Conservación
Si el momento de las fuerzas respecto de un punto fijo O es nulo durante un intervalo, LO se conserva en ese intervalo: módulo, dirección y sentido. Como LO es perpendicular a r y a v, la partícula se mueve en un plano fijo que pasa por O.

El momento respecto de O puede ser nulo de tres maneras:

  • No hay fuerzas, o su resultante es nula: L se conserva respecto de cualquier punto fijo (es el caso de la partícula libre).
  • La fuerza pasa siempre por O: es una fuerza central con centro en O (el apartado que sigue).
  • Durante un golpe, la fuerza impulsiva pasa por O y las demás fuerzas son acotadas, con un impulso angular despreciable en un intervalo tan corto. Por ejemplo, cuando una pelota rebota contra el piso, la normal impulsiva actúa en el punto de impacto: el momento cinético respecto de ese punto no cambia durante el impacto. Si además el piso es liso, la normal es perpendicular al piso y no cambia la componente de la cantidad de movimiento paralela a él; la perpendicular sí cambia, porque la normal hace un impulso en esa dirección.

Las tres conservaciones de una partícula son independientes: cada una tiene su condición, y puede valer una sin que valgan las otras.

SituaciónpL (respecto de)Em
Partícula libreSíSí (cualquier punto)Sí
Proyectil en el vacíoSólo pxNo (salvo en un tiro vertical, respecto del punto de partida)Sí
Planeta alrededor del SolNoSí (el Sol)Sí
Piedra atada a un hilo que pasa por un agujero, mientras alguien tiraNoSí (el agujero)No: aumenta por el trabajo de quien tira
Pelota que rebota en un piso liso (durante el impacto)Sólo la paralela al pisoSí (el punto de impacto)Sólo si es elástico
No razones con la velocidad
Que una magnitud se conserve se decide con su condición (fuerza neta, momento neto, trabajo de las no conservativas), no mirando si la rapidez cambia. Un planeta cambia de rapidez todo el tiempo y su momento cinético respecto del Sol no cambia; una partícula que va en línea recta a velocidad constante tiene momento cinético distinto de cero respecto de un punto fuera de la recta, y también se conserva.

Fuerzas centrales

Una fuerza central es una fuerza cuya recta de acción pasa siempre por un mismo punto fijo C, el centro de fuerzas: la atracción del Sol sobre un planeta, la de la Tierra sobre un satélite, la tensión de un hilo atado a un clavo o que pasa por un agujero, un resorte con un extremo fijo. Como r (medido desde C) y F son paralelos, el momento de la fuerza respecto de C es nulo, y entonces:

Fuerza central
Bajo una fuerza central, el momento cinético respecto del centro de fuerzas se conserva. La partícula se mueve en un plano que pasa por C, y r v sen φ = LC / m es el mismo en todos los puntos de la trayectoria.

El libro de la cátedra, en el capítulo de trabajo y energía, presenta las fuerzas centrales por su energía potencial, que depende sólo de la distancia r al centro: Ep = (1/2) k r² para una fuerza de tipo elástico y Ep = −k / r para una de tipo gravitatorio, con el cero en el infinito (en esta, k es otra constante, no la de un resorte). Las fuerzas centrales de la materia cumplen las dos cosas: apuntan al centro y su módulo depende sólo de r. Entonces, además de conservar el momento cinético, son conservativas, y la energía mecánica también se conserva. La tensión de un hilo del que alguien tira es central pero no es de esas: su valor lo decide quien tira, y hace trabajo.

  1. Sistema y centro: el sistema es la partícula; el centro es el punto por el que pasa siempre la fuerza.
  2. Justificá la conservación: la fuerza pasa por el centro, su momento respecto de él es nulo, LC se conserva.
  3. En los puntos más cercano y más lejano, r1 v1 = r2 v2; en cualquier otro punto, r v sen φ.
  4. Si falta una ecuación y la fuerza es conservativa, sumá la conservación de la energía mecánica.
  5. Velocidad angular alrededor del centro: ω = v sen φ / r; aceleración: hacia el centro, con sus componentes tangencial y normal.

Velocidad areolar y segunda ley de Kepler

En un tiempo dt la partícula avanza v dt y el radio r barre un triángulo angosto de lados r y v dt. Su área es la mitad del módulo del producto vectorial: dA = (1/2) r v sen φ dt. La velocidad areolar, el área que barre el radio por unidad de tiempo, resulta

dAdt = 12 r v sen φ = LC2 m

Con una fuerza central LC es constante, y entonces la velocidad areolar también: el radio que une al planeta con el Sol barre áreas iguales en tiempos iguales. Es la segunda ley de Kepler, y no depende de que la fuerza vaya como 1/r²: vale para cualquier fuerza central.

Sol vp perihelio va afelio rp ra
Una órbita elíptica con el Sol en un foco. En tiempos iguales el radio barre áreas iguales (los dos sectores sombreados): cerca del perihelio el sector es corto y ancho, cerca del afelio es largo y angosto. En el perihelio y en el afelio la velocidad es perpendicular al radio, y ahí rp vp = ra va.

Los puntos más cercano y más lejano

En el punto de la órbita más cercano al centro (perihelio, si el centro es el Sol; perigeo, si es la Tierra) y en el más lejano (afelio o apogeo), la distancia r pasa por un mínimo o por un máximo, así que la velocidad no tiene componente radial: es perpendicular al radio, sen φ = 1 y L = m r v exactamente. Igualando:

rp vp = ra va

Cerca del centro la partícula va más rápido, en la misma proporción en que está más cerca. La velocidad angular con la que gira alrededor del centro es ω = dθ/dt = v sen φ / r = L / (m r²); en esos dos puntos vale v / r, y el cociente entre las dos es (ra / rp)²: cambia mucho más que la rapidez.

r v constante, sólo en los extremos
En un punto cualquiera de la órbita la velocidad no es perpendicular al radio, y lo que se conserva es r v sen φ, no r v. La igualdad rp vp = ra va sale de que en esos dos puntos sen φ = 1.
Un satélite en órbita elíptica
Un satélite pasa por el perigeo a 7,0 × 10⁶ m del centro de la Tierra con una rapidez de 8,48 × 10³ m/s, y su apogeo está a 1,20 × 10⁷ m. Hallar la rapidez en el apogeo, la velocidad angular en los dos puntos y la velocidad areolar.
Por qué se conserva L: la única fuerza es la atracción de la Tierra, que apunta siempre a su centro: el momento cinético respecto del centro de la Tierra se conserva. → Rapidez en el apogeo: en los dos extremos v es perpendicular a r, así que va = rp vp / ra = 7,0 × 10⁶ · 8,48 × 10³ / 1,20 × 10⁷ = 4,95 × 10³ m/s. → Velocidades angulares: ωp = vp / rp = 1,21 × 10⁻³ rad/s y ωa = va / ra = 4,12 × 10⁻⁴ rad/s. El cociente es 2,94 = (12,0 / 7,0)²: la rapidez cambia en un factor 1,71 y la velocidad angular, en su cuadrado. → Velocidad areolar: (1/2) rp vp = 2,97 × 10¹⁰ m²/s, la misma en toda la órbita.

La aceleración en una órbita

La aceleración de una partícula bajo una fuerza central apunta siempre al centro. Eso no quiere decir que sea perpendicular a la velocidad: salvo en una órbita circular, la aceleración tiene una componente tangencial, at = dv/dt, y una normal, an = v² / ρ, que apunta hacia el lado cóncavo de la trayectoria (ρ es el radio de curvatura en ese punto).

  • En el tramo en que la partícula se acerca al centro, la aceleración forma con la velocidad un ángulo menor que 90°: at va a favor de v y la partícula se acelera.
  • En el tramo en que se aleja, el ángulo es mayor que 90°: at va en contra de v y la partícula se frena.
  • En el punto más cercano y en el más lejano, la aceleración es perpendicular a la velocidad: at = 0 y toda la aceleración es normal. Ahí la rapidez es máxima y mínima.

Es coherente con la energía: al acercarse al Sol la energía potencial baja y la cinética sube.

Sol v a at an se aleja v a at an se acerca
La aceleración de un planeta apunta siempre al Sol, pero no es perpendicular a la velocidad. En cada punto, a es la suma de la componente normal an (perpendicular a v) y la tangencial at (paralela a v), dibujadas una a continuación de la otra. Arriba el planeta se aleja: la componente tangencial at va en contra de v y lo frena. Abajo se acerca: at va a favor de v y lo acelera. En el perihelio y en el afelio la aceleración es perpendicular a la velocidad y at = 0: la rapidez es máxima o mínima.

Una partícula atada a un hilo que pasa por un agujero

Una partícula gira sobre una mesa horizontal sin rozamiento, atada a un hilo que pasa por un agujero de la mesa; desde abajo, alguien tira del hilo. El peso y la normal se cancelan, y la única fuerza que queda es la tensión, que apunta siempre al agujero: es una fuerza central. El momento cinético respecto del agujero se conserva, y si la partícula gira en círculos, r1 v1 = r2 v2. Lo que no se conserva es la energía cinética: mientras el hilo se acorta, la partícula tiene una componente de velocidad hacia el agujero, en la misma dirección que la tensión, y la tensión hace trabajo positivo. Ese trabajo lo pone quien tira.

r₁ v₁ r₂ v₂ agujero
Vista desde arriba. El hilo pasa por un agujero y alguien tira desde abajo. La tensión apunta siempre al agujero: su momento respecto del agujero es nulo y el momento cinético se conserva. Al pasar del radio r1 al radio r2 = r1/2, la rapidez se duplica.
Se acorta el hilo
Una partícula de 0,20 kg gira a 2,0 m/s en un círculo de 0,50 m de radio, atada a un hilo que pasa por el agujero. Se tira del hilo hasta que el radio es de 0,25 m. Hallar la nueva rapidez, las velocidades angulares, el trabajo de quien tira y la tensión al final.
Conservación de L respecto del agujero: v2 = r1 v1 / r2 = 0,50 · 2,0 / 0,25 = 4,0 m/s. → Velocidades angulares: ω1 = 2,0 / 0,50 = 4,0 rad/s y ω2 = 4,0 / 0,25 = 16 rad/s: el radio se achicó a la mitad y la velocidad angular se multiplicó por cuatro. → Energía: Ec1 = (1/2) · 0,20 · 2,0² = 0,40 J y Ec2 = (1/2) · 0,20 · 4,0² = 1,6 J. El trabajo de quien tira es la diferencia, 1,2 J. → Tensión: al principio T = m v² / r = 1,6 N; al final, 0,20 · 4,0² / 0,25 = 12,8 N. Cuanto más corto el hilo, más fuerza hay que hacer para seguir acortándolo.

Momento cinético de un sistema de partículas

El momento cinético de un sistema respecto de un punto O es la suma de los momentos cinéticos de todas las partículas, todos respecto del mismo punto:

LO = Σ ri × mi vi

Las fuerzas interiores no cambian el momento cinético

Para cada partícula vale dLi/dt = τi, con τi el momento de todas las fuerzas que recibe, interiores y exteriores. Al sumar sobre el sistema aparecen los momentos de los pares de fuerzas interiores. Las dos fuerzas de un par son iguales y opuestas (tercera ley de Newton, que el libro de la cátedra llama principio de interacción) y, en las interacciones de la materia (gravitatoria, elástica, de contacto), están sobre la recta que une las dos partículas. Entonces tienen el mismo brazo respecto de cualquier punto y hacen girar en sentidos opuestos: sus momentos se cancelan de a pares. Con dos partículas: r1 × F12 + r2 × F21 = (r1 − r2) × F12 = 0, porque r1 − r2 es paralelo a F12 (la fuerza sobre 1 debida a 2).

b F₁₂ F₂₁ m₁ m₂ O
Las fuerzas interiores entre dos partículas son iguales y opuestas y van sobre la recta que las une. Respecto de cualquier punto O tienen el mismo brazo b y hacen girar en sentidos opuestos: sus momentos se cancelan. Por eso las fuerzas interiores no cambian el momento cinético del sistema.
Σ τO,ext = dLOdt      ∫ Σ τO,ext dt = ΔLO

Vale con O fijo en el laboratorio, o con O en el CM aunque el CM esté acelerado (se justifica más abajo). Sólo los momentos de las fuerzas exteriores cambian el momento cinético del sistema, igual que sólo las fuerzas exteriores cambian su cantidad de movimiento. La hipótesis de que las fuerzas interiores van sobre la recta que une las partículas es necesaria: hay interacciones (las magnéticas entre cargas en movimiento) que no la cumplen, pero no aparecen en esta materia.

Conservación en un sistema
Si el momento de las fuerzas exteriores respecto de un punto O (fijo o el CM) es nulo durante un intervalo, el momento cinético del sistema respecto de O se conserva. Un sistema aislado lo conserva respecto de cualquier punto fijo y respecto de su CM. Las partes pueden cambiar sus momentos cinéticos, pero lo que gana una lo pierde otra.

El libro de la cátedra cuenta esta ecuación entre las ecuaciones universales de la dinámica de un sistema, junto con Σ Fext = dP/dt y la del trabajo y la energía. Para un sistema sí es información nueva: no se deduce de Σ Fext = M aCM, que no dice nada de cómo se mueven las partículas alrededor del CM.

Respecto de O y respecto del CM: orbital más propio

Si en la definición se escribe cada posición y cada velocidad como la del CM más la relativa al CM, ri = rCM + r′i y vi = vCM + v′i, el producto da cuatro sumas. Dos de ellas tienen adentro Σ mi r′i o Σ mi v′i, que son nulas, y quedan dos términos:

LO = rCM × M vCM + LCM      LCM = Σ r′i × mi v′i

El primero es el momento cinético orbital: el que tendría toda la masa concentrada en el CM, moviéndose con el CM. El segundo es el momento cinético respecto del CM, o propio: el del movimiento de las partículas alrededor del CM, que no depende de O. El libro de la cátedra le dice momento cinético de spin.

Un atajo para calcular LCM: las posiciones tienen que ser relativas al CM, pero las velocidades pueden ser las del laboratorio, porque Σ r′i × mi vCM = (Σ mi r′i) × vCM = 0. Es decir, también LCM = Σ r′i × mi vi.

La notación del libro
En el libro de la cátedra, el término orbital rCM × M vCM se escribe L con CM como superíndice, y el que es respecto del CM lleva otro nombre. En esta guía, como en la unidad 3, LCM es siempre el momento cinético respecto del CM (el propio), y el orbital se escribe rCM × M vCM. Si leés el libro, fijate cuál de los dos es.

Derivando la descomposición respecto del tiempo sale la ecuación del momento cinético respecto del CM. La derivada del término orbital es rCM × M aCM = rCM × Σ Fext, y el momento de las fuerzas exteriores respecto de O se parte igual: Σ τO,ext = rCM × Σ Fext + Σ τCM,ext. Restando:

Σ τCM,ext = dLCMdt      (aunque el CM esté acelerado)

Así el movimiento de un sistema se separa en dos problemas: el CM se mueve con Σ Fext = M aCM como si fuera una partícula, y el giro alrededor del CM lo gobiernan los momentos respecto del CM. Un sistema en el aire, donde la única fuerza exterior es el peso aplicado en el CM, conserva su LCM aunque el CM describa una parábola.

Lo mismo pasa con las otras dos magnitudes, y las tres relaciones conviene tenerlas juntas:

Respecto de ORespecto del CMRelación
PP = Σ mi viΣ mi v′i = 0P = M vCM
LLO = Σ ri × mi viLCM = Σ r′i × mi v′iLO = rCM × M vCM + LCM
EcEc = Σ (1/2) mi vi²Ec,int = Σ (1/2) mi v′i²Ec = (1/2) M vCM² + Ec,int
x y 1 2 3 4 −2 −1 1 2 O rCM r′₁ r′₂ v₁ v₂ vCM 1 kg 3 kg CM
El sistema del ejemplo de abajo. El vector rCM sale de O; las posiciones relativas r′1 y r′2 salen del CM (en trazos). El momento cinético respecto de O es el del CM con toda la masa (orbital) más el del movimiento alrededor del CM (propio).
Dos partículas: respecto de O y del CM
Sobre una mesa horizontal sin rozamiento, m1 = 1,0 kg está en r1 = (1,0; 2,0) m con v1 = (2,0; 0) m/s, y m2 = 3,0 kg está en r2 = (3,0; −2,0) m con v2 = (0; 2,0) m/s. Hallar P, L y Ec respecto de O y respecto del CM, y verificar las relaciones.
CM: M = 4,0 kg; rCM = (1,0 · (1,0; 2,0) + 3,0 · (3,0; −2,0)) / 4,0 = (2,5; −1,0) m; P = (2,0; 6,0) kg m/s y vCM = P / M = (0,50; 1,5) m/s. Respecto del CM, la cantidad de movimiento es cero. → L respecto de O: partícula 1, 1,0 · (1,0 · 0 − 2,0 · 2,0) = −4,0; partícula 2, 3,0 · (3,0 · 2,0 − (−2,0) · 0) = 18,0. LO = 14 k̂ kg m²/s. → Orbital: M (xCM vCM,y − yCM vCM,x) = 4,0 · (2,5 · 1,5 − (−1,0) · 0,50) = 17 kg m²/s. → Respecto del CM: r′1 = (−1,5; 3,0) m, v′1 = (1,5; −1,5) m/s, r′2 = (0,5; −1,0) m, v′2 = (−0,5; 0,5) m/s. LCM = 1,0 · ((−1,5)(−1,5) − 3,0 · 1,5) + 3,0 · (0,5 · 0,5 − (−1,0)(−0,5)) = −2,25 − 0,75 = −3,0 kg m²/s. Verificación: 17 + (−3,0) = 14. → Energía cinética: respecto de O, (1/2) · 1,0 · 2,0² + (1/2) · 3,0 · 2,0² = 8,0 J; la del CM, (1/2) · 4,0 · (0,50² + 1,5²) = 5,0 J; la interna, (1/2) · 1,0 · 4,5 + (1/2) · 3,0 · 0,50 = 3,0 J. Verificación: 5,0 + 3,0 = 8,0 J. → Lectura: LO es antihorario y LCM es horario: vistas desde el CM, las partículas giran en sentido horario, aunque el CM pase en sentido antihorario alrededor de O.
  1. Datos por partícula: anotá m, r y v de cada una respecto de O, por componentes.
  2. CM: rCM y vCM como promedios pesados con las masas; M = Σ mi.
  3. Respecto de O: P = Σ m v, LO con m (x vy − y vx) partícula por partícula, Ec = Σ (1/2) m v².
  4. Respecto del CM: restá rCM y vCM a cada partícula y repetí las cuentas. P tiene que dar cero: si no da, hay un error en el CM.
  5. Verificá LO = rCM × M vCM + LCM y Ec = (1/2) M vCM² + Ec,int. Cada relación controla todas las cuentas anteriores.

Cuando las posiciones vienen en función del tiempo

Si el enunciado da ri(t) de cada partícula, todo sale derivando: vi = dri/dt y ai = dvi/dt. Con eso se arman P(t), LO(t) y Ec(t) para todo instante. Y las preguntas sobre las fuerzas en un intervalo se contestan sin conocerlas, con los tres teoremas de variación del sistema:

Σ J = ΔP      ∫ Σ τO dt = ΔLO      Wtotal = ΔEc

En las dos primeras sólo cuentan las fuerzas exteriores (las interiores se cancelan); en la tercera, como se ve más abajo, cuentan todas. El orden de trabajo: derivar, armar las tres funciones, evaluarlas en los dos instantes y restar; y si se quiere controlar, calcular la fuerza neta sobre cada partícula, m a, y comprobar que su momento es dL/dt y su potencia, dEc/dt.

Posiciones dadas
m1 = 2,0 kg con r1 = (2t; 3 − t²) y m2 = 1,0 kg con r2 = (4 − t; 2t), en metros, con t en segundos. Hallar el CM en t = 0, P(t), LO(t) y Ec(t), y el impulso, el impulso angular respecto de O y el trabajo de las fuerzas entre 0 y 1 s.
Velocidades y aceleraciones: v1 = (2; −2t), a1 = (0; −2); v2 = (−1; 2), a2 = 0. → CM en t = 0: rCM = (2,0 · (0; 3) + 1,0 · (4; 0)) / 3,0 = (4/3; 2) m; vCM = (1; 2/3) m/s; aCM = (0; −4/3) m/s². → P(t) = 2,0 · (2; −2t) + 1,0 · (−1; 2) = (3; 2 − 4t) kg m/s. → LO(t): partícula 1, 2,0 · (2t · (−2t) − (3 − t²) · 2) = −4t² − 12; partícula 2, 1,0 · ((4 − t) · 2 − 2t · (−1)) = 8. LO = −(4t² + 4) k̂ kg m²/s. → Ec(t) = (1/2) · 2,0 · (4 + 4t²) + (1/2) · 1,0 · 5 = 6,5 + 4t² J. → Entre 0 y 1 s: impulso ΔP = (0; −4) N·s; impulso angular ΔLO = −4 k̂ N·m·s; trabajo ΔEc = 4 J. → Control: la fuerza neta sobre 1 es m1 a1 = (0; −4) N y sobre 2 es nula. Su momento, τz = 2t · (−4) = −8t, es la derivada de Lz; su potencia, (−4) · (−2t) = 8t, es la derivada de Ec.

Conservación del momento cinético en un sistema

Un sistema que cambia de forma

Si sobre un sistema no hay momentos exteriores respecto del CM, las partículas pueden acercarse o alejarse del CM por fuerzas interiores, y LCM sigue igual. Cuando las partículas giran alrededor del CM con la misma velocidad angular ω, cada una a una distancia ri del CM, LCM = Σ mi ri² ω: si las partículas se acercan, Σ mi ri² baja y ω sube en la misma proporción. La energía cinética, en cambio, aumenta: con L fijo, Ec,int = (1/2) Σ mi ri² ω² = L² / (2 Σ mi ri²), que crece cuando el denominador baja. La diferencia la pone el trabajo de las fuerzas interiores (los brazos de quien tira, un motor). En la unidad 3 la suma Σ mi ri² se llama momento de inercia.

Una varilla que se acorta
Dos discos de 2,0 kg y 3,0 kg, sobre hielo sin rozamiento, están unidos por una varilla liviana de 1,0 m y giran a 4,0 rad/s alrededor de su CM, que está quieto. Un mecanismo acorta la varilla hasta 0,50 m. Hallar la velocidad angular final y el trabajo del mecanismo.
Distancias al CM: r1 = 3,0 · 1,0 / 5,0 = 0,60 m y r2 = 0,40 m; Σ m r² = 2,0 · 0,60² + 3,0 · 0,40² = 1,20 kg m². → Momento cinético: LCM = 1,20 · 4,0 = 4,8 kg m²/s. → Por qué se conserva: el peso y la normal se cancelan en cada disco, y la fuerza de la varilla es interior. → Después: las dos distancias se reducen a la mitad, Σ m r² = 0,30 kg m², y ω = 4,8 / 0,30 = 16 rad/s. Las rapideces pasan de 2,4 y 1,6 m/s a 4,8 y 3,2 m/s. → Energía: (1/2) · 1,20 · 4,0² = 9,6 J antes y (1/2) · 0,30 · 16² = 38,4 J después. El mecanismo hizo 28,8 J de trabajo. → Lectura: durante todo el proceso el CM sigue quieto (no hay fuerzas exteriores horizontales), y visto desde arriba cada disco describe una espiral que se cierra alrededor de él.

Cómo se ve un sistema así desde el CM: el observador que viaja con el CM ve el sistema con cantidad de movimiento cero, con las partículas moviéndose alrededor de él, y su energía cinética es la interna. Si el CM se mueve con velocidad constante, todo lo anterior sigue valiendo: el sistema avanza como un todo con vCM mientras gira alrededor del CM.

Choques: qué punto elegir

Durante un choque las fuerzas entre los cuerpos son impulsivas e interiores, y entre las exteriores sólo cuentan las que también se vuelven impulsivas: las de los vínculos que impiden el movimiento que el choque tiende a producir (un pivote, un piso, un borde fijo). El peso, un resorte o el rozamiento de un apoyo cuya normal no se vuelve impulsiva tienen un impulso (y un impulso angular) despreciable. Ojo: si la normal de un piso sí es impulsiva (un golpe contra un piso áspero), el rozamiento en ese contacto también lo es, porque va con la normal (vale μd N si el cuerpo resbala y puede llegar a μe N si no), y puede cambiar la componente de P paralela al piso. El momento cinético se conserva respecto de un punto por el que pasan todas las fuerzas exteriores impulsivas, o respecto de cualquier punto fijo si no hay ninguna.

  • Sin vínculos (sobre una mesa sin rozamiento, en el aire, en el espacio): se conservan P y L respecto de cualquier punto fijo y del CM. La energía cinética, según el tipo de choque.
  • Contra un cuerpo colgado de un hilo, con un golpe horizontal: el hilo es vertical, la velocidad que adquiere el cuerpo es horizontal y el hilo no necesita hacer un impulso (su tensión crece, pero sigue siendo finita). Se conserva P entero, cuya componente vertical es cero antes y después, y el momento cinético respecto del punto de suspensión, por donde pasa el hilo de todos modos. Si todo pasa a la misma distancia del punto de suspensión, las dos ecuaciones son la misma: LO no agrega información. Si el golpe viniera inclinado hacia abajo, el hilo, que no se estira, frenaría con un impulso hacia arriba la componente vertical, y se conservaría sólo la componente horizontal de P.
  • Contra un cuerpo con pivote, el pivote hace un impulso que no se conoce: no se conserva P, y el momento cinético se conserva respecto del pivote. Es el caso de la sección 14.
antes B A v m CM después B A vA v = 0 vCM Ω CM
Arriba, justo antes del choque: la partícula viene sobre una recta que pasa por A, y el CM de las tres está sobre la barra, a 0,24 m de A. Abajo, justo después: el CM sigue con la cantidad de movimiento que traía la partícula y el sistema gira alrededor del CM con el momento cinético que traía respecto de ese punto. En el ejemplo, A sale a 2,0 m/s y B queda quieta en ese instante.
Choque contra una pesa
Sobre una mesa sin rozamiento hay dos partículas A y B de 1,0 kg cada una, en reposo, unidas por una barra rígida sin masa de 0,60 m. Una tercera partícula de 0,50 kg llega a 6,0 m/s en dirección perpendicular a la barra, choca con A y queda pegada. Analizar qué se conserva y hallar el movimiento justo después del choque.
Qué se conserva: no hay fuerzas exteriores impulsivas (el peso y la normal son verticales y se cancelan), así que se conservan P y L respecto de cualquier punto fijo y del CM. La energía cinética no: la partícula queda pegada, el choque es plástico. → CM: P = 0,50 · 6,0 = 3,0 kg m/s; M = 2,5 kg y vCM = 1,2 m/s. El CM de las tres está sobre la barra, a (1,0 · 0,60) / 2,5 = 0,24 m de A. → L respecto del CM: la partícula pasa a 0,24 m del CM, así que LCM = 0,50 · 6,0 · 0,24 = 0,72 kg m²/s, antihorario. → Después: todo gira alrededor del CM con la misma velocidad angular Ω, como un cuerpo rígido; Σ m r′² = 1,5 · 0,24² + 1,0 · 0,36² = 0,216 kg m², y Ω = 0,72 / 0,216 = 3,33 rad/s. → Energía: antes, (1/2) · 0,50 · 6,0² = 9,0 J; después, (1/2) · 2,5 · 1,2² + (1/2) · 0,216 · 3,33² = 1,8 + 1,2 = 3,0 J. Se perdieron 6,0 J, dos tercios. → Velocidades: A sale a 1,2 + 3,33 · 0,24 = 2,0 m/s y B a 1,2 − 3,33 · 0,36 = 0: queda quieta en ese instante. → Control: respecto del punto fijo donde estaba A, antes L = 0 (la partícula venía por una recta que pasa por A); después, el orbital vale −2,5 · 1,2 · 0,24 = −0,72 kg m²/s y el propio, +0,72 kg m²/s: suman cero.

Una bala que atraviesa un bloque colgado

Cuando una bala atraviesa un cuerpo y sale por el otro lado, el choque no es plástico (no quedan juntos) ni elástico (la bala pierde energía rompiendo y calentando el material). Se plantea la conservación de la cantidad de movimiento con las dos velocidades finales, y la energía cinética que falta es la que se disipó. Si después el cuerpo tiene que dar la vuelta completa colgado de un hilo de largo L, se usa la condición de la unidad 1: en el punto más alto la tensión no puede ser negativa, T + m g = m varriba² / L con T ≥ 0, así que varriba ≥ √(g L). Con la energía desde abajo, vabajo² = varriba² + 4 g L, y la condición queda vabajo ≥ √(5 g L).

Hilo no es barra
Con un hilo, el cuerpo no puede llegar arriba con velocidad cero: el hilo se afloja antes y el cuerpo cae. Con una barra rígida sí puede (la barra empuja), y la condición es vabajo ≥ √(4 g L) = 2 √(g L). Usar la de la barra para un hilo da una velocidad mínima demasiado chica.
Bala que atraviesa un péndulo
Una bala de 20 g a 400 m/s atraviesa horizontalmente un bloque de 2,0 kg que cuelga en reposo de un hilo de 0,80 m, y sale a 150 m/s. ¿Da la vuelta completa el bloque? (g = 9,8 m/s²)
Choque: la bala tiene 20 g = 0,020 kg. Se conserva la cantidad de movimiento, que es toda horizontal: 0,020 · 400 = 0,020 · 150 + 2,0 V, de donde V = 2,5 m/s. El momento cinético respecto del punto de suspensión da lo mismo: 0,020 · 400 · 0,80 = 6,4 kg m²/s antes y 0,020 · 150 · 0,80 + 2,0 · 2,5 · 0,80 = 2,4 + 4,0 = 6,4 kg m²/s después. → Energía en el choque: 1600 J antes; 225 + 6,25 J después. Se disiparon 1,37 × 10³ J, el 86 %. → ¿Vuelta completa? Hacen falta √(5 · 9,8 · 0,80) = 6,26 m/s abajo, y el bloque tiene 2,5 m/s: no. Sube hasta h = V² / (2 g) = 0,319 m, menos que L, así que el hilo sigue tenso y el bloque oscila hasta un ángulo de 53° con la vertical. → Para la vuelta completa, si la bala siguiera saliendo a 150 m/s, tendría que llegar a 150 + (2,0 / 0,020) · 6,26 = 776 m/s.

Energía de un sistema de partículas

Trabajo de las fuerzas exteriores e interiores

Para cada partícula, el trabajo de todas las fuerzas que recibe es la variación de su energía cinética. Sumando sobre el sistema:

Wext + Wint = ΔEc

Acá aparece la diferencia con la cantidad de movimiento y el momento cinético: el trabajo de las fuerzas interiores no se cancela de a pares. Las dos fuerzas de un par son opuestas, pero las partículas sobre las que actúan pueden desplazarse distinto. El trabajo de un par vale

Wpar = ∫ F12 · dr1 + ∫ F21 · dr2 = ∫ F12 · d(r1 − r2)

y depende sólo del movimiento relativo de las dos partículas, no de cómo se mueva el conjunto. Los casos que aparecen:

Par de fuerzas interioresTrabajo total del par
Barra rígida o hilo tenso entre dos partículas (la distancia no cambia)Cero: la fuerza va según la recta que las une y el movimiento relativo es perpendicular a ella
Normal entre dos superficies en contacto, y rozamiento estáticoCero: en el contacto, el movimiento relativo es tangente a la superficie (perpendicular a la normal) o nulo (sin deslizamiento)
Resorte entre dos partículas−ΔEp,el, con la deformación del resorte
Rozamiento dinámico entre dos superficies que resbalan−μd N drel, con drel lo que una resbala sobre la otra: siempre negativo
Músculos, motores, explosivos, un choque plásticoPositivo si entregan energía (una explosión, alguien que tira), negativo si la absorben (un choque plástico)
m tabla v f f g fuerzas desplazamientos db dt drel
Arriba, el par de fuerzas de rozamiento: iguales y opuestas. Abajo, los desplazamientos respecto del hielo. El rozamiento hace trabajo negativo sobre el bloque (−f db) y positivo sobre la tabla (+f dt); la suma es −f (db − dt) = −f drel, que depende sólo de cuánto resbaló uno sobre otro.
Rozamiento entre bloque y tabla
Un bloque de 1,0 kg entra a 4,0 m/s sobre una tabla de 3,0 kg que está quieta sobre hielo sin rozamiento. Entre el bloque y la tabla μd = 0,30. Hallar la velocidad final común, la energía disipada, cuánto resbala el bloque sobre la tabla y el trabajo del rozamiento sobre cada cuerpo (g = 9,8 m/s²).
Velocidad final: en la horizontal no hay fuerzas exteriores: 1,0 · 4,0 = 4,0 vf, vf = 1,0 m/s. → Energía: ΔEc = (1/2) · 4,0 · 1,0² − (1/2) · 1,0 · 4,0² = 2,0 − 8,0 = −6,0 J. Las fuerzas exteriores (pesos, normal del hielo) no trabajan, así que esos −6,0 J son el trabajo del par de rozamiento. → Desplazamiento relativo: f = 0,30 · 1,0 · 9,8 = 2,94 N, y −f drel = −6,0 J da drel = 2,04 m. → Sobre cada cuerpo: el bloque frena con 2,94 m/s² y la tabla acelera con 0,98 m/s²; tardan 1,02 s en igualar velocidades. En ese tiempo el bloque avanza 2,55 m y la tabla 0,51 m respecto del hielo. Sobre el bloque, W = −2,94 · 2,55 = −7,5 J; sobre la tabla, W = +2,94 · 0,51 = +1,5 J. La suma es −6,0 J y la diferencia de desplazamientos, 2,04 m. → Lectura: el rozamiento le saca energía al bloque, le da una parte a la tabla y el resto se disipa. La energía disipada se calcula con el desplazamiento relativo, no con el de ninguno de los dos cuerpos.

Energía potencial de un sistema

Hay dos clases de energía potencial en un sistema:

  • Exterior, de las fuerzas conservativas que vienen de afuera. La gravitatoria cerca de la Tierra (g uniforme) es Σ mi g yi = M g yCM: la de toda la masa puesta en el CM.
  • De interacción, de las fuerzas conservativas interiores. Depende de la distancia entre las dos partículas del par y es del par, no de cada partícula: (1/2) k (ℓ − ℓ0)² para un resorte de longitud natural ℓ0 estirado o comprimido hasta ℓ, y −G m1 m2 / d para la atracción gravitatoria entre dos masas a una distancia d.

Con la energía mecánica del sistema Em = Ec + Ep,ext + Ep,int, el teorema del trabajo y la energía queda igual que para una partícula, con la diferencia de que hay que incluir las fuerzas no conservativas interiores:

Wnc,ext + Wnc,int = ΔEm
Energía mecánica de un sistema
Se conserva cuando no hacen trabajo las fuerzas no conservativas, ni las exteriores ni las interiores. Que la suma de las fuerzas exteriores sea nula no alcanza: una explosión, un rozamiento entre partes del sistema o alguien que tira de una varilla cambian la energía mecánica de un sistema aislado.
Dos discos y un resorte
Sobre una mesa sin rozamiento, dos discos de 1,0 kg y 3,0 kg están unidos por un resorte de k = 200 N/m y longitud natural 0,50 m. Se los suelta en reposo con el resorte estirado hasta 0,70 m. Hallar el movimiento del CM, la energía mecánica y las rapideces cuando el resorte pasa por su longitud natural y cuando está comprimido 0,10 m.
CM: el peso y la normal se cancelan en cada disco; la fuerza del resorte es interior. P = 0 y el CM se queda quieto. → Energía mecánica: no trabaja ninguna fuerza no conservativa, así que se conserva: Em = (1/2) · 200 · 0,20² = 4,0 J, toda elástica al principio. → Longitud natural: 1,0 v1 = 3,0 v2 (P = 0) y (1/2) · 1,0 · v1² + (1/2) · 3,0 · v2² = 4,0 J. Queda 6,0 v2² = 4,0, v2 = 0,816 m/s y v1 = 2,45 m/s, en sentidos opuestos. → Comprimido 0,10 m: Ep = (1/2) · 200 · 0,10² = 1,0 J y Ec = 3,0 J; v2 = 0,707 m/s y v1 = 2,12 m/s. → Si el conjunto se deslizara con vCM = 2,0 m/s, la oscilación sería la misma vista desde el CM: la energía interna seguiría siendo 4,0 J, y se sumaría la del CM, (1/2) · 4,0 · 2,0² = 8,0 J. La energía mecánica total, 12,0 J, también se conservaría.

Energía mecánica interna y energía total

La energía mecánica interna de un sistema es la que mide un observador que viaja con el CM: la energía cinética interna más la energía potencial de interacción. La energía total del sistema es la del CM más la interna (más la potencial exterior, si se la cuenta como energía y no como trabajo):

Eint = Ec,int + Ep,int
E = 12 M vCM² + Eint

Las dos partes cambian por cosas distintas. De Σ Fext = M aCM, multiplicando escalarmente por vCM e integrando:

Δ(12 M vCM²) = ∫ Σ Fext · vCM dt

La energía del CM la cambian sólo las fuerzas exteriores, como si estuvieran aplicadas en el CM. La interna la cambian el trabajo de las fuerzas no conservativas interiores y la parte del trabajo de las exteriores que corresponde al movimiento de cada partícula respecto del CM. Tres consecuencias que se usan:

  • Sistema aislado: la energía del CM no cambia, y todo cambio de energía es interno: el de los patinadores que se acercan tirando de una varilla, el de una explosión, el que se pierde en un choque plástico.
  • Peso en un campo uniforme: actúa como si estuviera aplicado en el CM. Cambia la energía del CM (y la potencial exterior, M g yCM), pero no la interna. Por eso un sistema que vuela por el aire sigue oscilando o girando igual que si no hubiera gravedad.
  • Las fuerzas interiores nunca cambian la energía del CM, sólo la interna.
Fuerza neta nula no es energía constante
Σ Fext = 0 asegura que P y la energía del CM no cambian. No dice nada de la energía interna: dos fuerzas exteriores iguales y opuestas aplicadas en dos partículas distintas pueden hacer trabajo (al estirar un resorte, por ejemplo), y las fuerzas interiores también.

Qué se conserva: el análisis completo

Muchos problemas de la unidad piden analizar la conservación de P, de L y de la energía en un proceso. No alcanza con decir sí o no: hay que dar la condición de cada una, aplicada al caso. El procedimiento:

  1. Sistema e intervalo. Decí qué cuerpos forman el sistema y entre qué instantes se analiza (por ejemplo, justo antes y justo después de un choque).
  2. Diagrama de cuerpo libre de cada cuerpo durante ese intervalo, separando las fuerzas interiores (pares de interacción dentro del sistema) de las exteriores.
  3. Cantidad de movimiento: ¿la resultante de las fuerzas exteriores es nula, o en un choque su impulso es despreciable? Si una fuerza exterior impulsiva tiene una dirección fija (la normal de un piso liso), se conserva sólo la componente perpendicular a ella.
  4. Momento cinético: elegí el punto. Tiene que ser fijo o el CM, y conviene que por él pasen las fuerzas exteriores que no conocés. Si respecto de ese punto el momento exterior es nulo (o su impulso angular, despreciable), L se conserva respecto de ese punto.
  5. Energía: ¿hacen trabajo fuerzas no conservativas, exteriores o interiores? Un choque plástico, un rozamiento con deslizamiento o un tirón muscular cambian la energía mecánica; una barra rígida o un hilo tenso, no.
  6. Escribí la conclusión de cada magnitud con su justificación en una línea.
ProcesoPLEnergía
Sistema aislado con un resorte interiorSíSí (todo punto fijo, y el CM)Em sí; Ec no
Choque plástico sobre una mesa sin rozamientoSíSí (todo punto fijo, y el CM)Ec no
Golpe horizontal a un cuerpo colgado de un hiloSí: el hilo no hace impulso (con un golpe inclinado hacia abajo, sólo Px)Sí (punto de suspensión)Sólo si es elástico
Partículas que se acercan tirando de una varillaSíSí (el CM)Ec aumenta
Explosión en el aire (durante la explosión)SíSí (el CM)Ec aumenta

Problemas de investigación: estimar con valores razonables

Los dos últimos problemas de la unidad traen un solo dato cada uno (la energía de impacto en el 42 y la altura de la moto en el 43). Lo demás hay que buscarlo: se eligen valores razonables, se hacen las cuentas y se escribe un informe corto. La física es la de esta sección y la de las anteriores; lo que se evalúa es que el modelo esté bien elegido, que los valores tengan sentido y que las hipótesis estén escritas.

  1. Identificá el modelo: qué cuerpos, qué conservación o qué teorema, qué fórmula se va a usar.
  2. Buscá valores típicos y anotá de dónde salen (norma, fabricante, ficha técnica). Si encontrás un rango, usá un valor representativo y decí cuál.
  3. Escribí las hipótesis: sin rozamiento con el aire, cuerpos puntuales, masa del resorte o del brazo del péndulo despreciable, masa de una rueda concentrada en la llanta.
  4. Hacé las cuentas con dos o tres cifras significativas: más cifras no tienen sentido cuando los datos son estimaciones.
  5. Controlá el orden de magnitud contra algo conocido, y mirá qué dato pesa más en el resultado.
  6. Dibujá el esquema con las magnitudes y discutí el resultado: qué significa y qué cambiaría si una hipótesis no se cumpliera.

Ensayos de impacto

Una energía de impacto dada se puede conseguir de tres maneras, y cada una se diseña con una ecuación de energía de la unidad 1 (sin rozamiento ni aire, y con la masa del brazo del péndulo y la del resorte despreciables):

  • Caída libre de una masa m desde una altura h: E = m g h.
  • Péndulo de largo L soltado desde un ángulo θ con la vertical: E = m g L (1 − cos θ).
  • Martillo con resorte de constante k comprimido una distancia x, en horizontal: E = (1/2) k x².

La cantidad de movimiento con la que llega la bola depende de su masa: como Ec = p² / (2 m), p = √(2 m E). Con la misma energía, la bola más pesada llega más lenta pero con más cantidad de movimiento.

Tres formas de dar 1,0 J
Diseñar un ensayo de 1,0 J con una bola de 0,50 kg de cada una de las tres formas, y comparar las cantidades de movimiento (g = 9,8 m/s²).
Caída libre: h = E / (m g) = 1,0 / (0,50 · 9,8) = 0,204 m. → Péndulo de 1,00 m: 1 − cos θ = 1,0 / (0,50 · 9,8 · 1,00) = 0,204, cos θ = 0,796, θ = 37,3°. → Resorte comprimido 2,0 cm = 0,020 m: k = 2 E / x² = 2 · 1,0 / 0,020² = 5000 N/m. → Cantidad de movimiento: en los tres casos la bola llega a 2,0 m/s y p = √(2 · 0,50 · 1,0) = 1,0 kg m/s. Con una bola de 0,25 kg serían 0,71 kg m/s, y con una de 2,0 kg, 2,0 kg m/s: la misma energía, cantidades de movimiento distintas.

Un vehículo en el aire

En el aire, si se desprecia el rozamiento con el aire, la única fuerza exterior es el peso, aplicado en el CM: el momento cinético respecto del CM se conserva durante todo el vuelo. Respecto de un punto fijo del piso no se conserva, porque el peso tiene brazo respecto de ese punto (salvo que el vuelo sea vertical, justo sobre él). Si el vehículo avanza sin girar, su momento cinético respecto del CM es sólo el de las ruedas que giran: el cuadro y el piloto se trasladan con el CM y no aportan.

Una rueda que gira con velocidad angular Ω alrededor de su eje tiene momento cinético respecto de su centro. Para estimarlo alcanza con pensarla como un anillo de partículas de masa total mr, todas a la distancia R del eje y con rapidez Ω R: L = Σ mi R (Ω R) = mr R² Ω. Si la rueda venía rodando sin deslizar a velocidad v antes del salto, Ω = v / R y L = mr R v. El momento cinético de un cuerpo que gira se estudia con detalle en la unidad 3 (sección 14). Respecto de un punto Q del piso que está justo debajo del centro de la rueda, una altura h más abajo, se suma el término orbital, mr vx h, con vx la componente horizontal de la velocidad del centro de la rueda: la componente vertical no aporta, porque es paralela al vector que va de Q a la rueda. Si en ese instante la velocidad es horizontal (al salir de una rampa horizontal, o en lo más alto del vuelo), vx es toda la velocidad. El término orbital tiene el mismo sentido que el giro de la rueda cuando el vehículo avanza por arriba de ese punto.

Al acelerar o frenar una rueda en el aire, el motor y el freno hacen fuerzas interiores entre la rueda y el resto del vehículo. No cambian el momento cinético total respecto del CM, pero lo pasan de una parte a la otra: si la rueda gana momento cinético en un sentido, el resto del vehículo gana lo mismo en el sentido contrario y empieza a girar.

CM vCM Ω si frena Q h g
En el aire la única fuerza exterior es el peso, aplicado en el CM, así que el momento cinético respecto del CM se conserva. La rueda trasera gira en sentido horario (Ω). Si el ciclista la frena, la rueda pierde momento cinético horario y el resto de la bici lo gana: gira en sentido horario y baja de adelante. Si acelerara la rueda, pasaría al revés.
Una bicicleta que salta
Una bicicleta sale horizontalmente del borde de una rampa a 8,0 m/s, con el centro de la rueda trasera a 2,0 m del piso. Su rueda trasera, de 1,2 kg con casi toda la masa en la llanta y la cubierta, tiene 0,33 m de radio. Estimar el momento cinético de la rueda, en el instante en que deja la rampa, respecto de su centro y respecto del punto del piso que está justo debajo, y cuánto gira el conjunto si el ciclista frena la rueda en el aire. Ciclista y bicicleta suman 80 kg (g = 9,8 m/s²).
Rueda: venía rodando, así que Ω = 8,0 / 0,33 = 24 rad/s, en sentido horario (avanza hacia la derecha). L = mr R v = 1,2 · 0,33 · 8,0 = 3,2 kg m²/s, horario. → Respecto del piso: la velocidad es horizontal, así que vx = 8,0 m/s, y se suma el orbital, 1,2 · 8,0 · 2,0 = 19,2 kg m²/s, también horario: en total, 22,4 kg m²/s. → Si frena la rueda hasta pararla: la rueda pierde 3,2 kg m²/s horarios y el resto los gana. Para estimar el giro, el resto se piensa como 80 kg a unos 0,5 m del CM en promedio: Σ m r² ≈ 80 · 0,5² = 20 kg m². Gira a unos 3,2 / 20 = 0,16 rad/s en sentido horario. → Tiempo de vuelo: la rueda toca el piso cuando su centro bajó 2,0 − 0,33 = 1,67 m, y eso tarda t = √(2 · 1,67 / 9,8) = 0,58 s. Si frena apenas deja la rampa, en ese tiempo el conjunto gira 0,16 · 0,58 = 0,093 rad, unos 5°, y la bicicleta baja de adelante. → Lectura: el efecto es chico pero existe, y explica por qué un piloto puede corregir la inclinación en el aire con el freno o el acelerador. Con una rueda más pesada y que gira más rápido, el efecto es mayor.
Las trampas del tema
  • No decir respecto de qué punto. Un momento cinético sin punto no significa nada, y dos momentos cinéticos respecto de puntos distintos no se suman.
  • Tomar r al revés. r va del punto O a la partícula (o al punto de aplicación de la fuerza). Al revés, cambia el signo de todo.
  • Confundir el brazo con la distancia a la partícula. El brazo es la distancia de O a la recta de la velocidad (o de la fuerza), no a la partícula.
  • Creer que una partícula que va en línea recta no tiene momento cinético. Lo tiene respecto de cualquier punto fuera de su recta, y es constante.
  • Usar r v constante en cualquier punto de una órbita. Sólo vale en los extremos, donde v es perpendicular a r; en general se conserva r v sen φ.
  • Creer que la aceleración de un planeta es perpendicular a su velocidad. Apunta al Sol; sólo es perpendicular a la velocidad en el perihelio y en el afelio.
  • Conservar la energía porque se conserva el momento cinético, o al revés. Son independientes: al acortar un hilo o al acercarse dos patinadores, L se conserva y la energía cinética aumenta.
  • Confundir LCM con el término orbital. En esta guía LCM es el momento cinético respecto del CM; el libro de la cátedra usa una notación parecida para el orbital.
  • Tomar momentos respecto de un punto que se mueve y no es el CM. La ecuación Σ τ = dL/dt vale con O fijo o con O en el CM.
  • Creer que las fuerzas interiores no hacen trabajo. No cambian P ni L, pero sí la energía: rozamiento entre partes, resortes, músculos, explosiones.
  • Calcular el trabajo de un rozamiento interior con el desplazamiento de un solo cuerpo. La energía disipada es μd N por el desplazamiento relativo.
  • Pedir velocidad cero arriba en una vuelta completa con hilo. Con hilo hacen falta √(g L) arriba y √(5 g L) abajo.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Calcular el momento cinético de una partícula respecto de cualquier punto, con el brazo o con las componentes, y con su signo.
  • Calcular el momento de una fuerza y usar Σ τ = dL/dt y el impulso angular, también con posiciones dadas en función del tiempo.
  • Reconocer cuándo se conserva el momento cinético de una partícula y respecto de qué punto: partícula libre, fuerza central, golpe.
  • Resolver un problema de fuerza central: rp vp = ra va, velocidad angular, velocidad areolar, y la dirección de la aceleración con sus componentes intrínsecas.
  • Reconstruir masa, velocidad y trayectoria de una partícula libre a partir de p, L y Ec, y propagar la incerteza de un momento cinético.
  • Calcular P, L y Ec de un sistema respecto de O y respecto del CM, y verificar las relaciones entre ellos.
  • Usar la conservación del momento cinético de un sistema que cambia de forma o que sufre un choque, eligiendo bien el punto.
  • Plantear la energía de un sistema con fuerzas interiores: trabajo de un par, energía potencial de interacción, energía interna y del CM.
  • Escribir el análisis completo de qué se conserva en un proceso, con la justificación de cada magnitud.
  • Encarar un problema de estimación: modelo, valores típicos con su fuente, hipótesis, cuentas y discusión.
↑ Volver al índice
10 Unidad 3 · Cuerpo rígido: cinemática y centro instantáneo de rotación

Un cuerpo rígido tiene infinitos puntos, pero no se mueven como quieren: como las distancias entre ellos no cambian, alcanza con saber la velocidad de un punto y la velocidad angular para conocer la de todos. Esta sección desarrolla esa idea sin hablar de fuerzas: cómo se escribe la velocidad y la aceleración de cualquier punto, qué movimientos puede tener un rígido, qué es el centro instantáneo de rotación (CIR) y qué quiere decir que un cuerpo ruede sin deslizar. Todo lo que viene después en la unidad (dinámica, energía, momento cinético) usa estas relaciones como vínculos.

Es el comienzo de la unidad 3 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 4 tienen la cinemática del cuerpo rígido como tema principal (cuatro masas unidas en un rectángulo con las velocidades de dos vértices, un cuerpo en forma de L con dos velocidades, la posición de un punto de una rueda que rueda sin deslizar y una bicicleta con su cadena) y otros 3 la usan dentro de un problema de dinámica. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 3: los seis cuerpos en los que hay que decidir si pueden ser rígidos (problema 1); el cilindro con las velocidades del CM y de un punto, con el CIR gráfico y analítico (4); las velocidades y las aceleraciones de cuatro puntos de un disco que rueda sin deslizar (5); la escalera que resbala por la pared (6); el volante que cae girando (7); la parte cinemática del cilindro con dos velocidades dadas, que pregunta además si rueda sin deslizar (8), cuyas expresiones de energía, cantidad de movimiento y momento cinético son de las secciones 13 y 14; y las afirmaciones para marcar verdadero o falso del problema 12. El centro de masa y el momento de inercia están en la sección 11 y las fuerzas, en la 12.

El modelo de cuerpo rígido

Un cuerpo rígido (CR) es un sistema de partículas en el que la distancia entre dos partículas cualesquiera no cambia nunca, haga lo que haga el cuerpo. Es un modelo: todo cuerpo real se deforma algo, y el modelo sirve cuando esa deformación no importa para lo que se quiere calcular. Un rígido sigue cumpliendo todo lo que vale para los sistemas de partículas (el CM se mueve según la resultante de las fuerzas exteriores, por ejemplo), y además cumple esa restricción, que le quita casi toda la libertad de movimiento.

Notación. La velocidad angular del cuerpo se escribe Ω y la aceleración angular, γ = dΩ/dt, como en la guía y en el libro de la cátedra (muchos libros de texto usan ω y α). La unidad de Ω es el rad/s; el libro la escribe s⁻¹, que es lo mismo, porque el radián no tiene dimensión. Para dos puntos A y B, rB-A = rB − rA es la posición de B respecto de A: el vector que va de A a B. Con la misma regla, rCM-CIR va del CIR al CM. En toda la sección el movimiento es plano, con x hacia la derecha, y hacia arriba y z saliendo de la hoja: Ω y γ son perpendiculares al plano y se manejan como números con signo, positivos en sentido antihorario. La excepción es la rodadura: en vCM = Ω R, aCM = γ R y vcontacto = vCM − Ω R se toma positivo el giro de rodar hacia adelante (horario si el cuerpo avanza hacia la derecha), y se avisa cada vez.

La condición cinemática de rigidez

Si la distancia entre A y B no cambia, tampoco cambia su cuadrado: |rB − rA|² = constante. Derivando respecto del tiempo:

2 (rB − rA) · (vB − vA) = 0   →   vA · ûAB = vB · ûAB   →   vA cos α = vB cos β

donde ûAB es el versor de la recta AB, y α y β son los ángulos que forman vA y vB con esa recta, medidos desde la misma orientación. En palabras: las velocidades de dos puntos de un rígido tienen la misma proyección sobre la recta que los une, igual en módulo y en sentido. Si la de A fuera mayor que la de B, A se estaría acercando a B (o alejándose), y la distancia cambiaría. Es lo mismo que decir que la velocidad de B respecto de A, vB − vA, es perpendicular al segmento AB.

Las componentes perpendiculares a AB, en cambio, pueden ser distintas. Esa diferencia es la que hace girar al cuerpo, y de ella sale la velocidad angular: Ω = (diferencia de las componentes perpendiculares) / (distancia AB).

La condición se usa de tres maneras:

  • Para decidir si dos velocidades pueden ser de un mismo rígido (problema 1): si las proyecciones sobre la recta que une los puntos no coinciden, el cuerpo no es rígido.
  • Para controlar datos antes de calcular (problemas 4 y 8): si el enunciado da dos velocidades, primero se mira que cumplan la condición.
  • Para hallar un dato que falta: si de una velocidad se conoce la dirección y no el módulo, la condición lo da.
  1. Trazá la recta que une los dos puntos y elegí un sentido sobre ella.
  2. Proyectá cada velocidad sobre esa recta, con su signo. Si una velocidad es perpendicular a la recta, su proyección es cero; si es nula, también.
  3. Compará. Dos proyecciones iguales: puede ser rígido (la condición es necesaria; con dos puntos solos no hay nada más que pedir). Distintas en módulo o en sentido: no lo es.

Casos que conviene tener a mano: dos velocidades iguales y paralelas siempre cumplen (es una traslación). Si un punto tiene velocidad nula, la del otro tiene que ser perpendicular a la recta que los une. Dos velocidades perpendiculares a la recta cumplen siempre, tengan el módulo y el sentido que tengan. Dos velocidades sobre la misma recta que une los puntos tienen que ser iguales.

30° 60° P Q vP vQ 2,6 m/s 2,6 m/s 0,40 m
La condición de rigidez con los números del primer ejemplo. Si se proyecta cada velocidad sobre la recta que une los dos puntos (las flechas sobre la recta), las proyecciones tienen que ser iguales en módulo y en sentido: si no, la distancia PQ cambiaría. Lo que puede diferir es la componente perpendicular a PQ, y esa diferencia es la que hace girar al cuerpo.
Dos velocidades de un mismo cuerpo
Dos puntos P y Q de un cuerpo rígido están sobre una recta horizontal, separados 0,40 m (Q a la derecha de P). En un instante, P tiene una velocidad de 3,0 m/s que forma 30° con la recta PQ, hacia arriba y a la derecha, y la velocidad de Q forma 60° con la recta, también hacia arriba y a la derecha. Hallar el módulo de la velocidad de Q y la velocidad angular del cuerpo.
Rigidez: la recta PQ es horizontal, así que las proyecciones son las componentes x. vP cos 30° = 3,0 m/s · 0,866 = 2,6 m/s, y tiene que ser igual a vQ cos 60° → vQ = 2,598 / 0,5 = 5,2 m/s. → Componentes perpendiculares: vPy = 3,0 · sen 30° = 1,5 m/s y vQy = 5,196 · sen 60° = 4,5 m/s. → Velocidad angular: Q, que está a la derecha, sube 3,0 m/s más rápido que P: el cuerpo gira en sentido antihorario con Ω = 3,0 m/s / 0,40 m = 7,5 rad/s. → Lectura: la velocidad de Q respecto de P, (0; 3,0) m/s, es perpendicular a PQ, como tiene que ser. Si Q tuviera una velocidad de 3,0 m/s a 60°, su proyección sería 1,5 m/s, distinta de 2,6 m/s: esos dos puntos no podrían ser de un mismo rígido.
Proyección con signo
Que las dos proyecciones midan lo mismo no alcanza: tienen que apuntar hacia el mismo lado de la recta. Dos puntos que se mueven sobre la recta que los une, uno hacia el otro, tienen proyecciones de igual módulo y signo contrario: se están acercando. Y los ángulos se miden respecto de la recta que une los puntos, no respecto de la horizontal: si el enunciado da los ángulos desde otra dirección, primero hay que pasarlos.

La velocidad de un punto a partir de otro

Como la velocidad de B respecto de A es perpendicular a AB, visto desde A el punto B sólo puede moverse sobre una circunferencia centrada en A: respecto de A, B gira. La velocidad de una rotación es Ω × r, así que

vB = vA + Ω × rB-A

Es la ecuación del campo de velocidades del rígido. El primer término es la velocidad de "arrastre" (la de A, que se lleva a todo el cuerpo) y el segundo, la de rotación alrededor de A. El punto A se puede elegir libremente (el libro lo llama centro de reducción): suele ser el CM, pero cualquier punto del cuerpo sirve, y la forma de la ecuación no cambia. Si se escribe para dos puntos B y C desde el mismo A y se restan, el término de A se cancela y queda vB = vC + Ω × rB-C, con la misma Ω. La velocidad angular es una sola para todo el cuerpo: no depende del punto que se tome como referencia. Lo que sí depende es la "parte de traslación" y la "parte de rotación" en que se separa cada velocidad.

En el plano, con Ω = Ω k̂ y r = (x; y):

Ω × r = (−Ω y; Ω x)      |Ω × r| = |Ω| d

Es el vector r girado 90° en el sentido de Ω y multiplicado por |Ω|. De ahí la forma práctica, que es la que se usa todo el tiempo: la parte de rotación de la velocidad de B es perpendicular al segmento AB, mide |Ω| d (d, la distancia AB) y apunta hacia donde B se movería si el cuerpo girara alrededor de A en el sentido de Ω. La forma analítica sirve para no equivocarse de signo; la práctica, para ver el resultado y controlarlo.

Una sola Ω para todo el cuerpo
Con la velocidad de un punto y la velocidad angular se conoce la velocidad de cualquier otro: se le suma Ω × r, perpendicular al segmento que los une y de módulo |Ω| d. Ω es la misma se tome el punto de referencia que se tome, y la condición de rigidez es la misma idea vista desde la recta que une los dos puntos.

Cuántos datos hacen falta. En el plano, la ecuación del campo tiene tres incógnitas: las dos componentes de la velocidad de un punto y Ω. Con tres datos independientes se conoce la velocidad de todos los puntos. Muchas veces los datos no son números sino vínculos escondidos en el enunciado: "apoyada en el piso" quiere decir que esa velocidad no tiene componente vertical; "articulado a la pared", que ese punto está quieto; "rueda sin deslizar", que el punto de contacto no se mueve respecto del piso. Contar datos e incógnitas antes de calcular evita buscar un número que el enunciado no permite hallar.

Traslación, rotación pura y rototraslación

La ecuación del campo contiene todos los movimientos posibles de un rígido. Hay dos casos particulares y el caso general:

  • Traslación: Ω = 0. Todos los puntos tienen, en cada instante, la misma velocidad y la misma aceleración. No quiere decir que la trayectoria sea recta: la cabina de una vuelta al mundo, que se mantiene siempre derecha, se traslada describiendo una circunferencia. Lo que caracteriza a la traslación es que un segmento cualquiera del cuerpo se mantiene paralelo a sí mismo.
  • Rotación pura: hay un punto del cuerpo (en el plano; en el espacio, un eje) que está quieto todo el tiempo. Todos los demás describen circunferencias alrededor de él, con velocidad |Ω| d perpendicular al radio. Es la rotación alrededor de un eje fijo: una polea, una puerta, una barra con pivote.
  • Rototraslación: el caso general, una traslación y una rotación a la vez. Se puede pensar como la traslación del CM más la rotación alrededor del CM: vP = vCM + Ω × rP-CM.

La guía fija tres palabras al empezar la unidad, y conviene usarlas así. La rototraslación es el movimiento más general de un cuerpo libre. La rodadura es una rototraslación en la que el cuerpo está apoyado en una superficie que le guía o le limita el movimiento, y puede deslizar o no. Rodar sin deslizar (RSD) es la rodadura sin deslizamiento. "Rodadura" no es sinónimo de "rodar sin deslizar": una rueda que patina también está en rodadura.

MovimientoΩVelocidadesPuntos quietosCIR
Traslación0todas igualesninguno (o todos)no hay
Rotación pura≠ 0|Ω| d, perpendiculares al radio desde el ejeel eje, siempreel eje, fijo
Rototraslación≠ 0vCM + Ω × rP-CMninguno de forma permanenteexiste, y cambia de lugar

El centro instantáneo de rotación

Si Ω ≠ 0, en cada instante hay un punto del plano, del cuerpo o de su prolongación rígida imaginaria, que tiene velocidad nula. Es el centro instantáneo de rotación (CIR). Tomándolo como punto de referencia, el término de arrastre desaparece y la ecuación del campo queda

vP = Ω × rP-CIR      vP = |Ω| dP

En ese instante, las velocidades son las de una rotación pura alrededor del CIR: cada una es perpendicular a la recta que une el punto con el CIR y su módulo es proporcional a la distancia al CIR. Por eso un movimiento complicado se puede leer de un vistazo: el punto más alejado del CIR es el más rápido, y los puntos a la misma distancia van igual de rápido.

Dónde está. Pidiendo vCIR = 0 en la ecuación del campo escrita desde un punto A de velocidad conocida, 0 = vA + Ω × rCIR-A, y despejando:

xCIR = xA − vAyΩ      yCIR = yA + vAxΩ

con Ω con su signo. Dicho en forma práctica: el CIR está sobre la perpendicular a vA trazada por A, a una distancia vA / |Ω| de A, del lado que hace que el giro alrededor del CIR, en el sentido de Ω, le dé a A la velocidad que tiene. La guía escribe la misma relación al revés, para el CM: vCM = Ω × rCM-CIR.

Método gráfico

Si se conocen las direcciones de las velocidades de dos puntos, el CIR está donde se cortan las perpendiculares a esas velocidades trazadas por esos puntos. La razón: el CIR tiene que estar sobre la perpendicular a cada velocidad, y sólo hay un punto que esté sobre las dos. Hay dos casos especiales:

  • Si las dos velocidades son paralelas y perpendiculares a la recta que une los puntos, las perpendiculares coinciden. Si son distintas, el CIR está sobre esa recta, donde la corta la recta que une las puntas de las dos flechas (los triángulos semejantes de los diagramas de velocidades).
  • Si las dos velocidades son paralelas e iguales, o paralelas y no perpendiculares a la recta que une los puntos, las perpendiculares no se cortan: Ω = 0 y el cuerpo, en ese instante, se traslada. No hay CIR (se dice que está en el infinito).
A B C vA vB vC CIR Ω
Método gráfico. Por dos puntos de velocidad conocida se trazan las perpendiculares a sus velocidades: donde se cortan está el CIR, que puede quedar fuera del cuerpo. Desde ahí, cualquier otro punto (C) tiene una velocidad perpendicular a la recta que lo une con el CIR y de módulo proporcional a esa distancia.

La excepción es la rotación alrededor de un eje fijo: ahí el CIR es siempre el eje, el mismo punto del cuerpo, quieto en el espacio y sin aceleración (la polea, la puerta, la manivela que gira alrededor de O). En cualquier otro movimiento, hay cuatro cosas que el CIR no es:

  • No es un punto fijo del cuerpo. En un instante es un punto del cuerpo y en el siguiente, otro: en una rueda que rueda sin deslizar, el CIR es siempre el punto que toca el piso, pero cada vez es un punto distinto de la rueda.
  • No es un punto fijo del espacio. Se va corriendo con el movimiento: el de la rueda avanza con ella.
  • No tiene por qué ser un punto material del cuerpo. Puede caer fuera: en el centro hueco de un aro, en el aire al lado de una rueda que cae, o en el vértice del rectángulo que forma una escalera con la pared y el piso.
  • No tiene aceleración nula. Su velocidad es cero en ese instante, pero en general se está acelerando. Por eso el CIR sirve para calcular velocidades y no para calcular aceleraciones como si fuera un eje fijo (se ve más abajo).
  1. Leé los datos y los vínculos: qué velocidades se conocen, en módulo o sólo en dirección.
  2. Si hay dos velocidades dadas, controlá la condición de rigidez.
  3. Gráfico: trazá las perpendiculares a dos velocidades por sus puntos; el cruce es el CIR. Con una velocidad conocida y Ω conocida, el CIR está sobre la perpendicular, a v / |Ω|.
  4. Analítico: planteá vA = vB + Ω × rA-B por componentes para hallar Ω, y después 0 = vA + Ω × rCIR-A (o las fórmulas de xCIR e yCIR).
  5. Con el CIR y Ω, la velocidad de cualquier otro punto es |Ω| por su distancia al CIR, perpendicular a la recta que lo une con el CIR.
  6. Controlá que el gráfico y la cuenta den lo mismo: el sentido de giro, el lado en que queda el CIR y el orden de las velocidades.
CIR CM P vCM vP Ω × r 7,0 m/s 1,0 m/s Ω
El disco del ejemplo con dos velocidades conocidas. En P la velocidad es la del CM más la de rotación (las dos punteadas). Las perpendiculares a vCM y a vP se cortan en el CIR, 0,15 m debajo del centro. Las velocidades de los puntos de la vertical crecen en proporción a su distancia al CIR: el de abajo retrocede a 1,0 m/s y el de arriba avanza a 7,0 m/s.
Disco con dos velocidades conocidas
Un disco de radio R = 0,20 m se mueve en un plano. En un instante, su CM tiene vCM = 3,0 m/s î y el punto P, extremo derecho del diámetro horizontal, tiene vP = (3,0 î − 4,0 ĵ) m/s, de módulo 5,0 m/s. a) ¿Pueden ser dos velocidades de un mismo rígido? b) ¿Cuánto vale Ω? c) ¿Dónde está el CIR? d) ¿Qué velocidad tienen el punto más bajo Q y el más alto D? e) Si el disco estuviera apoyado por Q sobre un piso quieto, ¿rodaría sin deslizar?
a) Rigidez: la recta que pasa por el CM y por P es horizontal; las proyecciones son las componentes x, 3,0 m/s y 3,0 m/s. Cumple. → b) Ω: vP = vCM + Ω × rP-CM, con rP-CM = (0,20; 0) m, así que Ω × r = (0; 0,20 Ω). Componente y: 0,20 Ω = −4,0 m/s → Ω = −20 rad/s, en sentido horario. → c) CIR, gráfico: la perpendicular a vCM por el CM es la vertical; la perpendicular a vP por P baja hacia la izquierda; se cortan debajo del CM. Analítico: xCIR = 0 − 0 / Ω = 0; yCIR = 0 + 3,0 / (−20) = −0,15 m. El CIR está 0,15 m debajo del CM, dentro del disco. → d) Q y D: Q está 0,05 m debajo del CIR: vQ = 20 · 0,05 = 1,0 m/s, y como el giro es horario y Q está debajo del CIR, va hacia la izquierda: vQ = −1,0 m/s î. D está 0,35 m arriba del CIR: vD = 20 · 0,35 = 7,0 m/s î. → e) No: el punto de contacto retrocede 1,0 m/s respecto del piso. Gira más rápido de lo que avanza (|Ω| R = 4,0 m/s, mayor que vCM = 3,0 m/s): patina.
La escalera que resbala
Una escalera de 2,0 m está apoyada en una pared vertical y en el piso. En un instante, el pie B está a 1,2 m de la pared y se aleja a 0,60 m/s. Hallar el CIR, Ω, la velocidad del extremo A y la del CM. Origen en la esquina, x hacia la derecha e y hacia arriba.
Geometría: A está a √(2,0² − 1,2²) = 1,6 m de altura; el CM está en (0,6; 0,8) m. → Vínculos: A sólo puede moverse a lo largo de la pared (velocidad vertical) y B a lo largo del piso (velocidad horizontal). → CIR: la perpendicular a vA por A es la horizontal y = 1,6 m; la perpendicular a vB por B es la vertical x = 1,2 m. Se cortan en (1,2; 1,6) m: el vértice del rectángulo opuesto a la esquina. → Ω: B está 1,6 m debajo del CIR y va hacia la derecha, así que el giro es antihorario: Ω = 0,60 / 1,6 = 0,375 rad/s. → vA: A está 1,2 m a la izquierda del CIR: vA = 0,375 · 1,2 = 0,45 m/s, hacia abajo. → vCM: el CM está a 1,0 m del CIR: vCM = 0,375 m/s, perpendicular a la recta que lo une con el CIR; por componentes, vCM = (0,30; −0,225) m/s, la mitad de vB más la mitad de vA. → Control: con el versor de B hacia A, (−0,6; 0,8), las dos proyecciones dan −0,36 m/s. Y analíticamente, vA = vB + Ω × rA-B = (0,60; 0) + 0,375 · (−1,6; −1,2) = (0; −0,45) m/s.
CIR A B CM vA vB vCM 1,6 m 1,2 m Ω
La escalera del ejemplo. Los vínculos dicen la dirección de dos velocidades: A sólo puede bajar por la pared y B sólo puede correrse por el piso. Las perpendiculares por A y por B se cortan en el CIR, que no es la esquina sino el vértice opuesto del rectángulo. El CM se mueve sobre un arco de radio L/2 centrado en la esquina (punteado).

Un detalle de la escalera: como la distancia del CM a la esquina es siempre L / 2 (es la mitad de la diagonal del rectángulo), el CM describe un arco de circunferencia centrado en la esquina mientras la escalera cae. La esquina no es el CIR, pero sí el centro de la trayectoria del CM.

Una rueda que cae girando
Una rueda de radio 0,30 m se suelta con su CM en reposo, girando a 12 rad/s en sentido antihorario alrededor de su eje horizontal, y cae 1,5 m. El peso no hace momento respecto del CM (sección 12) y el aire se desprecia: Ω no cambia y el CM cae libremente. Hallar, al final de la caída, la velocidad del CM, la del punto más bajo y la posición del CIR.
CM: vCM = √(2 g h) = √(2 · 9,8 · 1,5) = 5,42 m/s, hacia abajo. → Punto más bajo: r = (0; −0,30) m respecto del CM; Ω × r = (−12 · (−0,30); 0) = (3,6; 0) m/s. v = (3,6; −5,42) m/s, de módulo 6,51 m/s, a 33,6° de la vertical. → CIR: xCIR = 0 − (−5,42) / 12 = 0,452 m; yCIR = 0 + 0 / 12 = 0. Está a la altura del CM, 0,452 m a su derecha: fuera de la rueda, porque 0,452 m > 0,30 m. → Lectura: el punto que va a tocar el piso no tiene la velocidad del CM: además baja de costado. Y el CIR no es el punto más bajo; si la rueda girara más rápido, el CIR se acercaría al CM. → Ojo con la altura: acá 1,5 m es lo que cae el CM. Si el dato es la altura del eje sobre el piso, la rueda toca el piso cuando el CM bajó esa altura menos el radio: con el eje a 1,5 m, el CM caería 1,5 − 0,30 = 1,2 m.

Rodadura y rodar sin deslizar

Un cuerpo redondo de radio R, con el CM en su centro, apoyado en un piso plano y quieto. Tomando como positivos el sentido de avance y el giro de "rodar hacia adelante" (horario si avanza hacia la derecha), la velocidad del punto del cuerpo que toca el piso es

vcontacto = vCM − Ω R

porque ese punto está a una distancia R debajo del CM y la rotación, en el sentido de rodar hacia adelante, lo lleva hacia atrás. Rodar sin deslizar quiere decir que el punto de contacto no se desliza sobre el piso: vcontacto = 0. Entonces ese punto tiene velocidad nula, es el CIR, y la guía escribe la condición así:

vCM = Ω × (rCM − rCIR) = Ω × rCM-CIR   →   vCM = Ω R

La forma vectorial tiene la ventaja de que trae el sentido: si el cuerpo avanza hacia la derecha, gira en sentido horario. La forma en módulo vale para un cuerpo redondo de radio R con el CM en su centro, sobre una superficie quieta. Si el cuerpo apoya en una superficie con otro radio (un carretel que apoya en su tambor, sobre unos rieles), R es el radio del círculo que toca la superficie.

Rodar sin deslizar, sobre un piso quieto
El punto de contacto tiene velocidad nula y es el CIR. vCM = Ω R y, si rueda sin deslizar todo el tiempo, aCM = γ R, con R el radio que apoya. El punto de contacto no tiene aceleración nula: tiene Ω² R hacia el centro.

En cada instante, una rueda que rueda sin deslizar gira alrededor del punto de contacto. Las velocidades crecen linealmente con la distancia a ese punto: el centro avanza con vCM, el punto más alto con 2 vCM, los extremos del diámetro horizontal con √2 vCM a 45°, y el punto de contacto está quieto. El punto más alto de la rueda de un auto va al doble de velocidad que el auto, y el que toca el asfalto, quieto.

2 vCM vCM √2 vCM √2 vCM CIR (contacto) Ω
Una rueda que rueda sin deslizar gira, en cada instante, alrededor del punto de contacto. Cada velocidad es perpendicular a la recta que va del punto de contacto al punto (punteadas) y mide Ω por esa distancia: el punto más alto va al doble que el centro, y los extremos del diámetro horizontal, a √2 vCM y a 45°.
Rueda de bicicleta
Una bicicleta avanza a 18 km/h y sus ruedas, de radio 0,35 m, ruedan sin deslizar. Hallar Ω y las velocidades de algunos puntos de una rueda.
Datos en SI: vCM = 18 / 3,6 = 5,0 m/s. → Ω: Ω = vCM / R = 5,0 / 0,35 = 14,3 rad/s, horario si avanza hacia la derecha. → Punto más alto: está a 2R del contacto: 2 vCM = 10 m/s, hacia adelante. → Extremo delantero del diámetro horizontal: está a √2 R = 0,495 m del contacto: 14,3 · 0,495 = 7,07 m/s, perpendicular a la recta que lo une con el contacto, es decir a 45°, hacia adelante y hacia abajo. El extremo trasero, lo mismo pero hacia adelante y hacia arriba. → Punto de la vertical a mitad de camino entre el centro y el piso: Ω R / 2 = 2,5 m/s, hacia adelante.

Los tres casos de rodadura

Si el cuerpo no rueda sin deslizar, vCM y Ω R son independientes. Los puntos de la vertical del centro tienen velocidades horizontales que valen vCM + Ω h, con h la altura sobre el centro (negativa debajo). El libro de la cátedra dibuja estas velocidades una al lado de la otra a lo largo del diámetro (los diagramas vectoriales) y distingue tres casos:

CasoPunto de contactoDiagramaCIREjemplo
vCM > Ω Ravanza: desliza hacia adelantetrapecio, todas las flechas hacia adelantedebajo del pisouna rueda que frena casi bloqueada
vCM < Ω Rretrocede: patinados triángulos, cambia de sentido entre el centro y el pisoentre el centro y el pisouna rueda que acelera de más y patina
vCM = Ω R (RSD)quietoun triángulo, cero en el pisoen el punto de contactola rueda de un auto que anda normalmente

En los tres casos el CIR está sobre la vertical del centro, a una distancia vCM / Ω por debajo del centro (si el cuerpo gira en el sentido de rodar hacia adelante). En los dos primeros hay deslizamiento y el rozamiento con el piso es dinámico; en el tercero, si hay rozamiento, es estático, y puede valer cero. Eso es dinámica y está desarrollado en la sección 12.

1 · vCM > ΩR: desliza CIR hacia adelante 2 · vCM < ΩR: patina CIR hacia atrás 3 · vCM = ΩR: RSD CIR
Velocidades de los puntos de la vertical del centro, en los tres casos de rodadura. Son la suma de vCM, igual para todos, y de la rotación, que vale Ω por la altura sobre el centro. Prolongando la recta que une las puntas hasta velocidad cero se encuentra el CIR: debajo del piso si vCM > Ω R, entre el centro y el piso si vCM < Ω R, y en el punto de contacto si rueda sin deslizar.
Una rueda que desliza
Una rueda de radio 0,30 m avanza con vCM = 4,0 m/s y gira en el sentido de rodar hacia adelante. ¿Qué hace el punto de contacto y dónde está el CIR si a) Ω = 10 rad/s, b) Ω = 20 rad/s?
a) Ω R = 3,0 m/s: vcontacto = 4,0 − 3,0 = 1,0 m/s hacia adelante. Desliza hacia adelante (caso 1). El CIR está 4,0 / 10 = 0,40 m debajo del centro: 0,10 m debajo del piso. → b) Ω R = 6,0 m/s: vcontacto = 4,0 − 6,0 = −2,0 m/s, es decir 2,0 m/s hacia atrás. Patina (caso 2). El CIR está 4,0 / 20 = 0,20 m debajo del centro, dentro de la rueda, 0,10 m arriba del piso. → Lectura: con Ω = 4,0 / 0,30 = 13,3 rad/s rodaría sin deslizar, y sólo entonces el CIR estaría en el punto de contacto.

¿Rueda sin deslizar? Cuando un problema da velocidades y pregunta si el cuerpo rueda sin deslizar (problema 8), no hay que suponerlo: se calcula el CIR (o la velocidad del punto de contacto) con los datos y se mira si cae en el punto de contacto. Si cae en otro lado, el cuerpo desliza.

Si la superficie se mueve. Rodar sin deslizar quiere decir que el punto de contacto del cuerpo tiene la misma velocidad que el punto de la superficie que toca, no que esté quieto. Sobre una tabla que se mueve con velocidad V, la condición es vCM − Ω R = V, y visto desde el piso el CIR ya no es el punto de contacto (sí lo es para alguien que viaja sobre la tabla). Un cuerpo puede rodar sin deslizar con su punto de contacto en movimiento respecto de la Tierra.

Cuerdas y carreteles

Una cuerda que no patina sobre un cuerpo tiene, en el punto donde se despega, la misma velocidad que el punto del cuerpo que toca. Como la cuerda es recta e inextensible, todos sus puntos tienen la misma componente de velocidad a lo largo de ella (es la fila de la cuerda en la tabla de vínculos, más abajo): lo que avanza el extremo de la cuerda es la proyección de esa velocidad sobre la cuerda. Si el cuerpo además rueda sin deslizar, el punto de donde sale la cuerda gira alrededor del punto de contacto, que es el CIR, y esa proyección vale |Ω| por la distancia del CIR a la recta de la cuerda (es la misma cuenta que da el brazo de un momento). Cuando la cuerda sale horizontal de la parte de arriba o de abajo del tambor, esa distancia es la del punto al CIR, R + r o R − r; con una cuerda inclinada, no. El radio que manda en cada relación es distinto: el de rodar sin deslizar va con el radio que apoya; el de la cuerda, con la distancia del CIR a la recta de la cuerda.

Carretel tirado de la cuerda
Un carretel rueda sin deslizar sobre una mesa: radio exterior R = 0,30 m, que es el que apoya, y tambor de radio r = 0,10 m. Del tambor sale una cuerda y su extremo se tira a 1,0 m/s, a lo largo de la cuerda. Hallar vCM si la cuerda sale horizontal a) de la parte de abajo del tambor, b) de la parte de arriba; c) si sale por debajo del tambor, pero tirada hacia arriba a 30° de la horizontal.
a) El punto de donde sale la cuerda está a R − r = 0,20 m sobre el punto de contacto, que es el CIR: 1,0 = Ω · 0,20 → Ω = 5,0 rad/s, y vCM = Ω R = 5,0 · 0,30 = 1,5 m/s, en el sentido del tiro. El carretel avanza más rápido que el extremo de la cuerda: la cuerda se enrolla. → b) Ahora el punto está a R + r = 0,40 m del CIR: Ω = 1,0 / 0,40 = 2,5 rad/s y vCM = 2,5 · 0,30 = 0,75 m/s. El carretel avanza más despacio que la mano: la cuerda se desenrolla. → c) La cuerda es tangente al tambor, así que su recta pasa a r del centro, del lado del punto de contacto; el centro está a R cos 30° de la paralela a la cuerda que pasa por el punto de contacto. La distancia del CIR a la recta de la cuerda es R cos 30° − r = 0,30 · 0,866 − 0,10 = 0,1598 m: 1,0 = Ω · 0,1598 → Ω = 6,26 rad/s y vCM = 6,26 · 0,30 = 1,88 m/s, hacia el lado de la mano. Con la distancia del punto de donde sale la cuerda al CIR, 0,219 m, saldría 1,37 m/s: está mal, porque ese punto no se mueve a lo largo de la cuerda. → Lectura: en ninguno de los tres casos vCM es la velocidad de la cuerda; con la cuerda horizontal, sólo lo sería si saliera a la altura del CM. Si la cuerda se inclina hasta cos θ = r / R (70,5° acá), su recta pasa por el CIR y la proyección vale cero cualquiera sea Ω: el carretel puede rodar sin que el extremo de la cuerda se mueva. Más inclinada, tirar de la cuerda hace rodar el carretel alejándose de la mano. Es el yo-yo del problema 33, que se resuelve con fuerzas en la sección 12.

La trayectoria de un punto del borde

Un punto del borde de una rueda que rueda sin deslizar no describe una circunferencia: visto desde el piso describe una cicloide, una sucesión de arcos que tocan el piso en un punto anguloso. Con el origen en el lugar donde ese punto toca el piso en t = 0 y la rueda avanzando hacia la derecha con vCM constante (Ω = vCM / R):

x(t) = vCM t − R sen(Ω t)      y(t) = R − R cos(Ω t)

Es la posición del centro, (vCM t; R), más la del punto respecto del centro, que gira en sentido horario. Derivando, vx = vCM (1 − cos Ω t) y vy = vCM sen Ω t: velocidad nula cuando toca el piso y 2 vCM arriba. Por ejemplo, con R = 0,30 m y vCM = 1,5 m/s, Ω = 5,0 rad/s: el punto llega arriba en t = π / Ω = 0,628 s, cuando el centro avanzó π R = 0,942 m, y vuelve a tocar el piso a los 2π / Ω = 1,26 s, 2π R = 1,885 m más adelante.

Aceleraciones de los puntos

Derivando vB = vA + Ω × rB-A respecto del tiempo, con dΩ/dt = γ y drB-A/dt = vB − vA = Ω × rB-A:

aB = aA + γ × rB-A + Ω × (Ω × rB-A)
en el plano:   aB = aA + γ × rB-A − Ω² rB-A

Son tres vectores que se suman:

  • aA, la aceleración del punto de referencia (el arrastre).
  • γ × rB-A, perpendicular al segmento AB, de módulo |γ| d, en el sentido de γ. El libro la llama aceleración transversal.
  • −Ω² rB-A, sobre el segmento, de módulo Ω² d, dirigida de B hacia A. El libro la llama radial. Existe siempre que el cuerpo gire, aunque Ω sea constante.

Transversal no es lo mismo que tangencial. La transversal es perpendicular al radio que sale del punto de referencia; la tangencial es tangente a la trayectoria real del punto. Coinciden sólo si el punto de referencia está quieto, es decir, en una rotación alrededor de un eje fijo. En ese caso, midiendo desde el eje: at = |γ| d tangente a la circunferencia y an = Ω² d hacia el eje, como en el movimiento circular de un punto.

Rodar sin deslizar, para aceleraciones. Si el cuerpo rueda sin deslizar todo el tiempo sobre un piso plano y quieto, vCM = Ω R vale en todo instante y se puede derivar: aCM = γ R, con el mismo criterio de signos. Si la igualdad vCM = Ω R vale en un solo instante (un cuerpo que deslizaba y justo deja de hacerlo), no se puede derivar. Y en cuanto el cuerpo desliza, aCM y γ R son independientes.

El punto de contacto de una rueda que rueda sin deslizar tiene velocidad nula, pero no aceleración nula. Su componente horizontal es aCM − γ R = 0, y su componente vertical es Ω² R, hacia arriba: en ese instante el punto deja el piso y empieza a subir. El punto más alto tiene 2 aCM hacia adelante y Ω² R hacia abajo.

Aceleraciones de los puntos de una rueda
Una rueda de radio 0,25 m rueda sin deslizar hacia la derecha. En un instante, vCM = 2,0 m/s y aCM = 1,5 m/s², hacia la derecha. Hallar las velocidades y las aceleraciones del punto de contacto C, del más alto D y de los extremos del diámetro horizontal, B (adelante) y A (atrás).
Ω y γ: Ω = 2,0 / 0,25 = 8,0 rad/s y γ = 1,5 / 0,25 = 6,0 rad/s², las dos en sentido horario: Ω = −8,0 rad/s y γ = −6,0 rad/s² con antihorario positivo. → Velocidades: vC = 0, vD = (4,0; 0) m/s, vB = (2,0; −2,0) m/s y vA = (2,0; 2,0) m/s, estas dos de módulo 2,83 m/s. → Los dos términos de rotación: para los cuatro puntos d = R, así que la transversal vale |γ| R = 6,0 · 0,25 = 1,5 m/s² y la radial Ω² R = 64 · 0,25 = 16 m/s², hacia el centro. → D (arriba): aCM = (1,5; 0); transversal hacia adelante (giro horario en el punto de arriba), (1,5; 0); radial hacia abajo, (0; −16). aD = (3,0; −16) m/s², de módulo 16,3 m/s². → C (contacto): (1,5; 0) + (−1,5; 0) + (0; 16) = (0; 16) m/s². → B (adelante): (1,5; 0) + (0; −1,5) + (−16; 0) = (−14,5; −1,5) m/s², de módulo 14,6 m/s². → A (atrás): (1,5; 0) + (0; 1,5) + (16; 0) = (17,5; 1,5) m/s², de módulo 17,6 m/s². → Lectura: con Ω grande, el término radial domina y todas las aceleraciones apuntan casi al centro. Si para D se usara el CIR como si fuera un eje fijo, saldría (3,0; −32) m/s²: la componente vertical, el doble de la verdadera.
aC aD aB aA C D B A Ω, γ
La rueda del ejemplo de las aceleraciones: cuatro puntos de una rueda que rueda sin deslizar y acelera. El término Ω² d, que apunta al centro, domina, y el punto de contacto, que tiene velocidad nula, tiene aceleración Ω² R = 16 m/s² hacia arriba. La aceleración no es la de una rotación alrededor del punto de contacto.
El CIR no sirve para aceleraciones
Para velocidades, el CIR es el atajo: v = |Ω| d. Para aceleraciones no, porque el CIR se está acelerando (en la rueda, Ω² R hacia arriba). La aceleración de un punto se arma desde un punto cuya aceleración se conoce: el CM, o un punto fijo si el cuerpo gira alrededor de un eje fijo.

Mecanismos y vínculos

Un vínculo es una restricción al movimiento de un punto, y en cinemática se traduce en algo que se sabe de su velocidad. Leerlos bien es la mitad del problema:

VínculoQué dice sobre las velocidades
Punto apoyado en una superficie lisa o que se desliza por una guía (pie de una escalera, corredera)La velocidad de ese punto es tangente a la superficie o a la guía
Articulación fija (perno, pivote al laboratorio)Ese punto está quieto: el cuerpo gira alrededor de él, que es su CIR (fijo)
Articulación entre dos cuerposEl perno tiene la misma velocidad visto como punto de un cuerpo y del otro; cada cuerpo tiene su propia Ω y su propio CIR
Cuerda o hilo tenso e inextensible, rectoLas velocidades de sus dos extremos tienen la misma proyección sobre la cuerda (como dos puntos de un rígido)
Cuerda que no patina sobre una polea o un tamborLa cuerda avanza con la componente, a lo largo de ella, de la velocidad del punto del borde del que se despega. Con el eje fijo, esa velocidad ya va a lo largo de la cuerda: v = |Ω| r, con r el radio donde está enrollada. Si el cuerpo además se traslada, la velocidad de ese punto es vCM + Ω × r; en un carretel que rueda sin deslizar, la cuerda va a |Ω| por la distancia del CIR a la recta de la cuerda (|Ω| (R − r) o |Ω| (R + r) si sale horizontal, como en el ejemplo del carretel)
Cuerpo que rueda sin deslizarEl punto de contacto tiene la velocidad de la superficie (cero si está quieta)
Dos ruedas en contacto sin deslizar, o unidas por una correa o una cadenaLos bordes tienen la misma velocidad: Ω₁ R₁ = Ω₂ R₂. En contacto giran en sentidos opuestos; con correa, en el mismo

Con varios cuerpos, el procedimiento es encadenar: se arranca por el cuerpo del que se sabe más (el que tiene un punto fijo, el que tiene Ω dada), se calcula la velocidad del punto que comparte con el siguiente, y con esa velocidad y el vínculo del otro extremo se halla el CIR y la Ω del segundo cuerpo. En cada cuerpo, por separado, valen la condición de rigidez y la ecuación del campo.

60° CIR de AB O A B vA vB ΩOA
El mecanismo del ejemplo de la biela y la manivela. Cada cuerpo tiene su propio CIR. El de la manivela es O, que está fijo. El de la biela sale de cortar la perpendicular a vA (la prolongación de OA) con la perpendicular a vB (la vertical por B). La articulación A tiene la misma velocidad vista como punto de la manivela y como punto de la biela.
Biela y manivela
La manivela OA, de 0,10 m, gira alrededor de O a 30 rad/s en sentido horario. La biela AB, de 0,30 m, está articulada a la manivela en A y su otro extremo B corre por una guía horizontal que pasa por O. Hallar la velocidad angular de la biela y la velocidad de B cuando la manivela forma 60° con la horizontal. Origen en O.
Geometría: A = (0,10 cos 60°; 0,10 sen 60°) = (0,050; 0,0866) m. B está sobre el eje x a 0,30 m de A: xB = 0,050 + √(0,30² − 0,0866²) = 0,050 + 0,287 = 0,337 m. → Velocidad de A: la manivela gira alrededor de O: vA = 30 · 0,10 = 3,0 m/s, perpendicular a OA y, con giro horario, hacia abajo y a la derecha: vA = (2,60; −1,50) m/s. → CIR de la biela: la perpendicular a vA por A es la prolongación de OA; la perpendicular a vB (horizontal) por B es la vertical x = 0,337 m. Sobre la recta OA, x = 0,337 m corresponde a una distancia 0,337 / cos 60° = 0,674 m de O, a una altura de 0,584 m: el CIR está en (0,337; 0,584) m. → Ω de la biela: A está a 0,674 − 0,10 = 0,574 m del CIR: ΩAB = 3,0 / 0,574 = 5,22 rad/s. A, abajo a la izquierda del CIR, va hacia abajo y a la derecha: el giro es antihorario. → vB: B está 0,584 m debajo del CIR: vB = 5,22 · 0,584 = 3,05 m/s, hacia la derecha. → Analítico, para controlar: vB = vA + ΩAB k̂ × rB-A, con rB-A = (0,287; −0,0866) m: Ω k̂ × r = Ω (0,0866; 0,287). Componente y: −1,50 + 0,287 Ω = 0 → Ω = 5,22 rad/s. Componente x: vB = 2,60 + 5,22 · 0,0866 = 3,05 m/s. Y las proyecciones de vA y vB sobre la biela valen las dos 2,92 m/s.

Un caso que confunde: cuando la manivela está vertical, vA es horizontal y vB también. Las perpendiculares son dos verticales paralelas que no se cortan: la biela está en traslación instantánea, ΩAB = 0 en ese instante, y B tiene la misma velocidad que A, 3,0 m/s. Que Ω valga cero en un instante no quiere decir que γ también.

Poleas y transmisiones

Un bloque que cuelga de una cuerda enrollada en una polea de eje fijo baja con la velocidad del borde: v = Ω R. Una polea móvil (la cuerda atada al techo de un lado, pasando por debajo de la polea, y tirada desde arriba del otro) es un caso de CIR: el lado donde la cuerda viene del techo está quieto, así que es el CIR; el centro está a R de él y el lado tirado, a 2R. Por eso el centro de la polea, y lo que cuelga de ella, sube a la mitad de la velocidad de la mano.

en contacto v Ω₁ Ω₂ R₁ R₂ con correa v Ω₁ Ω₂
Dos maneras de transmitir el giro sin deslizamiento. En las dos, los bordes tienen la misma velocidad lineal y por eso Ω₁ R₁ = Ω₂ R₂: la rueda chica gira más rápido. En contacto directo (arriba) giran en sentidos opuestos; con una correa o una cadena (abajo), en el mismo sentido.
Cadena de una bicicleta
El plato de una bicicleta tiene un radio de 0,10 m y el piñón, de 0,040 m; la rueda trasera, de 0,35 m de radio, rueda sin deslizar. Si el ciclista hace girar el plato a 6,0 rad/s, ¿a qué velocidad avanza la bicicleta?
Cadena: va con la velocidad del borde del plato: 6,0 · 0,10 = 0,60 m/s. → Piñón: su borde va a la velocidad de la cadena: Ωpiñón = 0,60 / 0,040 = 15 rad/s. → Rueda: el piñón y la rueda están unidos al mismo eje, son un solo rígido y tienen la misma Ω: 15 rad/s. → Bicicleta: la rueda rueda sin deslizar, v = Ω R = 15 · 0,35 = 5,25 m/s, unos 18,9 km/h. → Lectura: el plato y el piñón tienen la misma velocidad de borde y distinta Ω; el piñón y la rueda tienen la misma Ω y distinta velocidad de borde. No hay que mezclar las dos igualdades.

Cuatro afirmaciones que parecen ciertas

El problema 12 pide decidir si afirmaciones de este tipo son verdaderas, y dar un contraejemplo cuando no lo son:

  • "Si la velocidad del CM es nula, el cuerpo está en reposo." Falso: un ventilador o una rueda que gira alrededor de un eje fijo que pasa por su CM tienen vCM = 0 y Ω ≠ 0. Todos los puntos fuera del eje se mueven.
  • "Si la aceleración del CM es nula, el cuerpo está en equilibrio." Falso: sobre un disco apoyado en hielo se puede aplicar una cupla. La resultante es cero y el CM no se acelera, pero el disco gana velocidad angular (sección 12). Para el equilibrio hace falta además γ = 0.
  • "El centro de gravedad y el centro de masa coinciden siempre." Falso: coinciden cuando la gravedad es la misma, en módulo y en dirección, en todo el cuerpo, que es lo que pasa en casi todos los problemas; si g cambia de un punto a otro del cuerpo, en general no coinciden. Contraejemplo: en un edificio muy alto, g es un poco menor arriba que abajo, la parte de abajo pesa más por cada kilogramo y el CG queda un poco por debajo del CM (sección 11, problema 3).
  • "El CIR es siempre un punto del cuerpo." Falso: el de un aro que rueda sin deslizar es un punto del aro, pero el de un aro que desliza puede quedar en el hueco o debajo del piso; el de una escalera que resbala está fuera de ella, y el de la rueda que cae girando, al costado.
Las trampas del tema
  • Comparar módulos en vez de proyecciones en la condición de rigidez, o medir los ángulos desde la horizontal cuando la recta que une los puntos no es horizontal.
  • Olvidar el signo de las proyecciones: iguales en módulo y opuestas quiere decir que los puntos se acercan.
  • Cambiar de Ω al cambiar de punto de referencia. Ω es una sola para todo el cuerpo.
  • Equivocar el signo de Ω × r: antihorario es positivo con x a la derecha e y hacia arriba, y Ω k̂ × (x; y) = (−Ω y; Ω x). Controlá siempre con el dibujo.
  • Poner el CIR en la esquina en la escalera, o en el punto más bajo en una rueda que cae o que desliza.
  • Tomar como caída la altura del eje cuando una rueda cae hasta tocar el piso: el CM baja esa altura menos el radio (es lo que pasa en el problema 7).
  • Usar vCM = Ω R cuando desliza, o cuando la superficie se mueve (ahí es vCM − Ω R = V).
  • Creer que el CIR está quieto o que su aceleración es nula, y calcular aceleraciones como si el cuerpo girara alrededor de un eje fijo en el CIR.
  • Olvidar el término Ω² d en la aceleración de un punto, que existe aunque Ω sea constante.
  • Confundir transversal con tangencial: sólo coinciden cuando el punto de referencia está quieto.
  • Darle a la cuerda la velocidad del CM cuando sale del borde del tambor, o usar el radio equivocado: el que apoya para rodar sin deslizar y, para la cuerda, la distancia del CIR a la recta de la cuerda (R + r o R − r si sale horizontal de arriba o de abajo del tambor; con la cuerda inclinada, la distancia a la recta, no al punto).
  • Mezclar las dos igualdades de las transmisiones: misma velocidad de borde si están unidas por una correa o se tocan, misma Ω si están sobre el mismo eje.
  • Pensar que traslación quiere decir trayectoria recta, o que Ω = 0 en un instante quiere decir que el cuerpo no va a girar.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Decidir con la condición de rigidez si dos velocidades pueden ser de un mismo cuerpo, y usarla para hallar un módulo que falta.
  • Escribir vB = vA + Ω × rB-A por componentes y en forma práctica, y hallar Ω a partir de dos velocidades.
  • Reconocer traslación, rotación pura y rototraslación, y usar bien rodadura y rodar sin deslizar.
  • Hallar el CIR gráficamente (perpendiculares) y analíticamente, y usarlo para las velocidades de todos los puntos.
  • Escribir la condición de rodar sin deslizar en la forma de la guía y en módulo, para velocidades y para aceleraciones, y decidir con los datos si un cuerpo rueda sin deslizar, desliza o patina.
  • Calcular la aceleración de cualquier punto desde el CM, con sus tres términos, y recordar que el punto de contacto se acelera.
  • Traducir cada vínculo (apoyo, articulación, cuerda, polea, correa, contacto) en una condición sobre las velocidades, y encadenar dos cuerpos articulados.
↑ Volver al índice
11 Unidad 3 · Cuerpo rígido: centro de masa, momento de inercia y estática

Antes de preguntarse cómo se mueve un cuerpo rígido hay que saber tres cosas de él: dónde está su centro de masa, el punto que se traslada como una partícula; cuánto le cuesta girar alrededor de un eje, que lo mide el momento de inercia; y qué tienen que cumplir las fuerzas para que se quede quieto, que es la estática. Esta sección desarrolla las tres: el centro de masa de cuerpos discretos, continuos y compuestos, y el centro de gravedad; el momento de inercia por integración, la tabla de los cuerpos comunes, el teorema de Steiner, los cuerpos compuestos, el radio de giro y la idea de ejes principales; y el equilibrio del cuerpo rígido, con el momento de una fuerza, la cupla, la equilibrante, los vínculos y sus reacciones, el rozamiento estático y las condiciones de vuelco.

Es parte de la unidad 3 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, ninguno tiene la estática como tema principal, pero 2 arrancan con un cuerpo en equilibrio sostenido por un cable o por una soga, y hay que plantear la estática antes de soltarlo. El momento de inercia aparece mucho más: 9 de los 11 ejercicios de rotación alrededor de un eje fijo piden el de un cuerpo armado con piezas o pasarlo de un eje a otro con Steiner, y uno de ellos pide además el centro de masa del cuerpo compuesto. Otro, de verdadero o falso, pregunta si el momento cinético de un rígido es siempre paralelo a su velocidad angular, que es el tema de los ejes principales. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 3: si el centro de masa puede quedar fuera del cuerpo (problema 2); la distancia entre el centro de masa y el centro de gravedad de un edificio alto (3); el centro de masa y el momento de inercia de la varilla de cobre y aluminio (9); el eje corrido de la esfera maciza (10); la llanta, con su incerteza (11); la equilibrante de dos fuerzas sobre una barra (13); la viga por la que camina una persona (14); la caja que dos personas suben por una escalera (15); la varilla apoyada en la esquina y sostenida por una soga (16); la escalera con el pintor (17); la rueda que sube un escalón (18); el cilindro sostenido en un plano inclinado (19) y las afirmaciones de verdadero o falso del problema 20. Se dan por vistos el diagrama de cuerpo libre y el rozamiento de la unidad 1, y el centro de masa de un sistema de partículas de la unidad 2, que acá se repasa. Cuando las fuerzas no se equilibran y el cuerpo acelera, el tema es la dinámica de la sección 12.

Notación

CM es el centro de masa y CG, el centro de gravedad. El momento de una fuerza (torque) se escribe τ, como en la guía; el libro de la cátedra usa M, la misma letra que la masa. La velocidad angular es Ω y la aceleración angular, γ (muchos libros de texto usan ω y α). El momento de inercia se escribe I con el eje como subíndice: ICM para un eje que pasa por el centro de masa (un eje baricéntrico), IO para un eje que pasa por el punto O. El radio de giro es k (la guía también lo llama Rg). Las densidades son λ la lineal (kg/m), σ la superficial (kg/m²) y ρ la volumétrica (kg/m³). En las figuras planas, x va hacia la derecha, y hacia arriba y z sale de la hoja; un momento es positivo si tiende a hacer girar en sentido antihorario. Un eje perpendicular a la hoja se dibuja como ⊙. En los ejemplos, g = 9,8 m/s² (la Guía de Problemas casi nunca lo fija: los pocos enunciados que dan un valor usan 9,8 m/s², salvo dos de hidrodinámica que toman 10 m/s²).

Centro de masa

Para un conjunto de partículas de masas mi ubicadas en las posiciones ri, el centro de masa es el promedio de las posiciones pesado por la masa:

rCM = Σ mi riM      xCM = Σ mi xiM      yCM = Σ mi yiM

con M = Σ mi la masa total. Cada coordenada se calcula por separado. El punto no depende del origen elegido: si se corre el origen cambian sus coordenadas, pero es el mismo lugar del cuerpo. Lo que lo hace importante es la ley de la unidad 2: el CM se mueve como una partícula de masa M sometida a la resultante de las fuerzas exteriores, Σ Fext = M aCM. Por eso en un cuerpo rígido la traslación se describe con el CM, y por eso el peso se dibuja ahí (más abajo se ve cuándo eso deja de ser exacto).

Cuerpos continuos

Un cuerpo continuo se divide en elementos de masa dm tan chicos que cada uno se pueda tratar como una partícula, y la suma pasa a ser una integral sobre todo el cuerpo:

rCM = 1M ∫ r dm      xCM = 1M ∫ x dm      M = ∫ dm

Cómo se escribe dm depende de la forma del cuerpo:

CuerpoDensidadElemento de masa
Hilo, alambre o varilla delgadaLineal, λ (kg/m)dm = λ dx (o λ ds a lo largo de una curva)
Chapa o placa delgadaSuperficial, σ (kg/m²)dm = σ dA
SólidoVolumétrica, ρ (kg/m³)dm = ρ dV

Si el cuerpo es homogéneo, la densidad es constante, sale de la integral y se simplifica con la de M: el CM queda en el centro geométrico de la figura (el centroide), que depende sólo de la forma. Si la densidad cambia de un punto a otro, queda adentro de la integral y tira el CM hacia donde hay más masa. El procedimiento:

  1. Ejes. Se ubican aprovechando la simetría (ver más abajo): muchas veces dejan una sola coordenada por calcular.
  2. Elemento. Se elige una franja, una rebanada o un anillo en el que todos los puntos tengan la misma coordenada que se integra. Si no se puede, un pedazo cuyo CM se conozca.
  3. dm en función de una sola variable: la densidad por la longitud, el área o el volumen del elemento.
  4. Límites: de un borde al otro del cuerpo en esa variable.
  5. M = ∫ dm, que además sirve de control si la masa es dato.
  6. Dividir ∫ x dm por M.
  7. Control: el CM tiene que caer entre los extremos del cuerpo y del lado donde hay más masa.
Varilla que se hace más pesada hacia un extremo
Una varilla de L = 1,20 m tiene una densidad lineal que crece a lo largo de ella: λ(x) = λ0 (1 + x/L), con λ0 = 0,50 kg/m y x medida desde el extremo liviano. Hallar su masa y su centro de masa.
Elemento: un tramo dx a la distancia x del extremo liviano, con dm = λ(x) dx. → Masa: M = ∫0L λ0 (1 + x/L) dx = λ0 (L + L/2) = (3/2) λ0 L = 1,5 · 0,50 · 1,20 = 0,90 kg. → Numerador: ∫0L x λ0 (1 + x/L) dx = λ0 (L²/2 + L²/3) = (5/6) λ0 L². → CM: xCM = (5/6) λ0 L² / ((3/2) λ0 L) = (5/9) L = 0,667 m del extremo liviano.
Lectura: el CM se corre del centro (0,60 m) hacia el extremo pesado, pero poco: la densidad en ese extremo es apenas el doble que en el otro. Esta misma varilla vuelve más abajo para calcular su momento de inercia.
x y y dy 2√(R² − y²) R CM
La chapa se corta en franjas horizontales. Todos los puntos de una franja están a la misma altura y, y su masa es σ por su área: dm = σ · 2√(R² − y²) dy. Por simetría el CM está sobre el eje y, a 4R / (3π) ≈ 0,42 R del diámetro.
Chapa y alambre semicirculares
Hallar el CM de una chapa homogénea con forma de medio círculo de radio R, y el de un alambre homogéneo doblado en media circunferencia del mismo radio. Ejes como en la figura: el diámetro sobre el eje x y el centro en el origen.
Simetría: en los dos casos el eje y es eje de simetría, así que xCM = 0 y sólo hay que calcular yCM. → Chapa, elemento: una franja horizontal a la altura y, de espesor dy y ancho 2√(R² − y²); todos sus puntos tienen la misma y. Su área es dA = 2√(R² − y²) dy y su masa, σ dA. → Integral: ∫0R y · 2√(R² − y²) dy = (2/3) R³ (con el cambio u = R² − y², du = −2y dy). → Chapa, resultado: yCM = σ (2/3) R³ / (σ π R²/2) = 4R/(3π) ≈ 0,424 R. → Alambre, elemento: un arco de ángulo dθ, de largo R dθ y masa dm = λ R dθ, a la altura y = R sen θ, con θ de 0 a π. → Alambre, resultado: yCM = ∫0π R sen θ · λ R dθ / (λ π R) = 2R/π ≈ 0,637 R.
Lectura: con R = 0,30 m, el CM de la chapa está a 0,127 m del diámetro y el del alambre, a 0,191 m. El alambre tiene toda su masa en el borde, lejos del diámetro, y la chapa tiene mucha masa cerca. El CM del alambre cae en el aire, donde no hay alambre.
Cuerpo homogéneoDónde está el CM
Varilla, rectángulo, disco, aro, esfera, cilindroEn el centro geométrico
Chapa triangularEn el cruce de las medianas: a un tercio de la altura, medida desde cada lado
Chapa semicircular, radio RSobre el eje de simetría, a 4R/(3π) ≈ 0,424 R del diámetro
Alambre semicircular, radio RSobre el eje de simetría, a 2R/π ≈ 0,637 R del diámetro
Semiesfera maciza, radio RSobre el eje, a 3R/8 de la cara plana
Cono macizo, altura hSobre el eje, a h/4 de la base

Simetría

Si la distribución de masa tiene un plano o un eje de simetría, el CM está sobre él: a cada pedacito de un lado le corresponde otro igual del otro lado, y sus aportes a la coordenada perpendicular se cancelan. Con dos ejes de simetría, el CM está en el cruce. Ojo con la palabra masa: una varilla mitad de cobre y mitad de aluminio es simétrica en la forma pero no en la masa, y su CM no está en el medio sino del lado del cobre, que es más denso. La simetría que vale es la de la masa, no la del dibujo.

Cuerpos compuestos: suma y resta

Si un cuerpo se puede partir en piezas cuyos CM se conocen, no hace falta integrar: cada pieza se trata como una partícula con toda su masa en su propio CM.

xCM = M1 x1 + M2 x2 + …M1 + M2 + …

(y lo mismo con y). Vale porque la suma sobre todas las partículas del cuerpo se puede agrupar por piezas, y la suma de cada pieza es su masa por la posición de su CM. Con dos piezas, el CM del conjunto está sobre el segmento que une los dos CM, más cerca del de la pieza más pesada.

Si al cuerpo le falta una parte (un agujero, un hueco), se lo calcula como el cuerpo lleno menos la parte que falta, que entra como una masa negativa: con signo menos en el numerador y en el denominador. La masa del hueco se calcula con la densidad del material, como si estuviera lleno.

CM1 CM2 CM 0,50 m 0,40 m 0,10 m 0,10 m
La escuadra se piensa como dos rectángulos, cada uno con su masa concentrada en su centro. El CM del conjunto está sobre el segmento que une CM1 con CM2, más cerca del más pesado, y cae en el hueco de la L: no hay material ahí.
Escuadra en L
Una chapa homogénea en forma de L, de densidad superficial σ = 8,0 kg/m², tiene un brazo vertical de 0,10 m × 0,50 m y, desde su pie, un brazo horizontal que sigue 0,30 m hacia la derecha con 0,10 m de alto (la figura). Hallar el CM, con el origen en la esquina de abajo a la izquierda.
Piezas: el brazo vertical, de 0,050 m² y M1 = 0,40 kg, con su CM en (0,05; 0,25) m; y el tramo horizontal que queda, de 0,030 m² y M2 = 0,24 kg, con su CM en (0,25; 0,05) m. → CM: xCM = (0,40 · 0,05 + 0,24 · 0,25) / 0,64 = 0,125 m; yCM = (0,40 · 0,25 + 0,24 · 0,05) / 0,64 = 0,175 m.
Lectura: el punto (0,125; 0,175) m tiene x mayor que 0,10 m (está a la derecha del brazo vertical) e y mayor que 0,10 m (está arriba del brazo horizontal): cae en el hueco de la L, donde no hay chapa.
Disco con un agujero
A un disco homogéneo de 1,6 kg y radio R = 0,20 m se le recorta un agujero circular de radio R/2, tangente al borde por dentro (su centro está a R/2 del centro del disco). Hallar el CM de lo que queda, con el origen en el centro O del disco y el eje x hacia el centro del agujero.
Masa del agujero: su área es la cuarta parte de la del disco, así que la masa que falta es 1,6/4 = 0,40 kg y quedan 1,2 kg. → Resta: xCM = (1,6 · 0 − 0,40 · 0,10) / (1,6 − 0,40) = −0,0333 m. En letras, xCM = −R/6. Por simetría, yCM = 0.
Lectura: el CM se corre 3,3 cm del centro hacia el lado opuesto al agujero, que es donde quedó más masa.

El CM puede quedar fuera del cuerpo

El CM es un punto geométrico, no un pedazo de material, y nada obliga a que caiga dentro del cuerpo. Pasa cuando el cuerpo rodea un hueco o tiene una entrante: un aro o un anillo (en el centro), una herradura, un bumerán, una escuadra en L, una taza vacía, una silla (por debajo del asiento), el alambre semicircular del ejemplo. Un saltador de alto que pasa la varilla arqueado de espaldas tiene el CM afuera de su cuerpo, por debajo de la espalda, y puede pasar la varilla con el CM por debajo de ella. En cambio, en un cuerpo homogéneo convexo (sin huecos ni entrantes, como una esfera, un ladrillo o un cono) el CM siempre queda adentro. Aunque no haya material ahí, el CM sigue siendo el punto que se mueve según Σ Fext = M aCM.

Centro de gravedad

El peso de un cuerpo no actúa en un punto: cada pedacito tiene su propio peso. El centro de gravedad (CG) es el punto donde se puede considerar aplicado el peso total de modo que haga el mismo momento, respecto de cualquier punto, que todos esos pesos juntos. Si los pesos son paralelos, la cuenta es la del CM pero pesando cada posición con el peso de cada parte en lugar de con su masa:

rCG = Σ mi gi riΣ mi gi      rCG = ∫ g r dm∫ g dm
Cuándo coinciden
Si g es la misma, en módulo y en dirección, en todo el cuerpo, se simplifica arriba y abajo y queda la fórmula del CM: CG = CM. Es lo que pasa en todos los problemas salvo que el enunciado diga otra cosa, y es la razón por la que el peso se dibuja en el CM. Coinciden porque el campo gravitatorio es uniforme sobre el cuerpo, no porque el cuerpo sea homogéneo: el CM es una propiedad del cuerpo solo, y el CG depende además del campo en el que está.

Dejan de coincidir en un cuerpo tan alto que g cambie de abajo hacia arriba. Por la ley de gravitación, a una altura z sobre la superficie de la Tierra (de radio RT ≈ 6,37 × 10⁶ m, con g0 la gravedad en la superficie):

g(z) = g0 RT²(RT + z)² = g0(1 + z/RT)² ≈ g0 (1 − 2z/RT)

La primera igualdad sale de igualar el peso m g(z) con la fuerza gravitatoria G MT m / (RT + z)², sabiendo que en la superficie g0 = G MT / RT². La aproximación es la de primer orden, (1 + u)ⁿ ≈ 1 + n u para u ≪ 1, con u = z/RT y n = −2: se queda con el término proporcional a z/RT y descarta los de (z/RT)² en adelante. Para un cuerpo vertical, con z medida desde su base,

zCM = ∫ z dm∫ dm      zCG = ∫ z g(z) dm∫ g(z) dm

Las partes de abajo pesan un poco más por cada kilogramo que las de arriba, así que el CG queda por debajo del CM. La gravedad también cambia de dirección de un lugar a otro (apunta al centro de la Tierra), pero en el ancho de un edificio el cambio es despreciable y los pesos se pueden tomar paralelos.

m m m g₀ m g(z) CM CG 600 m z = 0 z = 600 m
Dos cargas iguales, una al pie y otra en la punta de una antena de 600 m (exagerado). Arriba g es un poco menor, la carga de arriba pesa un poco menos y el CG queda un poco por debajo del CM. Con los números del ejemplo, 2,8 cm.
Dos cargas en una antena
Una antena vertical de 600 m, de masa despreciable, tiene una carga de masa m al pie y otra igual en la punta. ¿A qué distancia del CM queda el CG? RT = 6,37 × 10⁶ m.
CM: dos masas iguales, zCM = 300 m, a mitad de altura. → CG: zCG = (m g0 · 0 + m g(600 m) · 600 m) / (m g0 + m g(600 m)). Con la aproximación de primer orden, g(600 m) = g0 (1 − 2 · 600 m / RT), y simplificando m g0: zCG = 600 m · (1 − 1200 m / RT) / (2 − 1200 m / RT). → Otra vez a primer orden: zCG ≈ 300 m · (1 − 600 m / RT), o sea zCM − zCG ≈ 300 m · 600 m / RT = 0,028 m.
Lectura: la gravedad en la punta es apenas un 0,019 % menor que al pie, y eso alcanza para que el CG quede 2,8 cm por debajo del CM. Con la fórmula exacta de g(z) da lo mismo con dos cifras. La masa y g0 se simplifican: el corrimiento depende de las alturas comparadas con el radio del planeta, no de cuánto vale la gravedad en su superficie.

Momento de inercia

El momento de inercia de un cuerpo respecto de un eje es la suma de cada masa por el cuadrado de su distancia al eje:

I = Σ mi ri²      I = ∫ r² dm

r es la distancia perpendicular de cada elemento a la recta que hace de eje, no la distancia a un punto. La unidad es el kg·m². Es siempre positivo y depende del eje: de por dónde pasa y de qué dirección tiene. Un mismo cuerpo tiene infinitos momentos de inercia, uno por cada eje.

Qué mide: en las secciones que siguen aparece en el momento cinético (L = I Ω), en la energía cinética de rotación ((1/2) I Ω²) y en la ecuación de la rotación (Σ τ = I γ). En las tres hace el papel que la masa hace en la traslación: es la inercia de rotación, cuánto le cuesta al cuerpo cambiar su velocidad angular alrededor de ese eje. Con la misma masa, el cuerpo que la tiene más lejos del eje tiene más momento de inercia. Por eso un cuerpo que cambia de forma cambia su momento de inercia: una patinadora que encoge los brazos lo achica, y como su momento cinético se conserva (sección 14), gira más rápido.

Cálculo por integración

Igual que con el CM, se elige un elemento de masa en el que todos los puntos estén a la misma distancia del eje.

eje dx x −L/2 L/2 r R anillo de ancho dr eje ⊙
Cómo se elige el elemento de masa. En la barra, un tramo dx: todos sus puntos están a la distancia x del eje, y dm = (M/L) dx. En el disco, un anillo de radio r: todos sus puntos están a la distancia r del eje que atraviesa la hoja por el centro, y dm = σ · 2πr dr.
  • Varilla delgada homogénea, de masa M y largo L, eje perpendicular por el centro. Un tramo dx a la distancia x tiene dm = (M/L) dx: ICM = ∫−L/2L/2 x² (M/L) dx = (M/L) · L³/12 = (1/12) M L². Respecto de un eje paralelo por un extremo, con x de 0 a L: (M/L) · L³/3 = (1/3) M L².
  • Aro o tubo de pared fina, de radio R, eje perpendicular al aro por su centro: toda la masa está a la distancia R del eje, r sale de la integral y queda I = R² ∫ dm = M R².
  • Disco macizo, de radio R, eje perpendicular por el centro. Se lo corta en anillos de radio r y ancho dr: el anillo tiene área 2π r dr y masa dm = σ 2π r dr, con σ = M/(π R²). I = ∫0R r² σ 2π r dr = σ π R⁴/2 = (1/2) M R².
  • Cilindro macizo, respecto de su eje: se lo corta en discos, cada uno aporta (1/2) dm R², y la suma da (1/2) M R². Es el mismo resultado que el del disco: el largo del cilindro no aparece. Importa cómo está repartida la masa alrededor del eje, no a lo largo de él.
  • Cilindro hueco, de radios R1 (interior) y R2 (exterior), respecto de su eje: los mismos anillos, de R1 a R2, dan (1/2) M (R1² + R2²). Si las dos paredes se juntan (R1 → R2), vuelve el tubo fino, M R².
  • Esfera maciza, de radio R, eje por el centro. Se la corta en discos perpendiculares al eje: el que está a la altura z tiene radio √(R² − z²), masa dm = ρ π (R² − z²) dz y momento de inercia (1/2) dm (R² − z²). Sumando de −R a R: I = (1/2) ρ π ∫ (R² − z²)² dz = (8/15) ρ π R⁵, y con M = (4/3) π R³ ρ queda I = (2/5) M R².
  • Esfera hueca de pared fina, de radio R. Se la corta en anillos: el que está entre los ángulos θ y θ + dθ, medidos desde el eje, tiene masa dm = (M/2) sen θ dθ y está a la distancia R sen θ del eje. I = ∫0π (M/2) R² sen³ θ dθ = (2/3) M R². Es menos que M R²: toda la masa está a la distancia R del centro, pero la mayor parte está más cerca del eje.
Cuerpo homogéneoEjeMomento de inerciaRadio de giro k
Aro o tubo de pared fina, radio RPor el centro, perpendicular al plano del aroM R²R
Disco o cilindro macizo, radio RSu eje de simetría(1/2) M R²0,707 R
Cilindro hueco, radios R1 y R2Su eje de simetría(1/2) M (R1² + R2²)
Esfera maciza, radio RPor el centro(2/5) M R²0,632 R
Esfera hueca de pared fina, radio RPor el centro(2/3) M R²0,816 R
Varilla delgada, largo LPerpendicular a la varilla, por su centro(1/12) M L²0,289 L
Varilla delgada, largo LPerpendicular a la varilla, por un extremo(1/3) M L²0,577 L
Disco, radio RUn diámetro(1/4) M R²0,5 R
Aro, radio RUn diámetro(1/2) M R²0,707 R
Placa rectangular, lados a y bPerpendicular a la placa, por el centro(1/12) M (a² + b²)
Cilindro macizo, radio R y largo LPerpendicular al eje del cilindro, por el centro(1/12) M (3R² + L²)
Masa puntual m a la distancia d del ejeCualquieram d²d

Las fórmulas de la tabla son de cuerpos homogéneos y valen sólo para el eje que dice la segunda columna. Para otro eje paralelo se usa Steiner; para un cuerpo armado con piezas, se suman. Una varilla es "delgada" cuando su grosor no importa frente al largo: si importa, la fórmula completa es la del cilindro de la penúltima fila.

Radio de giro

El radio de giro k de un cuerpo respecto de un eje es la distancia a la que habría que poner toda su masa, repartida en un aro delgado alrededor de ese eje, para tener el mismo momento de inercia:

I = M k²      k = √(I/M)

Es una definición, así que vale para cualquier cuerpo, de cualquier forma; lo que no se puede es usar el k de un eje para otro eje. Cuando el eje pasa por el CM se habla de radio de giro baricéntrico (el Rg de la guía), y con Steiner queda IO = M (k² + d²). Sirve para dar el momento de inercia de un cuerpo irregular con una sola longitud, que se puede medir haciéndolo oscilar como péndulo (sección 14), y para comparar formas: un aro tiene k = R; un disco, 0,707 R; una esfera maciza, 0,632 R.

Teorema de Steiner (ejes paralelos)

Si se conoce el momento de inercia respecto de un eje que pasa por el CM, el de cualquier eje paralelo a ese sale sin integrar:

IO = ICM + M d²

M es la masa total del cuerpo y d, la distancia entre los dos ejes. Las condiciones son dos, y las dos son obligatorias: los ejes tienen que ser paralelos, y uno de los dos tiene que pasar por el CM.

O CM dm d R r ejes ⊙
Los dos ejes atraviesan la hoja, uno por O y otro por el CM. Para cada elemento de masa, r = d + R. Al elevar al cuadrado e integrar, el término cruzado se anula porque R se mide desde el CM: ∫ R dm = 0.

Por qué. Se mira el cuerpo en un plano perpendicular a los dos ejes, como en la figura. Para cada elemento dm, el vector r que lo ubica desde el eje O es la suma del vector d, que va de O al CM, y del vector R, que va del CM al elemento: r = d + R. Elevando al cuadrado, r² = d² + R² + 2 d · R, e integrando sobre el cuerpo:

∫ r² dm = d² ∫ dm + ∫ R² dm + 2 d · ∫ R dm

El primer término es M d², el segundo es ICM y el tercero es cero, porque ∫ R dm es M por la posición del CM medida desde el propio CM. Eso es lo único que pide la demostración: que R se mida desde el CM. Si ninguno de los dos ejes pasa por el CM, el término cruzado en general no se anula y la fórmula da mal.

Tres consecuencias
  • Entre todos los ejes paralelos a una dirección, el de menor momento de inercia es el que pasa por el CM: cualquier otro le suma M d², que es positivo.
  • El momento de inercia crece con la distancia al CM, y es el mismo para todos los ejes paralelos que están a la misma distancia del CM.
  • Para pasar de un eje A a otro eje B, si ninguno pasa por el CM, hay que pasar por el CM: IB = IA − M dA² + M dB², con dA y dB las distancias de cada eje al CM, no la distancia entre ellos.
Del extremo de una varilla a un punto a L/4
Una varilla homogénea de masa M y largo L tiene IA = (1/3) M L² respecto de un eje perpendicular por su extremo A. Hallar el momento de inercia respecto de un eje paralelo que pasa a L/4 de A.
Del extremo al CM: el CM está a L/2 de A, así que ICM = IA − M (L/2)² = (1/3 − 1/4) M L² = (1/12) M L². → Del CM al eje nuevo: ese eje está a L/2 − L/4 = L/4 del CM: IB = (1/12) M L² + M (L/4)² = (7/48) M L².
El error típico: sumarle a IA el término M (L/4)², como si sirviera la distancia entre los dos ejes. Da (19/48) M L², casi el triple. El resultado correcto tiene que ser menor que IA, porque el eje nuevo está más cerca del CM.
Un disco que gire como un aro
Un disco y un aro tienen la misma masa M y el mismo radio R. ¿A qué distancia del centro del disco hay que poner un eje paralelo a su eje de simetría para que el disco tenga, respecto de ese eje, el mismo momento de inercia que el aro respecto del suyo?
Planteo: el eje de simetría del disco es baricéntrico, así que Steiner vale directo: (1/2) M R² + M d² = M R². → Resultado: d² = R²/2, d = R/√2 = 0,707 R.
Lectura: d coincide con el radio de giro del disco. No es casualidad: IO = M (k² + d²) vale M R² cuando k² + d² = R², y para el disco k² = R²/2.
La varilla más pesada hacia un extremo, girando
Para la varilla del primer ejemplo (L = 1,20 m, λ = λ0 (1 + x/L), λ0 = 0,50 kg/m, M = 0,90 kg, xCM = 0,667 m), hallar el momento de inercia respecto de ejes perpendiculares a la varilla por cada extremo y por el CM.
Extremo liviano, integrando: Iliv = ∫0L x² λ0 (1 + x/L) dx = λ0 (L³/3 + L³/4) = (7/12) λ0 L³ = 0,504 kg·m². → CM, con Steiner al revés: ICM = Iliv − M xCM² = 0,504 − 0,90 · 0,667² = 0,504 − 0,400 = 0,104 kg·m². → Extremo pesado, con Steiner desde el CM: está a 1,20 − 0,667 = 0,533 m del CM, así que Ipes = 0,104 + 0,90 · 0,533² = 0,360 kg·m².
Lectura: respecto del extremo pesado el momento de inercia es menor, porque ese extremo está más cerca del CM. Una varilla homogénea de la misma masa y el mismo largo tendría (1/3) M L² = 0,432 kg·m² respecto de cualquiera de sus extremos.

Teorema de los ejes perpendiculares (sólo cuerpos planos)

Para una chapa plana de espesor despreciable, con los ejes x e y en el plano de la chapa y el eje z perpendicular a ella, los tres por el mismo punto:

Iz = Ix + Iy

Sale de que la distancia de un punto (x; y) de la chapa al eje z cumple r² = x² + y², mientras que su distancia al eje x es |y| y al eje y, |x|. Sirve para obtener un momento de inercia difícil a partir de dos fáciles, o al revés. En un disco, por simetría Ix = Iy, y como Iz = (1/2) M R², respecto de un diámetro queda (1/4) M R². En un aro, (1/2) M R². En una placa rectangular de lado a según x y lado b según y, Ix = (1/12) M b² e Iy = (1/12) M a², así que respecto del eje perpendicular por el centro Iz = (1/12) M (a² + b²). Vale sólo para cuerpos planos: en una esfera o en un cilindro la suma no da.

Momento de inercia de cuerpos compuestos

El momento de inercia es una suma sobre las masas, así que el de un cuerpo armado con piezas es la suma de los de las piezas, siempre que todos estén tomados respecto del mismo eje. Y se puede restar: un cuerpo con un hueco es el cuerpo lleno menos la pieza que falta.

  1. Partir el cuerpo en piezas de momento de inercia conocido (la tabla) y de masa conocida, o calculada con la densidad y el volumen.
  2. Para cada pieza, anotar su momento de inercia respecto de un eje por su propio CM, paralelo al eje pedido, y la distancia d de ese CM al eje pedido.
  3. Steiner pieza por pieza: I = ICM pieza + Mpieza d². La masa es la de la pieza.
  4. Sumar, y restar los huecos con la masa que tendrían si estuvieran llenos.
  5. Si piden ICM del conjunto, primero se halla el CM del conjunto y se toman las distancias de cada pieza a ese punto; o se calcula I respecto de otro eje y se resta Mtotal d² (Steiner al revés).
Sumar momentos de ejes distintos
Sumar el (1/2) M R² de un disco con el (1/12) m L² de una varilla, cada uno respecto de su propio centro, no da el momento de inercia de nada. Cada pieza se lleva primero al eje común, con su propia masa y su propia distancia.
Varilla de acero y aluminio
Una varilla delgada de sección 2,0 mm² = 2,0 × 10⁻⁶ m² tiene 0,30 m de acero (ρ = 7850 kg/m³) soldados a 0,50 m de aluminio (ρ = 2700 kg/m³): 0,80 m en total. Hallar su CM y el momento de inercia respecto de un eje perpendicular por cada extremo. ¿En qué extremo conviene poner un pivote para que el momento de inercia sea el menor?
Masas: macero = 7850 · 2,0 × 10⁻⁶ · 0,30 = 4,71 × 10⁻³ kg; mal = 2700 · 2,0 × 10⁻⁶ · 0,50 = 2,70 × 10⁻³ kg; en total, 7,41 × 10⁻³ kg. → CM, medido desde el extremo A del acero: los CM de las piezas están a 0,15 m y a 0,30 + 0,25 = 0,55 m, y xCM = (4,71 · 0,15 + 2,70 · 0,55) / 7,41 = 0,296 m (las masas, en gramos: el factor se simplifica). Está del lado del acero, 0,10 m antes del centro geométrico. → Respecto del extremo A: el acero gira alrededor de su propio extremo, (1/3) macero (0,30 m)² = 1,41 × 10⁻⁴ kg·m²; el aluminio, con Steiner desde su centro, (1/12) mal (0,50 m)² + mal (0,55 m)² = 0,56 × 10⁻⁴ + 8,17 × 10⁻⁴ kg·m². Suma: IA = 1,01 × 10⁻³ kg·m². → Respecto del extremo B del aluminio: (1/3) mal (0,50 m)² = 2,25 × 10⁻⁴ kg·m², y el acero, (1/12) macero (0,30 m)² + macero (0,65 m)² = 0,35 × 10⁻⁴ + 19,90 × 10⁻⁴ kg·m². Suma: IB = 2,25 × 10⁻³ kg·m².
Lectura: conviene el pivote en el extremo del acero, con menos de la mitad del momento de inercia. La regla general sale de Steiner: como I = ICM + M d², el menor es el del extremo más cercano al CM, que es el del lado pesado. Control: ICM = IA − M xCM² = 3,66 × 10⁻⁴ kg·m², e ICM + M (0,80 m − 0,296 m)² vuelve a dar IB.
O CMvarilla CM 0,40 m 0,90 m 0,733 m g
El péndulo del ejemplo: varilla de 0,80 m y 0,60 kg con un disco de 1,2 kg y 0,10 m de radio. El CM del conjunto queda a 0,733 m de O, mucho más cerca del disco que de la mitad de la varilla.
Péndulo de varilla y disco
Una varilla homogénea de 0,80 m y 0,60 kg cuelga de un pivote O en su extremo de arriba. En su extremo de abajo tiene soldado un disco homogéneo de 1,2 kg y 0,10 m de radio, en el mismo plano, con su centro sobre la prolongación de la varilla, a 0,90 m de O. Hallar el CM del conjunto, su momento de inercia respecto del eje del pivote (perpendicular al plano), su radio de giro respecto de ese eje y su momento de inercia baricéntrico.
CM, medido desde O hacia abajo: xCM = (0,60 · 0,40 + 1,2 · 0,90) / 1,8 = 1,32 / 1,8 = 0,733 m. → Varilla respecto de O (gira alrededor de su extremo): (1/3) · 0,60 · 0,80² = 0,128 kg·m². → Disco respecto de O, con Steiner desde su centro: (1/2) · 1,2 · 0,10² + 1,2 · 0,90² = 0,0060 + 0,972 = 0,978 kg·m². → Total: IO = 1,106 kg·m² ≈ 1,11 kg·m². → Radio de giro respecto de O: kO = √(1,106 / 1,8) = 0,784 m. → Baricéntrico: ICM = IO − M xCM² = 1,106 − 1,8 · 0,733² = 1,106 − 0,968 = 0,138 kg·m².
Lectura: el término propio del disco, (1/2) M R², aporta sólo el 0,54 % del total: tratar el disco como una masa puntual en su centro da 1,10 kg·m². Pasa siempre que una pieza es chica frente a su distancia al eje: lo que pesa es el M d² de Steiner.
El disco con agujero, girando
Para el disco con el agujero de radio R/2 del ejemplo de centro de masa (disco lleno de 1,6 kg y R = 0,20 m; quedan 1,2 kg, con el CM a R/6 = 0,0333 m del centro O), hallar el momento de inercia respecto del eje perpendicular por O y respecto del eje paralelo por el CM.
Disco lleno, respecto de O: (1/2) · 1,6 · 0,20² = 0,0320 kg·m². → Lo que falta, respecto de O: el disco del agujero tiene 0,40 kg y radio 0,10 m, y su centro está a 0,10 m de O: (1/2) · 0,40 · 0,10² + 0,40 · 0,10² = 0,0020 + 0,0040 = 0,0060 kg·m². → Resta: IO = 0,0320 − 0,0060 = 0,0260 kg·m², que en letras es (13/32) Mlleno R². → Respecto del CM: ICM = IO − 1,2 · 0,0333² = 0,0260 − 0,0013 = 0,0247 kg·m².
Lectura: la resta se hace con los dos momentos respecto del mismo eje, el de O. Y el Steiner del final usa la masa que queda (1,2 kg), porque es el cuerpo que gira.
Rueda con rayos y cubo
Una rueda está hecha con un aro de 2,0 kg y 0,40 m de radio, un cubo central que es un disco de 0,50 kg y 0,05 m de radio, y cuatro rayos, varillas delgadas de 0,30 kg cada una que van del borde del cubo al aro. Hallar el momento de inercia respecto del eje de la rueda y respecto de un eje paralelo que pasa por un punto del aro.
CM: por simetría, en el centro. → Aro: 2,0 · 0,40² = 0,320 kg·m². → Cubo: (1/2) · 0,50 · 0,05² = 0,000625 kg·m². → Cada rayo: mide 0,40 − 0,05 = 0,35 m y su centro está a 0,05 + 0,175 = 0,225 m del eje: (1/12) · 0,30 · 0,35² + 0,30 · 0,225² = 0,01825 kg·m²; los cuatro, 0,0730 kg·m². → Total: ICM = 0,394 kg·m². → Por un punto del aro: la masa total es 3,7 kg y el eje está a 0,40 m del CM: I = 0,394 + 3,7 · 0,40² = 0,986 kg·m².
Lectura: el aro pone el 81 % del total con poco más de la mitad de la masa, porque está en el lugar más lejano. Un rayo que arranca en el cubo no gira alrededor de su extremo, así que no vale (1/3) m L²: eso sería si arrancara en el eje mismo. Y da igual qué punto del aro se elija, porque todos están a la misma distancia del CM y el eje pedido es paralelo al de la rueda.

La incerteza de un momento de inercia

El método de la cátedra
Un momento de inercia calculado con masas y longitudes medidas es una medición indirecta. Su incerteza se acota con la suma de los módulos de las derivadas parciales, cada una multiplicada por la incerteza de su variable:
ΔI = |∂I/∂M| ΔM + |∂I/∂R| ΔR + …
No se suma en cuadratura: es una cota del peor caso. Con una balanza de resolución 1 g, ΔM = 1 g; con una regla milimetrada, ΔL = 1 mm (la mínima división, o la mitad si se justifica). La incerteza relativa es ΔI/I y la porcentual, 100 ΔI/I. El resultado se escribe con la incerteza recortada a dos cifras significativas, como pide la guía, y el valor con los mismos decimales; las cuentas intermedias, con todas las cifras. La sección 2 desarrolla el método completo.

Dos detalles. Si una misma magnitud medida aparece en varios términos (un radio que es también el largo de los rayos), es una sola variable: se deriva la función entera respecto de ella, en lugar de tratar cada aparición como si fuera otra medición. Y en un producto de potencias conviene pensar en incertezas relativas: para I = M R², ΔI/I = ΔM/M + 2 ΔR/R, porque el radio está al cuadrado.

Aro con una varilla en un diámetro
Un aro de M = (480 ± 1) g y radio R = (120 ± 1) mm tiene soldada a lo largo de un diámetro una varilla delgada de m = (150 ± 1) g, que mide lo mismo que el diámetro. Hallar el momento de inercia respecto del eje perpendicular por el centro, con su incerteza.
Valor: I = M R² + (1/12) m (2R)² = (M + m/3) R² = (0,480 + 0,050) · 0,120² = 7,632 × 10⁻³ kg·m². R aparece en los dos términos, pero es una sola medición. → Derivadas: ∂I/∂M = R², ∂I/∂m = R²/3, ∂I/∂R = 2 (M + m/3) R. → Incerteza: ΔI = R² ΔM + (R²/3) Δm + 2 (M + m/3) R ΔR = (1,44 + 0,48 + 12,72) × 10⁻⁵ = 14,64 × 10⁻⁵ kg·m². → Recorte: con dos cifras, ΔI = 0,15 × 10⁻³ kg·m², e I = (7,63 ± 0,15) × 10⁻³ kg·m². → Relativa y porcentual: ΔI/I = 0,019, o sea 1,9 %. → Respecto de un punto del aro: con Steiner, I' = (M + m/3) R² + (M + m) R² = (2M + (4/3) m) R², y con el mismo método, I' = (16,70 ± 0,33) × 10⁻³ kg·m² (2,0 %).
Lectura: casi toda la incerteza viene del radio: un milímetro en 120 mm es el 0,8 %, y al estar al cuadrado pesa el doble. La de las masas casi no cuenta.

Ejes principales de inercia

Hasta acá el momento de inercia fue un número para cada eje. Pero cuando un cuerpo gira alrededor de un eje, su momento cinético L no siempre apunta a lo largo del eje. La componente de L sobre el eje vale siempre I Ω; lo que puede aparecer, además, es una componente perpendicular.

Ω m m L 60° 30° ⊗ ⊙
Las pesas giran alrededor del eje vertical. Cada masa tiene velocidad perpendicular a la hoja, y su momento cinético respecto del centro es perpendicular a la barra. El total, L, forma 30° con Ω: el eje no es principal. L gira con la barra, y para eso los cojinetes tienen que hacer un momento.
Pesas que giran torcidas
Dos masas de 0,50 kg, en los extremos de una barra liviana de 0,40 m, giran a Ω = 10 rad/s alrededor de un eje fijo que pasa por el centro de la barra y forma 60° con ella. Hallar el momento de inercia respecto del eje y el momento cinético respecto del centro.
Momento de inercia: cada masa está a 0,20 m · sen 60° = 0,173 m del eje: I = 2 · 0,50 · 0,173² = 0,030 kg·m². → Momento cinético de cada masa: su velocidad, 10 · 0,173 = 1,73 m/s, es perpendicular a la hoja; r va a lo largo de la barra, así que r × mv es perpendicular a la barra y está en el plano de la hoja. Vale 0,20 · 0,50 · 1,73 = 0,173 kg·m²/s para cada una, y las dos apuntan hacia el mismo lado: L = 0,346 kg·m²/s, perpendicular a la barra. → Componentes: sobre el eje, L sen 60° = 0,30 kg·m²/s, que es justo I Ω; perpendicular al eje, L cos 60° = 0,173 kg·m²/s.
Lectura: L forma 30° con Ω. Como está pegado a la barra, gira con ella, y aunque Ω sea constante L cambia de dirección: dL/dt = Ω L⊥ = 1,73 N·m. Ese momento lo tienen que hacer los cojinetes del eje, que sienten un esfuerzo que da vueltas con la barra. Es lo que pasa con una rueda mal balanceada.

Un eje principal de inercia por un punto O es una dirección tal que, si el cuerpo gira alrededor de ella, LO es paralelo a Ω. Entonces LO = I Ω, con I el momento de inercia respecto de ese eje. Lo que se puede demostrar, y acá se usa sin demostración:

  • Por cada punto de cualquier cuerpo pasan por lo menos tres ejes principales, perpendiculares entre sí. Entre todos los ejes que pasan por ese punto, el momento de inercia es máximo respecto de uno de ellos y mínimo respecto de otro. Un cuerpo con mucha simetría puede tener infinitos: en una esfera homogénea, todo eje que pasa por el centro es principal.
  • Un eje de simetría de la distribución de masa es principal en todos sus puntos.
  • Un eje perpendicular a un plano de simetría, por un punto de ese plano, es principal.
  • En un cuerpo plano (una chapa, un cuerpo en dos dimensiones), la perpendicular al plano por cualquier punto de la chapa es principal, porque todas las masas están en z = 0. Los otros dos ejes principales de ese punto están en el plano de la chapa y son perpendiculares entre sí. Si la chapa tiene un eje de simetría que pasa por el punto, uno de ellos es ese eje; si no tiene ninguno, igual existen.

La idea matemática que está detrás, como la presenta la cátedra: la relación entre L y Ω es una matriz de 3 × 3, el tensor de inercia. En la diagonal están los momentos de inercia respecto de los ejes x, y, z; fuera de la diagonal, los productos de inercia, sumas del tipo Σ m x y (el libro de la cátedra los llama momentos centrífugos). Los ejes principales son aquellos en los que la matriz queda diagonal: los productos de inercia valen cero, y los momentos respecto de esos ejes se llaman momentos principales. En todos los movimientos planos de la guía (discos, barras, placas y cilindros que giran alrededor de un eje perpendicular a su plano o de su eje de simetría) el eje de giro es principal, y por eso en las secciones 12 a 14 se puede escribir L = I Ω como si I fuera un número.

Momento de una fuerza, cupla y sistemas equivalentes

Sobre una partícula, todas las fuerzas actúan en el mismo punto y alcanza con sumarlas. Sobre un cuerpo rígido no: la misma fuerza, aplicada cerca de las bisagras de una puerta o en el picaporte, tiene efectos distintos. Lo que mide la capacidad de una fuerza para hacer girar es su momento (o torque) respecto de un punto O:

τO = r × F      τO = x Fy − y Fx      |τO| = F b

r va de O al punto de aplicación, (x; y) son sus componentes y b es el brazo: la distancia de O a la recta de acción de la fuerza. En el plano, τ es perpendicular a la hoja y se maneja como un número con signo; con x hacia la derecha e y hacia arriba, la fórmula con componentes da positivo el sentido antihorario. La forma práctica es fuerza por brazo, con el signo puesto mirando hacia dónde haría girar la fuerza si actuara sola. La unidad es el N·m. Una fuerza se puede deslizar a lo largo de su recta de acción sin que cambie su momento (el brazo es el mismo), y una fuerza cuya recta de acción pasa por O no hace momento respecto de O. Lo que no se puede es correrla a una recta paralela: eso cambia el brazo.

Cupla

Una cupla (o par de fuerzas) son dos fuerzas de igual módulo y sentidos opuestos sobre rectas paralelas separadas una distancia b. Su resultante es cero y su momento vale F b respecto de cualquier punto: es un momento puro, sin fuerza neta. Por eso una cupla se da por su valor en N·m sin decir dónde está aplicada: sobre un rígido, da lo mismo. Y por eso una fuerza aplicada en un punto A equivale a la misma fuerza aplicada en otro punto O más una cupla igual al momento de la fuerza original respecto de O. Correr una fuerza no es gratis: hay que agregar la cupla.

Sistemas equivalentes, resultante y equilibrante

Dos sistemas de fuerzas son equivalentes (tienen el mismo efecto sobre un rígido) si tienen la misma resultante R = Σ Fi y el mismo momento respecto de un punto. Entonces tienen el mismo momento respecto de todos los puntos, porque al cambiar de punto el momento cambia en una cantidad que sólo depende de la resultante:

τB = τA + rA-B × R

con rA-B el vector que va de B a A. Cualquier sistema de fuerzas en el plano se reduce, en un punto O, a la resultante R aplicada en O más una cupla de valor τO, el momento total respecto de O. De ahí salen tres casos:

Reducción en OA qué equivale¿Lo equilibra una sola fuerza?
R ≠ 0A una sola fuerza, R, sobre una recta bien determinada: la de los puntos (x; y) que cumplen x Ry − y Rx = τOSí: la equilibrante E = −R, sobre esa misma recta
R = 0 y τO ≠ 0A una cuplaNo: sólo otra cupla, igual y contraria
R = 0 y τO = 0A nada: ya está en equilibrioNo hace falta

La equilibrante no es sólo una fuerza: es una fuerza con su recta de acción. Puede aplicarse en cualquier punto de esa recta, pero si la recta no corta al cuerpo, no hay ningún punto del cuerpo donde aplicarla directamente, y habría que agregarle una pieza rígida que llegue hasta la recta. Dos maneras de encontrar la recta de R casi sin cuentas: si las fuerzas no son paralelas, se deslizan hasta el cruce de sus rectas de acción y la resultante pasa por ahí; si son paralelas, la resultante está en x = Σ Fi xi / Σ Fi, la misma cuenta que la del CM (y por eso el peso total pasa por el CG).

F₁ F₂ I E O 1,0 m 1,5 m
La equilibrante del ejemplo. Las rectas de acción de F1 y F2 se cortan en I; la de la resultante pasa por I (las dos fuerzas se pueden deslizar hasta ahí y sumarse) y corta la barra a 1,0 m de O. La equilibrante E = −R va sobre esa misma recta.
La equilibrante de dos fuerzas
Sobre una barra de 1,5 m, sin peso, con el origen O en su extremo izquierdo y el eje x a lo largo de ella, actúan F1 = (0; 3,0) N en O y F2 = (4,0; 6,0) N en el otro extremo. Hallar la fuerza que la equilibra y dónde se aplica.
Resultante: R = (4,0; 9,0) N, de 9,85 N. → Momento respecto de O: F1 pasa por O; el de F2, aplicada en (1,5; 0) m, vale 1,5 · 6,0 − 0 · 4,0 = 9,0 N·m (antihorario). → Equilibrante: E = (−4,0; −9,0) N, y su momento respecto de O tiene que ser −9,0 N·m. Aplicada en un punto (x; 0) de la barra: x · (−9,0) − 0 · (−4,0) = −9,0, x = 1,0 m. → Control gráfico: la recta de F2 corta a la de F1 (el eje y) en y = −1,5 · 6,0/4,0 = −2,25 m. La recta de la resultante tiene que pasar por ese punto I con pendiente 9,0/4,0, y en y = 0 llega a x = 2,25 · 4,0/9,0 = 1,0 m.
Lectura: si F2 apuntara hacia abajo, (4,0; −6,0) N, la resultante sería (4,0; −3,0) N, el momento −9,0 N·m, y la recta de la equilibrante cortaría la línea de la barra en x = 3,0 m: fuera de la barra, 1,5 m más allá de su extremo. Y si las dos fuerzas formaran una cupla, ninguna fuerza sola alcanzaría.

Condiciones de equilibrio del cuerpo rígido

Un cuerpo rígido está en equilibrio cuando su CM no se acelera y no gana ni pierde velocidad angular. Como es un sistema de partículas, eso pide dos condiciones sobre las fuerzas exteriores:

Σ Fext = 0      Σ τO = 0  respecto de cualquier punto O

La primera da aCM = 0; la segunda, que el momento cinético no cambie, o sea γ = 0. Las dos hacen falta: una cupla tiene resultante nula y sin embargo hace girar al cuerpo, y una sola fuerza que pasa por O tiene momento nulo respecto de O y sin embargo acelera al CM. Si además el cuerpo está quieto, el equilibrio es estático. Las mismas condiciones valen para un cuerpo que se traslada con velocidad constante sin girar, como una caja que se sube por una escalera a velocidad constante: está en equilibrio aunque se mueva.

El punto O es libre. Si la resultante es cero, el momento total es el mismo respecto de cualquier punto (en la fórmula de cambio de punto, el término r × R se anula). Así que alcanza con pedir momento nulo respecto de un solo punto, y ese punto se elige para que la ecuación quede fácil. No tiene que ser un punto del cuerpo, ni el CM.

En el plano son tres ecuaciones: Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 y Σ τO = 0. Se pueden reemplazar por dos de momentos (respecto de dos puntos A y B) y una de fuerzas en una dirección que no sea perpendicular a AB, o por tres de momentos respecto de tres puntos no alineados; nunca hay más de tres independientes. Con ellas se despejan hasta tres incógnitas. Si hay más (una mesa de cuatro patas apoyada en el piso), el problema es hiperestático: la estática del rígido no alcanza y habría que saber cómo se deforma el cuerpo, que está fuera del curso. En los problemas de la guía las incógnitas son tres, o la que sobra se fija con una condición límite: el rozamiento a punto de deslizar, o una normal que se anula.

Dónde tomar momentos
En el punto por el que pasan más incógnitas: una articulación (sus dos componentes desaparecen), el apoyo cuya reacción no interesa, el cruce de las rectas de acción de dos fuerzas desconocidas. Lo ideal es una ecuación con una sola incógnita.

Dos y tres fuerzas

  • Un cuerpo en equilibrio bajo dos fuerzas: son iguales, opuestas y están sobre la misma recta (si no, formarían una cupla). Una barra sin peso, articulada en sus dos extremos y sin otras cargas, hace fuerza a lo largo de ella misma.
  • Un cuerpo en equilibrio bajo tres fuerzas no paralelas: sus rectas de acción se cortan en un punto (tomando momentos respecto del cruce de dos de ellas, la tercera tiene que pasar por ahí). Si se conocen las direcciones de dos, la de la tercera sale sola. Varios pesos se juntan primero en uno solo, aplicado en el CG del conjunto.

Cómo se plantea

  1. Elegir el cuerpo (o los cuerpos, de a uno) y aislarlo.
  2. Diagrama de cuerpo libre, con cada fuerza en su punto de aplicación: el peso en el CM (en el CG si g cambia), y cada vínculo reemplazado por su reacción según la tabla que sigue. Las de sentido desconocido se suponen.
  3. Ejes y sentido positivo de giro, declarados y dibujados.
  4. Ecuaciones: Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 y Σ τO = 0, con O elegido donde más incógnitas se anulan.
  5. Contar incógnitas y ecuaciones. Si sobra una incógnita, buscar la condición que falta: rozamiento límite, normal nula, un dato escondido en el enunciado.
  6. Resolver con letras y reemplazar al final.
  7. Controlar que las reacciones que sólo pueden empujar no den negativas, que el rozamiento estático no supere μe N y que el resultado tenga sentido en los casos límite.

Vínculos y sus reacciones

Un vínculo es lo que le impide al cuerpo algún movimiento: un apoyo, una bisagra, una cuerda, una pared. En el diagrama de cuerpo libre el vínculo se saca y se reemplaza por la fuerza que hace, la reacción de vínculo, que es una incógnita. La regla para saber cómo es: la reacción tiene una componente en cada dirección en la que el vínculo impide moverse, y ninguna en las que lo deja.

VínculoQué impideReacciónIncógnitas
Apoyo simple (rodillo, apoyo puntual, superficie lisa)Que el punto se meta en la superficieNormal, perpendicular a la superficie de contacto. Sólo empuja: N ≥ 01
Apoyo en una arista o un borde (un escalón, el canto de una mesa)Lo mismo, en el punto de contactoPerpendicular a la superficie del cuerpo en ese punto: en una rueda, apunta al centro1
Superficie con rozamientoQue el punto se meta en ella y, mientras el rozamiento alcance, que desliceNormal N más rozamiento f, tangente a la superficie, de sentido a determinar, con f ≤ μe N2
Extremo trabado en una esquina (contra el piso y la pared)Que el punto se meta en el piso o en la paredDos componentes, una normal de cada superficie (más los rozamientos, si hay). Funciona como una articulación, pero sólo empuja2
Articulación, perno o pivote (bisagra)Toda traslación del punto; deja girarUna fuerza de dirección desconocida: dos componentes, Rx y Ry. No hace momento respecto del perno2
Cuerda, soga o cable idealQue el punto se aleje del otro extremoTensión T a lo largo de la cuerda, tirando hacia afuera del cuerpo. Sólo tira: T ≥ 0. Si pasa por una polea ideal, vale lo mismo de los dos lados1
Barra sin peso articulada en sus dos extremosQue cambie la distancia entre esos dos puntosFuerza a lo largo de la barra (tira o empuja)1
Empotramiento (una viga metida en la pared)Toda traslación y todo giroRx, Ry y una cupla3

Los vínculos que sólo empujan (apoyos, superficies) o sólo tiran (cuerdas) son unilaterales: si al resolver la reacción da con el signo prohibido, el contacto supuesto no existe. Una normal negativa quiere decir que el cuerpo se separa de ese apoyo; una tensión negativa, que la cuerda se afloja. El límite entre una cosa y la otra, la normal que llega a cero, es la condición de vuelco o de despegue.

A B 30 kg 12 kg, 2,0 m 1,5 m A B 118 N 294 N T Ax Ay peso total
Arriba, la pluma del ejemplo. Abajo, su diagrama de cuerpo libre. La reacción de la articulación tiene dirección desconocida: se dibujan sus dos componentes. Las rectas de acción de T, de la reacción en A y del peso total (que pasa a 1,71 m de A) se cortan en un mismo punto, como tiene que pasar con tres fuerzas no paralelas en equilibrio.
Pluma articulada con un cable
Una barra homogénea de 2,0 m y 12 kg está articulada en la pared por su extremo A y se mantiene horizontal con un cable que va de su otro extremo B a un punto de la pared 1,5 m por encima de A. De B cuelga una carga de 30 kg. Hallar la tensión del cable y la reacción de la articulación, en módulo y en ángulo con la barra.
Fuerzas (la figura, abajo): los pesos, 117,6 N en el medio de la barra y 294 N en B; la tensión T en B, hacia el anclaje (el cable mide 2,5 m y forma con la barra un ángulo de seno 1,5/2,5 = 0,6 y coseno 0,8); la reacción en A, con sus componentes Ax y Ay supuestas hacia afuera de la pared y hacia arriba. → Momentos respecto de A (desaparecen Ax y Ay): T · 0,6 · 2,0 m = 117,6 N · 1,0 m + 294 N · 2,0 m, T = 705,6 / 1,2 = 588 N. Del cable sólo hace momento la componente perpendicular a la barra. → Horizontal: Ax = 0,8 T = 470 N, hacia afuera de la pared: la barra empuja contra la pared. → Vertical: Ay = 117,6 + 294 − 0,6 T = 411,6 − 352,8 = 58,8 N, hacia arriba. → Reacción: √(470² + 58,8²) = 474 N, a 7,1° por encima de la barra.
Lectura: la reacción no va a lo largo de la barra, porque la barra tiene peso propio. Control con tres fuerzas: los dos pesos equivalen a 411,6 N a 1,71 m de A; la recta del cable pasa por la vertical de ese punto a 0,214 m sobre la barra, y la recta de la reacción, con pendiente 58,8/470 = 0,125, también. Si la barra no pesara, las tres rectas se cortarían en B y la reacción iría a lo largo de la barra.

Rozamiento estático en el equilibrio

El rozamiento estático no vale μe N: vale lo que haga falta para el equilibrio, y μe N es su máximo. Por eso en un problema de estática f es una incógnita más, que sale de las ecuaciones, y al final se controla que f ≤ μe N. Si el sentido no es obvio se supone uno, y si da negativo era el otro. La igualdad f = μe N se usa sólo cuando el enunciado pide un límite ("el ángulo máximo para que no resbale", "hasta dónde puede subir"): es la condición de a punto de deslizar, la ecuación que falta para despejar el valor límite. En una escalera con rozamiento en el piso y en la pared, al resbalar se mueven los dos extremos a la vez: en el límite, los dos rozamientos están en su máximo.

Npared Npiso f Pe Pp persona 60°
Diagrama de cuerpo libre de la escalera. La pared lisa sólo empuja en horizontal. En el piso hay normal y rozamiento; el rozamiento apunta hacia la pared, porque el pie tiende a resbalar alejándose de ella. La persona está a una distancia d del pie, medida a lo largo de la escalera. Tomando momentos respecto del pie, Npiso y f no aparecen.
Hasta dónde se puede subir
Una escalera homogénea de 4,0 m y 15 kg está apoyada en una pared lisa y forma 60° con el piso; entre el piso y la escalera, μe = 0,40. Una persona de 75 kg empieza a subir. ¿Hasta qué distancia d del pie, medida a lo largo de la escalera, puede llegar sin que la escalera resbale?
Fuerzas (la figura): Npared, horizontal, arriba; Npiso y f en el pie, con f hacia la pared; los pesos, 147 N en el medio de la escalera y 735 N en la persona. → Vertical: Npiso = 147 + 735 = 882 N. → Horizontal: f = Npared. → Momentos respecto del pie (Npiso y f no hacen momento): Npared · 4,0 sen 60° = 147 · 2,0 cos 60° + 735 · d cos 60°. Los brazos de los pesos son distancias horizontales; el de Npared, la altura del extremo de arriba. → A punto de resbalar: f = μe Npiso = 0,40 · 882 = 352,8 N, y entonces Npared = 352,8 N. → Despeje: 352,8 · 3,464 = 147 + 367,5 d; 1222 = 147 + 367,5 d; d = 2,93 m.
Lectura: puede subir hasta 2,93 m de los 4,0 m. Cuanto más sube, más momento hace su peso respecto del pie, más tiene que empujar la pared y más rozamiento hace falta, mientras que la normal del piso, y con ella el rozamiento máximo, no cambia. Para llegar arriba de todo con este ángulo haría falta μe = 0,53, o una escalera más parada.

Sin la persona, la misma cuenta da la inclinación mínima con la que una escalera homogénea se sostiene sola contra una pared lisa: tan θmín = 1/(2 μe), con θ medido desde el piso. Para μe = 0,40, θmín = 51,3°. Ojo con el ángulo: si se lo mide desde la pared, como hace a veces la guía, la tangente se invierte, y la misma condición queda tan α ≤ 2 μe, con α el ángulo entre la escalera y la pared.

Vuelco y despegue

Un cuerpo apoyado en dos o más puntos vuelca, o se despega de un apoyo, cuando la normal de ese apoyo llega a cero. Hasta ahí, las ecuaciones de equilibrio dan normales positivas; un poco más allá darían una normal negativa, que un apoyo no puede hacer, y el cuerpo empieza a girar alrededor del otro apoyo. El planteo es siempre el mismo: se escriben las reacciones en función de lo que cambia (la posición de una carga, una fuerza que crece) y se pide N = 0 en el apoyo que se descarga.

A B 200 N persona 686 N NB NA = 0 1,0 m 2,0 m 1,0 m 2,0 m
El tablón a punto de volcar: la persona está 0,29 m más allá del apoyo B y la normal en A ya es cero. Un paso más y las ecuaciones darían una normal negativa en A, que un apoyo no puede hacer.
Un tablón con voladizos
Un tablón homogéneo de 6,0 m que pesa 200 N descansa sobre dos apoyos: A, a 1,0 m de su extremo izquierdo, y B, a 4,0 m. Una persona de 70 kg (686 N) camina sobre él. Hallar las normales de los apoyos en función de la posición x de la persona, medida desde el extremo izquierdo, y entre qué posiciones puede caminar sin que el tablón vuelque.
Momentos respecto de A (positivo antihorario): NB · 3,0 m − 200 N · 2,0 m − 686 N · (x − 1,0 m) = 0, así que NB = 133,3 N + 228,7 N/m · (x − 1,0 m). → Vertical: NA = 886 N − NB = 752,7 N − 228,7 N/m · (x − 1,0 m). → Control: con la persona sobre A (x = 1,0 m), NA = 753 N y NB = 133 N; sobre B (x = 4,0 m), NA = 67 N y NB = 819 N. → Vuelco hacia la derecha: NA = 0 cuando x − 1,0 m = 752,7/228,7 m, x = 4,29 m: apenas 0,29 m más allá de B, aunque el voladizo mide 2,0 m. → Vuelco hacia la izquierda: NB = 0 cuando x − 1,0 m = −133,3/228,7 m, x = 0,42 m: 0,58 m antes de A.
Lectura: la persona puede caminar entre 0,42 m y 4,29 m. Las normales son lineales en x porque el momento del peso de la persona crece en proporción a su distancia al apoyo. La posición en la que vuelca no depende de cuánto mide el voladizo: depende del contrapeso que hace el tablón, su peso por la distancia de su CM al apoyo sobre el que gira.
E P F NE Npiso = 0 b R − h h
El cilindro a punto de subir el escalón: la normal del piso ya es cero y quedan tres fuerzas, que tienen que concurrir en el centro. Respecto de la arista E, el brazo de F (horizontal) es R − h y el del peso es b = √(2Rh − h²).
Subir un cilindro a un escalón
Un cilindro de 25 kg y 0,30 m de radio está apoyado en el piso contra un escalón de 0,10 m. Se lo empuja hacia el escalón con una fuerza horizontal aplicada en su eje. ¿Cuál es la fuerza mínima para que empiece a subir? ¿Y si se puede elegir la dirección de la fuerza?
Cuándo empieza a subir: cuando se despega del piso, o sea cuando Npiso = 0. En ese instante quedan tres fuerzas: el peso (245 N), F y la reacción de la arista E del escalón. → Momentos respecto de E, para no necesitar la reacción: el peso tiene como brazo la distancia horizontal de E al centro, b = √(R² − (R − h)²) = √(2Rh − h²) = √(0,060 − 0,010) m = 0,224 m. F, horizontal y aplicada en el centro, tiene brazo R − h = 0,20 m. → Condición: F (R − h) = P b, F = 245 · 0,224 / 0,20 = 274 N. → Con la mejor dirección: el brazo más grande posible respecto de E es la distancia de E al centro, R = 0,30 m, y se logra con la fuerza perpendicular a la recta que une E con el centro: F = P b / R = 183 N, inclinada 48,2° por encima de la horizontal.
Lectura: la reacción de la arista tiene que pasar por el centro, donde se cortan las otras dos fuerzas (tres fuerzas no paralelas en equilibrio). Con F horizontal vale √(274² + 245²) = 368 N. Con una fuerza menor que la mínima, la carga se reparte entre el piso y la arista, y el cilindro no se mueve.

Otro caso típico es el de una caja apoyada en el piso y empujada con una fuerza horizontal a una altura h. Mientras no se mueve, la normal del piso no está en el centro de la base: se corre hacia adelante, para que su momento compense el de la fuerza. Si llega al borde de adelante antes de que el rozamiento llegue a su máximo, la caja vuelca en lugar de deslizar. Tomando momentos respecto de ese borde, volcaría con F h = M g (b/2), con b el ancho de la base, y deslizaría con F = μe M g: pasa lo que pida menos fuerza. Una caja de 40 kg y 0,50 m de base, empujada a 0,70 m del piso con μe = 0,50, vuelca con 140 N, antes de llegar a los 196 N que la harían deslizar.

Más problemas tipo

Cuerpo redondo sostenido en un plano inclinado

α T P N f
El cilindro del ejemplo. La tensión y el rozamiento son paralelos al plano y están a la misma distancia R del centro, de lados opuestos: para que sus momentos respecto del centro se cancelen tienen que valer lo mismo. Las dos apuntan hacia arriba del plano.
Cilindro atado desde arriba
Un cilindro homogéneo de 8,0 kg está en reposo sobre un plano inclinado 25°, sostenido por una cuerda paralela al plano atada al punto del cilindro más alejado del plano (la figura), con μe = 0,30 entre el cilindro y el plano. Hallar la tensión, el rozamiento y la normal, y la inclinación máxima con la que se lo puede sostener así.
Ejes: x a lo largo del plano, hacia arriba; y perpendicular a él. Se supone el rozamiento hacia arriba del plano. → Momentos respecto del centro (el peso y la normal pasan por él): la tensión y el rozamiento son paralelos al plano y están a la misma distancia R del centro, de lados opuestos; apuntando los dos hacia arriba del plano, hacen momentos contrarios, así que T R − f R = 0 y f = T. → A lo largo del plano: T + f − M g sen α = 0, de donde T = f = (1/2) M g sen α = 0,5 · 78,4 · 0,423 = 16,6 N. → Perpendicular: N = M g cos α = 71,1 N. → Control: f/N = 16,6/71,1 = 0,23, menor que 0,30: se sostiene. → Inclinación máxima: f ≤ μe N da (1/2) M g sen α ≤ μe M g cos α, tan α ≤ 2 μe = 0,60, α ≤ 31,0°.
Lectura de los límites: con α → 0 todo se anula: en un piso horizontal no hace falta sostenerlo. Al crecer α, la normal baja mientras el rozamiento necesario sube; pasando los 31,0° el rozamiento no alcanza, el contacto resbala y no hay equilibrio. Con α → 90°, N → 0 y no queda rozamiento posible. Si la cuerda estuviera atada al eje del cilindro, en cambio, no haría momento respecto del centro: f = 0 y T = M g sen α, sin que haga falta rozamiento.

Fuerzas verticales sobre un cuerpo inclinado

Cuando todas las fuerzas son verticales, el brazo de cada una respecto de un punto es la distancia horizontal entre ese punto y el de aplicación. Si el cuerpo está inclinado, esa distancia no es la que se mide sobre el cuerpo. Para un punto que en el cuerpo está a una distancia u a lo largo de la base y a una altura v sobre ella, con la base inclinada un ángulo β, la distancia horizontal desde el comienzo de la base es

x = u cos β − v sen β

La altura v del CM sobre la base lo corre hacia el lado bajo: con el cuerpo inclinado, el que sostiene desde abajo carga más.

CM P F1 F2 0,370 m 1,04 m 30°
Con fuerzas verticales, el brazo de cada una respecto de la esquina de abajo es la distancia horizontal. El CM está 0,30 m por encima de la base y, al inclinar el cajón, eso lo corre hacia la esquina de abajo: el de abajo carga más.
Un cajón inclinado entre dos personas
Dos personas suben por una rampa de 30°, a velocidad constante, un cajón de 60 kg de 1,20 m de largo y 0,60 m de alto, con el CM en su centro y la base paralela a la rampa. Cada una lo sostiene de una esquina de la base con una fuerza vertical. ¿Cuánto hace cada una?
Equilibrio: a velocidad constante, Σ F = 0 y Σ τ = 0, como si estuviera quieto. → Distancias horizontales desde la esquina de abajo: el CM está en u = 0,60 m, v = 0,30 m, así que xCM = 0,60 cos 30° − 0,30 sen 30° = 0,520 − 0,150 = 0,370 m; la esquina de arriba, en u = 1,20 m y v = 0, está en x2 = 1,04 m. → Momentos respecto de la esquina de abajo: F2 · 1,04 m = 588 N · 0,370 m, F2 = 209 N. → Vertical: F1 = 588 − 209 = 379 N.
Lectura: el de abajo hace el 64 % del peso. Si el cajón no tuviera altura (una tabla fina), el CM estaría sobre la recta que une las manos, a mitad de camino, y cada uno haría 294 N con cualquier inclinación. Si se lo agarrara de otros puntos, cambian la u y la v de cada uno, pero el método es el mismo.
Las trampas del tema
  • Creer que el CM tiene que estar sobre el material. En un aro, una L o un alambre curvo cae en el hueco.
  • Usar la simetría de la forma cuando la masa no es simétrica (dos materiales, densidad variable).
  • Restar mal un hueco: la masa que se resta es la que tendría el hueco lleno del mismo material, y se resta también en el denominador.
  • Confundir CG con CM cuando g cambia, o creer que coinciden porque el cuerpo es homogéneo: coinciden porque g es uniforme.
  • Medir la distancia al centro en vez de la distancia al eje en el momento de inercia.
  • Usar Steiner entre dos ejes que no pasan por el CM, o con ejes que no son paralelos, o con la distancia entre los ejes cuando ninguno es baricéntrico.
  • Sumar momentos de inercia respecto de ejes distintos. Cada pieza se lleva al eje común con su propia masa.
  • Usar (1/3) m L² para un rayo que no arranca en el eje, o (1/12) M L² para una barra que gira alrededor de un extremo.
  • Creer que el momento de inercia de un cilindro respecto de su eje depende del largo, o que un disco, un aro y una esfera de igual masa y radio tienen el mismo.
  • Escribir L = I Ω siempre: sólo vale si el eje de giro es principal.
  • En las incertezas, sumar en cuadratura, o tratar como mediciones distintas las apariciones de una misma magnitud.
  • Pedir sólo Σ F = 0 para el equilibrio. Una cupla tiene resultante nula y hace girar.
  • Correr una fuerza a una recta paralela sin agregar la cupla, o tomar como brazo la distancia al punto de aplicación en lugar de la distancia a la recta de acción.
  • Dar la equilibrante sin su recta de acción, o buscarla cuando el sistema es una cupla.
  • Poner f = μe N cuando el cuerpo no está a punto de deslizar.
  • Olvidar que un apoyo sólo empuja y una cuerda sólo tira: una normal negativa quiere decir que ese apoyo ya no toca.
  • Dibujar la reacción de una articulación a lo largo de la barra cuando la barra tiene peso o cargas en el medio.
  • Medir mal los ángulos: el de la escalera, desde la pared o desde el piso, y los brazos de las fuerzas verticales en un cuerpo inclinado, que son distancias horizontales.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Calcular el CM de un cuerpo continuo eligiendo bien el elemento de masa, y el de un cuerpo compuesto sumando y restando piezas.
  • Dar ejemplos de cuerpos con el CM fuera del material.
  • Explicar cuándo el CG no coincide con el CM y calcular la diferencia con g(z) a primer orden.
  • Calcular por integración los momentos de inercia de la varilla, el aro, el disco y la esfera, y usar la tabla sabiendo para qué eje vale cada fórmula.
  • Usar Steiner en los dos sentidos, y saber que el mínimo está en el CM.
  • Calcular el momento de inercia de un cuerpo compuesto respecto de cualquier eje, y su incerteza con el método de la cátedra.
  • Usar el radio de giro y el teorema de los ejes perpendiculares.
  • Decir cuándo L es paralelo a Ω y cuáles son los ejes principales de un cuerpo con simetría o de un cuerpo plano.
  • Calcular momentos por brazo y por componentes, reducir un sistema de fuerzas y hallar la equilibrante con su recta de acción.
  • Hacer el diagrama de cuerpo libre reemplazando cada vínculo por su reacción, elegir el punto para tomar momentos y plantear las tres ecuaciones.
  • Resolver problemas con rozamiento estático límite, como la escalera, y con vuelco o despegue, pidiendo una normal nula.
↑ Volver al índice
12 Unidad 3 · Cuerpo rígido: dinámica de la rotación y de la rototraslación

La cinemática dice cómo se mueve cada punto de un cuerpo rígido, y la estática, qué hace falta para que se quede quieto. Esta sección responde lo que falta: dadas las fuerzas, cómo se mueve. La respuesta son dos ecuaciones, una para la traslación del centro de masa y otra para la rotación, más las relaciones que imponen los vínculos: un eje fijo, una cuerda que no patina, un piso sobre el que se rueda sin deslizar. Con eso se resuelven poleas con masa, barras con pivote, cilindros que ruedan, yo-yos y carreteles.

Es el centro de la unidad 3 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 11 tienen como tema principal la rotación alrededor de un eje fijo y 7 la rototraslación (18 de 45 entre los dos), y otros 2 traen alguno de esos temas dentro de un ejercicio de otro tipo. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 3: la barra con pivote sobre una mesa horizontal (problemas 25 y 26); las masas, la barra y el cuerpo irregular que giran en un plano vertical alrededor de un pivote (28, 47 y 48); la polea con masa (31 y 45); el disco y la barra unidos por un cable (32); la esfera en el plano inclinado (27); el cilindro empujado que puede deslizar (30); la esfera que pasa de deslizar a rodar sin deslizar (38); el disco y el cilindro que caen desenrollando una cuerda (29 y 34); el yo-yo tirado con un ángulo (33); el cilindro sobre una tabla de la que se tira (35); el disco con un resorte (36) y los nueve esquemas del sentido del rozamiento (41). Se dan por vistas la cinemática del cuerpo rígido y el cálculo de centros de masa y de momentos de inercia. La energía del cuerpo rígido, el momento cinético, las percusiones y el péndulo físico tienen sus propias secciones: acá aparecen sólo cuando uno de estos problemas los roza.

Lo que se trae de las secciones anteriores

Notación. La velocidad angular del cuerpo se escribe Ω y la aceleración angular, γ = dΩ/dt, como en la guía y en el libro de la cátedra (muchos libros de texto usan ω y α). El momento de una fuerza se escribe τ, como en la guía; el libro de la cátedra usa M, la misma letra que la masa. "Baricéntrico" quiere decir "que pasa por el centro de masa". Todos los movimientos de esta sección son planos: Ω, γ y τ son perpendiculares al plano del dibujo, así que cada uno se maneja como un número con signo.

  • Velocidad de un punto P del cuerpo: vP = vCM + Ω × r, con r el vector que va del CM a P. La parte de rotación es perpendicular a r y vale Ω d, con d la distancia de P al CM.
  • Aceleración de un punto P: aP = aCM + γ × r + Ω × (Ω × r). El segundo término es perpendicular a r y vale γ d. El tercero apunta de P hacia el CM y vale Ω² d.
  • Centro instantáneo de rotación (CIR): el punto que en ese instante tiene velocidad nula. Las velocidades de todos los puntos son las de una rotación alrededor de él: vP = Ω por la distancia de P al CIR.
  • Rodar sin deslizar (RSD): el punto del cuerpo que toca la superficie no desliza sobre ella. Si la superficie está quieta, ese punto es el CIR, y la guía escribe la condición como vCM = Ω × rCM-CIR, donde rCM-CIR va del CIR al CM. Para un cuerpo redondo de radio R con el CM en su centro, sobre una superficie plana, queda vCM = Ω R y, derivando, aCM = γ R. Ojo con las palabras: para la cátedra "rodadura" es cualquier rototraslación apoyada en una superficie, deslice o no. Esas dos igualdades valen sólo si no desliza.
  • Teorema de Steiner: IO = ICM + M d², con d la distancia entre el eje baricéntrico y el eje paralelo que pasa por O. Uno de los dos ejes tiene que pasar por el CM: para ir de un eje no baricéntrico a otro hay que pasar primero por el CM.
  • Radio de giro baricéntrico k: la longitud que cumple ICM = M k² (la guía también lo llama Rg). Con Steiner, IO = M (k² + d²).
Cuerpo homogéneoEjeMomento de inerciak² / R²
Aro o tubo de pared fina, radio RPor el centro, perpendicular al plano del aroM R²1
Disco o cilindro macizo, radio RSu eje de simetría(1/2) M R²1/2
Esfera maciza, radio RPor el centro(2/5) M R²2/5
Esfera hueca de pared fina, radio RPor el centro(2/3) M R²2/3
Varilla delgada, largo LPerpendicular a la varilla, por su centro(1/12) M L²
Varilla delgada, largo LPerpendicular a la varilla, por un extremo(1/3) M L²
Masa puntual m a distancia d del ejeCualquieram d²

La última columna es el número que distingue a un cuerpo redondo de otro en todas las fórmulas de rodadura: cuanto más lejos del eje está la masa, más grande es.

Momento de una fuerza y cupla

Sobre una partícula, una fuerza hace lo mismo se aplique donde se aplique. Sobre un cuerpo rígido no: la misma fuerza, aplicada en el centro de una rueda o en su borde, produce movimientos distintos. Lo que mide la capacidad de una fuerza de hacer girar es su momento (o torque) respecto de un punto O:

τO = r × F      |τO| = r F sen φ = F d

r va de O al punto de aplicación, φ es el ángulo entre r y F, y d = r sen φ es el brazo: la distancia de O a la recta de acción de la fuerza. La unidad es el N·m. En un problema plano el vector τ es perpendicular al dibujo (la guía lo marca con ⊙ si sale de la hoja y con ⊗ si entra) y se trabaja con un número con signo: positivo si la fuerza tiende a hacer girar en el sentido elegido como positivo, negativo si tiende a hacer girar al revés. Tres consecuencias que se usan todo el tiempo:

  • Una fuerza cuya recta de acción pasa por O no hace momento respecto de O. Elegir bien el centro de momentos hace desaparecer incógnitas.
  • Una fuerza se puede deslizar a lo largo de su recta de acción sin que cambie su momento, porque el brazo es el mismo. Lo que no se puede es correrla a una recta paralela.
  • El momento depende del punto. Siempre hay que decir respecto de qué punto se toma.

Hay dos formas de calcularlo, y dan lo mismo. La práctica: el módulo es fuerza por brazo (o la componente de la fuerza perpendicular a r, por r), y el signo se pone mirando hacia dónde haría girar esa fuerza si actuara sola. La analítica: con componentes, τz = x Fy − y Fx, donde (x; y) es la posición del punto de aplicación medida desde O. Ahí el signo sale solo: con el eje x hacia la derecha y el eje y hacia arriba, positivo es antihorario.

Momento de una fuerza oblicua
Una barra apoyada sobre una mesa horizontal puede girar alrededor de un eje vertical que pasa por su extremo O. A 0,80 m de O se le aplica una fuerza horizontal F2 = 20 N que forma 40° con la barra, como muestra la figura. Hallar su momento respecto de O.
Forma práctica: el brazo es d2 = 0,80 m · sen 40° = 0,514 m, y el módulo del momento, 20 N · 0,514 m = 10,3 N·m. Sola, esa fuerza haría girar la barra en sentido horario: con el antihorario como positivo, τ2 = −10,3 N·m. → Forma analítica: con x a lo largo de la barra e y perpendicular, el punto de aplicación es (0,80; 0) m y F2 = (20 cos 40°; −20 sen 40°) N = (15,3; −12,9) N. τz = 0,80 · (−12,9) − 0 · 15,3 = −10,3 N·m. → Lectura: la componente de la fuerza a lo largo de la barra (15,3 N) no hace momento, porque su recta de acción pasa por O. Todo el momento lo hace la componente perpendicular.
d₂ = 0,51 m O F₁ = 15 N F₂ = 20 N 40° 0,80 m 2,0 m +
La barra de los dos ejemplos, vista desde arriba. El brazo de una fuerza es la distancia del centro de momentos a su recta de acción, no la distancia al punto de aplicación: el de F2 es d2 = 0,80 m · sen 40° = 0,51 m. F1 tiende a hacer girar la barra en sentido antihorario y F2, en sentido horario.

Cupla

Una cupla (o par de fuerzas) son dos fuerzas de igual módulo y sentidos opuestos, sobre rectas de acción paralelas separadas una distancia d. Su resultante es cero y su momento vale F d respecto de cualquier punto: es un momento puro. Por eso los enunciados dan una cupla directamente por su valor en N·m (la "cupla de frenado", la "cupla τ que mantiene el equilibrio") sin decir dónde está aplicada: en un cuerpo rígido da lo mismo.

La cupla contesta una pregunta que con partículas no tenía sentido: si la suma de las fuerzas sobre un cuerpo es cero, ¿está en equilibrio? No necesariamente. Con resultante nula el CM no se acelera, pero el cuerpo puede estar ganando velocidad angular.

También muestra qué pasa cuando una fuerza no pasa por el CM. Una fuerza F aplicada en un punto A equivale a la misma fuerza aplicada en el CM más una cupla de valor F b, con b la distancia del CM a la recta de acción de la fuerza. La fuerza en el CM se ocupa de la traslación y la cupla, de la rotación. Ese es el contenido de las dos ecuaciones que siguen.

F A CM b fuerza aplicada en A equivale a F CM F b la misma fuerza en el CM + cupla
Correr una fuerza a una recta paralela no es gratis. Una fuerza aplicada fuera del CM (arriba) equivale a la misma fuerza aplicada en el CM más una cupla de valor F b (abajo): la fuerza acelera al CM y la cupla cambia la velocidad angular.

Las dos ecuaciones del cuerpo rígido

Un cuerpo rígido es un sistema de partículas, así que valen las dos leyes generales de los sistemas: la resultante de las fuerzas externas es la masa total por la aceleración del CM, y el momento de las fuerzas externas respecto del CM es la derivada del momento cinético respecto del CM. En el movimiento plano de un cuerpo rígido ese momento cinético vale ICM Ω, con ICM constante, y entonces:

Σ Fext = M aCM      Σ τCM = ICM γ

El libro de la cátedra las llama primera y segunda ecuación universal (la de las traslaciones y la de las rotaciones). La primera son dos ecuaciones, una por eje; la segunda, una sola. Valen para cualquier cuerpo rígido en movimiento plano, con las fuerzas vistas desde un sistema inercial, y valen aunque el CM esté acelerado. ICM es el momento de inercia respecto del eje perpendicular al plano del movimiento que pasa por el CM. Las fuerzas internas no aparecen.

Qué mira cada ecuación
La primera no sabe dónde están aplicadas las fuerzas: da la aceleración del CM, y sólo la del CM, como si todas actuaran ahí. La segunda sí mira el punto de aplicación de cada una, porque de él depende el brazo. Por eso en el diagrama de cuerpo libre de un cuerpo rígido cada fuerza se dibuja donde actúa.
FuerzasMovimiento, si parte del reposoEjemplo
Σ F ≠ 0 y Σ τCM = 0Traslación pura: el cuerpo no giraUna fuerza cuya recta de acción pasa por el CM
Σ F = 0 y Σ τCM ≠ 0Rotación alrededor del CM, que queda quietoUna cupla sobre un cuerpo libre
Σ F ≠ 0 y Σ τCM ≠ 0RototraslaciónUna fuerza que no pasa por el CM

¿Se pueden tomar momentos respecto de otro punto?

Sí, pero la ecuación cambia. Para un punto A del cuerpo que no es el CM, se pasa el centro de momentos del CM a A y se escribe aCM a partir de la aceleración de A, con la fórmula de la aceleración de un punto. Queda

Σ τA = IA γ + M (r × aA)z

con IA = ICM + M d² (Steiner), r el vector que va de A al CM y aA la aceleración del punto A. El último término es lo que cuesta no usar el CM. La forma corta Σ τA = IA γ vale sólo cuando ese término es cero: cuando A no tiene aceleración, o cuando su aceleración apunta a lo largo de la recta que lo une con el CM.

Centro de momentos¿Vale Σ τ = I γ? ¿Con qué I?Qué se gana
El CMSiempre, con ICMEl peso no hace momento. Conviene cuando interesan el rozamiento o la tensión
Un punto O de un eje fijoSiempre (O no tiene aceleración), con IO = ICM + M d²La fuerza del eje no hace momento
El CIRSólo si la distancia entre el CM y el CIR no está cambiando, con ICIR = ICM + M d²En RSD, la normal y el rozamiento no hacen momento: sale γ con una sola ecuación
Otro punto cualquieraEn general, no

Los dos casos de CIR que aparecen en los problemas cumplen la condición: un cuerpo redondo con el CM en su centro que rueda sin deslizar sobre una superficie quieta (su punto de contacto tiene aceleración Ω² R, dirigida justo hacia el centro) y un cuerpo que cae desenrollando un hilo atado a un punto fijo (el CIR es el punto donde el hilo se despega). El libro de la cátedra escribe la ecuación respecto del CIR sin aclarar la condición, y la usa en casos como esos. No la cumplen una rueda con el CM corrido de su centro ni un cuerpo que rueda deslizando: en ese último caso el punto de contacto ni siquiera es el CIR.

El momento de inercia va con el punto
Si los momentos se toman respecto del CM, va ICM. Si se toman respecto de un eje fijo o del CIR, va el momento de inercia respecto de ese eje, que sale con Steiner. Mezclarlos (momentos respecto del punto de contacto con ICM) es de los errores más comunes del tema.

Signos: un solo sentido positivo para todo

El sentido de giro positivo no se elige suelto: tiene que ser coherente con los ejes. La forma práctica es tomar el eje x en el sentido en que se espera que avance el CM y, como giro positivo, el que corresponde a rodar hacia +x. Con esa elección la condición de RSD queda aCM = +γ R, y un momento es positivo cuando empuja a girar en ese sentido. Es lo que resulta de la terna del libro de la cátedra, con el eje x hacia la derecha, el eje y hacia abajo y el eje z entrando a la hoja: es una terna derecha y el giro positivo es el horario. Si se prefiere el eje y hacia arriba y el eje z saliendo de la hoja, el giro positivo es el antihorario, y para un cuerpo que rueda hacia +x sobre el piso el vínculo se escribe aCM = −γ R. Las dos elecciones describen la misma física. Mezclarlas da signos equivocados.

Si una incógnita supuesta en un sentido da negativa, va en el otro, y no hay que rehacer nada. La excepción es cuando el sentido supuesto se usó para decidir otra cosa, por ejemplo hacia dónde apunta un rozamiento dinámico: ahí sí hay que replantear.

Cómo se plantea cualquier problema

  1. Sistema de referencia y ejes. Fijo a Tierra. El eje x en el sentido del movimiento esperado y el sentido de giro positivo coherente con él. Se dibujan.
  2. Diagrama de cuerpo libre de cada cuerpo, con cada fuerza en su punto de aplicación: el peso en el CM, la tensión donde la cuerda se despega del cuerpo, la normal y el rozamiento en el punto de contacto, la fuerza de un eje en el eje.
  3. Primera ecuación para cada cuerpo, por componentes.
  4. Segunda ecuación para cada cuerpo que gira, diciendo respecto de qué punto (CM, eje fijo o CIR) y con el momento de inercia de ese punto.
  5. Vínculos: la relación entre aCM y γ de cada cuerpo (eje fijo, RSD, cuerda que no patina) y la relación entre los cuerpos (la cuerda no se estira).
  6. Contar ecuaciones e incógnitas y resolver con letras. Los números, al final.
  7. Controles. Si se supuso RSD, que el rozamiento calculado no supere μe N. Que los signos tengan sentido. Los casos límite (polea sin masa, cuerpo sin momento de inercia). Y, cuando se pueda, la energía.

Rotación alrededor de un eje fijo

Si el cuerpo gira alrededor de un eje fijo que pasa por O, todos sus puntos describen circunferencias con centro en el eje. Hay una sola incógnita de movimiento, γ, y la da la segunda ecuación tomada respecto de O:

Σ τO = IO γ

Tomar momentos respecto del eje tiene una ventaja: la fuerza del eje, que no se conoce, no aparece. El peso sí aparece, salvo que el eje pase por el CM, como en una polea. Con γ y Ω conocidas, un punto que está a una distancia d del eje tiene

v = Ω d      at = γ d      an = Ω² d

(at es la aceleración tangencial, perpendicular al radio, y an la normal, dirigida hacia el eje). Eso vale también para el CM. Y ahí entra la primera ecuación, que con un eje fijo no sirve para hallar el movimiento sino la fuerza que hace el eje: como aCM ya se conoce, de Σ F = M aCM se despeja esa fuerza, componente por componente.

γ no siempre es constante
Con una cupla constante o con un cuerpo colgado de una polea, la suma de momentos no cambia y valen las fórmulas de aceleración angular constante (Ω = Ω0 + γ t, Ω² = Ω0² + 2 γ Δφ). Cuando el momento lo hace el peso de una barra que cae, el brazo cambia con el ángulo y γ también: esas fórmulas no valen. La velocidad angular se obtiene integrando Ω dΩ = γ dφ o, lo que es lo mismo y más corto, por energía.

Barra con pivote sobre una mesa horizontal

Vista desde arriba, la barra gira alrededor de un eje vertical. El peso y la normal de la mesa son verticales, se equilibran y no hacen momento respecto de ese eje: sólo cuentan las fuerzas horizontales.

Barra con pivote y dos fuerzas
La barra del ejemplo anterior es homogénea, de 6,0 kg y 2,0 m, y la mesa no tiene rozamiento. Está en reposo. Además de F2 = 20 N, se le aplica en el extremo libre una fuerza horizontal F1 = 15 N perpendicular a la barra (la figura de más arriba muestra las dos). Hallar la aceleración angular, la aceleración del CM y la fuerza que hace el eje en ese instante.
Momento de inercia respecto del eje: IO = (1/3) M L² = (1/3) · 6,0 · 2,0² = 8,0 kg·m². → Momentos respecto de O (antihorario positivo): τ1 = +15 N · 2,0 m = +30 N·m; τ2 = −10,3 N·m; la fuerza del eje no hace momento. Suma: 19,7 N·m. → Segunda ecuación: γ = 19,7 / 8,0 = 2,46 rad/s², antihoraria. → Aceleración del CM: está a L/2 = 1,0 m del eje. Como la barra parte del reposo, Ω = 0 y sólo hay aceleración tangencial: aCM = γ L/2 = 2,46 m/s², perpendicular a la barra, en el sentido de F1. → Fuerza del eje (primera ecuación). A lo largo de la barra: Rx + 15,3 N = 0, Rx = −15,3 N. Perpendicular a la barra: Ry + 15 N − 12,86 N = M aCM = 6,0 · 2,464 = 14,79 N, Ry = 12,6 N. Módulo: 19,9 N.
Lectura: la suma de las dos fuerzas aplicadas no es M aCM. La diferencia la pone el eje. Y apenas la barra empiece a girar aparecerá la aceleración normal Ω² L/2, dirigida hacia O, que también la tiene que proveer el eje.
Una cupla y la fuerza del pivote
Otra barra homogénea, de 2,0 kg y 0,60 m, puede girar sobre una mesa horizontal sin rozamiento alrededor de un eje vertical que pasa por su extremo A. Está en reposo y se le aplica una cupla constante de 0,36 N·m, perpendicular a la mesa. Hallar la aceleración angular, la aceleración del CM y la fuerza del eje, al comenzar y 2,0 s después.
Segunda ecuación respecto de A: IA = (1/3) · 2,0 · 0,60² = 0,24 kg·m²; γ = 0,36 / 0,24 = 1,5 rad/s², constante porque la cupla lo es. → Al comenzar (Ω = 0): aCM = γ L/2 = 1,5 · 0,30 = 0,45 m/s², tangencial. La única fuerza horizontal sobre la barra es la del eje, así que vale M aCM = 0,90 N y es perpendicular a la barra. → A los 2,0 s: Ω = γ t = 3,0 rad/s. La aceleración tangencial del CM sigue siendo 0,45 m/s². La normal es Ω² L/2 = 3,0² · 0,30 = 2,7 m/s², hacia A. La fuerza del eje tiene 0,90 N en la dirección tangencial y 2,0 · 2,7 = 5,4 N hacia A: 5,5 N en total.
Lectura: una cupla tiene resultante nula, pero el CM de la barra se acelera. La fuerza que lo acelera es la del eje, y crece con el tiempo porque crece Ω.

Polea con masa

Una polea ideal sólo cambia la dirección de la cuerda. A una polea con masa, además, hay que acelerarla, y para eso hace falta un momento neto respecto de su eje. La cuerda no patina sobre la polea, así que el punto de la polea donde la cuerda se despega se mueve con la cuerda: v = Ω R y a = γ R. El peso de la polea y la fuerza del eje pasan por el eje y no hacen momento.

El caso más simple es un cuerpo de masa m colgado de una cuerda enrollada en una polea de radio R y momento de inercia I (un torno). Tomando positivo hacia abajo para el cuerpo y, para la polea, el giro que lo acompaña:

m g − T = m a      T R = I γ      a = γ R
a = m gm + I / R²

La polea entra como una masa extra, I / R², que para un disco homogéneo es la mitad de su masa. La tensión es T = m (g − a), menor que el peso mientras el cuerpo acelera hacia abajo: si fuera igual al peso, el cuerpo no se aceleraría.

R T M g Feje T m g γ cupla de frenado a g
Polea con masa (un torno) y un cuerpo que cuelga. La tensión actúa hacia arriba sobre el balde y hacia abajo sobre el tambor, en el punto donde la soga se despega: ahí tiene brazo R respecto del eje. El peso del tambor y la fuerza del eje pasan por el eje y no hacen momento. La cupla de frenado se opone al giro.
Torno con balde y freno
Un tambor cilíndrico homogéneo de 8,0 kg y 0,15 m de radio gira sin rozamiento alrededor de su eje horizontal, sostenido del techo. Tiene enrollada una soga ideal de la que cuelga un balde de 5,0 kg, que se suelta desde el reposo. a) Hallar la aceleración del balde, la tensión y la fuerza del eje. b) Cuando el balde bajó 1,2 m se le aplica al tambor una cupla de frenado constante de 12 N·m. ¿Cuánto más baja el balde hasta detenerse? c) ¿Qué cupla lo haría bajar con velocidad constante?
Tambor: I = (1/2) · 8,0 · 0,15² = 0,090 kg·m², e I / R² = 4,0 kg. → a) Aceleración: a = m g / (m + I / R²) = 5,0 · 9,8 / (5,0 + 4,0) = 5,44 m/s², y γ = a / R = 36,3 rad/s². → Tensión: T = m (g − a) = 5,0 · (9,8 − 5,44) = 21,8 N. → Fuerza del eje: el CM del tambor no se mueve, así que el eje equilibra su peso y la tensión: 8,0 · 9,8 + 21,8 = 100 N hacia arriba. Es menos que el peso de todo el conjunto (127 N), porque el balde está acelerando hacia abajo. → b) Velocidad al aplicar el freno: v² = 2 a h = 2 · 5,44 · 1,2 = 13,1 m²/s², v = 3,61 m/s. → Con la cupla de frenado, que se opone al giro y entra con signo menos: m g − T = m a; T R − τf = I γ; a = γ R. Sale a = (m g − τf / R) / (m + I / R²) = (49 − 80) / 9,0 = −3,44 m/s². Negativa: el balde sigue bajando, pero frenando. → Distancia: d = v² / (2 |a|) = 13,1 / 6,89 = 1,90 m. → c) Velocidad constante: a = 0 y γ = 0, así que T = m g y la cupla equilibra el momento de la tensión: τ = m g R = 49 · 0,15 = 7,35 N·m. Con una cupla menor el balde acelera, y con una mayor, frena.

Máquina de Atwood con polea real

Dos cuerpos m1 y m2 (con m2 > m1) cuelgan de los extremos de una cuerda que pasa por una polea de radio R y momento de inercia I. Con una polea ideal había una sola tensión. Ahora no puede haberla: si las dos tensiones fueran iguales, sus momentos respecto del eje se cancelarían y la polea no podría ganar velocidad angular. La cuerda es una sola, pero el tramo apoyado en la polea recibe de ella una fuerza de rozamiento, y por eso la tensión cambia de un lado al otro.

T1 − m1 g = m1 a      m2 g − T2 = m2 a      (T2 − T1) R = I γ      a = γ R
a = (m2 − m1) gm1 + m2 + I / R²

El resultado sale sumando las tres ecuaciones, con la de la polea dividida por R: las tensiones se van. Con I = 0 se recupera la polea ideal y T1 = T2. La tensión mayor es la del lado del cuerpo que baja, que es el lado hacia el que gira la polea.

m₁ m₂ T₁ T₂ T₁ T₂ m₁ g m₂ g γ a a g
Máquina de Atwood con una polea que tiene masa. Las dos tensiones no pueden ser iguales: para que la polea gane velocidad angular hace falta un momento neto, (T2 − T1) R. La tensión mayor está del lado hacia el que gira la polea, que es el del cuerpo que baja.
Atwood con una polea de 4 kg
Dos cuerpos de m1 = 2,0 kg y m2 = 3,0 kg cuelgan de una cuerda ideal que pasa, sin patinar, por una polea de 4,0 kg y 0,10 m de radio (disco homogéneo, eje sin rozamiento). Se sueltan desde el reposo. Hallar la aceleración, las dos tensiones y la fuerza sobre el eje.
Polea: I = (1/2) · 4,0 · 0,10² = 0,020 kg·m², e I / R² = 2,0 kg. → Aceleración: a = (3,0 − 2,0) · 9,8 / (2,0 + 3,0 + 2,0) = 1,40 m/s², y γ = a / R = 14 rad/s². → Tensiones: T1 = m1 (g + a) = 2,0 · 11,2 = 22,4 N; T2 = m2 (g − a) = 3,0 · 8,4 = 25,2 N. → Control con la polea: (T2 − T1) R = 2,8 · 0,10 = 0,28 N·m, e I γ = 0,020 · 14 = 0,28 N·m. → Fuerza del eje: sostiene el peso de la polea y las dos tensiones: 4,0 · 9,8 + 22,4 + 25,2 = 86,8 N. → Comparación: con una polea ideal sería a = 9,8 / 5,0 = 1,96 m/s², con una sola tensión de 23,5 N. La masa de la polea baja la aceleración y separa las tensiones.
Plano inclinado con rozamiento, polea con masa y bloque colgado
Un bloque de m1 = 2,0 kg está sobre un plano inclinado 30°, con μd = 0,25. Una cuerda ideal lo une, pasando por una polea ubicada en lo alto del plano (disco homogéneo de 1,0 kg y 8,0 cm de radio, eje sin rozamiento), con un bloque de m2 = 3,0 kg que cuelga. La cuerda no patina sobre la polea. Se suelta el sistema y m2 baja. Hallar la aceleración, las tensiones, la aceleración angular de la polea y la velocidad de los bloques cuando la polea dio 3 vueltas.
Bloque 1 (x hacia arriba del plano): N = m1 g cos 30° = 17,0 N; el rozamiento es dinámico, vale 0,25 · 17,0 = 4,24 N y apunta hacia abajo del plano, porque el bloque sube. T1 − m1 g sen 30° − f = m1 a. → Bloque 2 (positivo hacia abajo): m2 g − T2 = m2 a. → Polea: (T2 − T1) R = (1/2) Mp R² γ, con a = γ R; o sea T2 − T1 = (1/2) Mp a. → Sumando las tres: m2 g − m1 g sen 30° − f = (m1 + m2 + Mp / 2) a; 29,4 − 9,8 − 4,24 = 5,5 a; a = 2,79 m/s². → Tensiones: T1 = 2,0 · 2,79 + 9,8 + 4,24 = 19,6 N; T2 = 3,0 · (9,8 − 2,79) = 21,0 N. La diferencia, 1,4 N, es (1/2) Mp a. → Polea (R = 8,0 cm = 0,080 m): γ = a / R = 2,79 / 0,080 = 34,9 rad/s². → Tres vueltas: como la cuerda no patina, los bloques recorren d = 3 · 2π · 0,080 m = 1,51 m, y con a constante, v = √(2 a d) = 2,90 m/s. Por energía se llega al mismo valor: la cuenta está en el apartado de energía, al final de la sección.
Poleas con masa: lo que no cambia
Una ecuación por cuerpo. Una tensión distinta por cada tramo de cuerda separado por una polea con masa. La cuerda no patina: a = γ R en cada polea. Como control, cuando todos los cuerpos comparten una misma aceleración a, vale a = (fuerzas que empujan − fuerzas que frenan) dividido (suma de las masas + suma de los I / R² de las poleas).

Dos cuerpos con eje fijo unidos por un cable

Cuando un cable une dos cuerpos que giran alrededor de ejes fijos distintos, cada uno tiene su propia aceleración angular. El vínculo no es "la misma γ" sino "la misma aceleración del cable": el punto del tambor donde el cable se despega tiene aceleración γ1 R, y el punto de la barra donde está atado, γ2 b, con b su distancia al pivote. Entonces γ1 R = γ2 b. Antes de que se muevan, el mismo sistema es un problema de estática: suma de momentos nula en cada cuerpo, respecto de su eje.

Trampilla sostenida por un tambor
Una trampilla homogénea de 6,0 kg y 1,2 m de largo está articulada en un extremo C y se mantiene horizontal gracias a un cable vertical, atado a 0,90 m de C, que sube y se enrolla en un tambor (disco homogéneo de 4,0 kg y 0,10 m de radio, eje fijo sin rozamiento). Un freno le aplica una cupla al tambor. a) ¿Qué cupla mantiene el equilibrio? b) Se suelta el freno. Para ese instante, hallar la tensión, las dos aceleraciones angulares y la aceleración del CM de la trampilla.
a) Equilibrio. Trampilla, momentos respecto de C: T · 0,90 m = m g · 0,60 m, T = 6,0 · 9,8 · 0,60 / 0,90 = 39,2 N. Tambor: la cupla equilibra el momento de la tensión, τ = T R = 3,92 N·m. → b) Sin el freno. Momentos de inercia: trampilla respecto de C, (1/3) · 6,0 · 1,2² = 2,88 kg·m²; tambor, (1/2) · 4,0 · 0,10² = 0,020 kg·m². → Trampilla, respecto de C: m g · 0,60 − T · 0,90 = 2,88 γb. → Tambor, respecto de su eje: T · 0,10 = 0,020 γt. → Vínculo: el punto de la trampilla donde está atado el cable baja con la misma aceleración a con la que el cable se desenrolla: a = γb · 0,90 = γt · 0,10. Las aceleraciones angulares no son iguales: γt / γb = 0,90 / 0,10 = 9. → Resolviendo (en unidades del SI): del tambor, T = 2,0 a; de la trampilla, 35,28 − 0,90 T = 3,2 a. Entonces 35,28 = 5,0 a y a = 7,06 m/s². T = 14,1 N, γb = 7,84 rad/s² y γt = 70,6 rad/s². → CM de la trampilla: aCM = γb · 0,60 = 4,70 m/s², hacia abajo.
Lectura: al soltar el freno la tensión cae de 39,2 N a 14,1 N. La tensión de una cuerda no es un dato que se arrastra del equilibrio: se recalcula con las ecuaciones del movimiento.

Cuerpo con pivote en un plano vertical

Una barra, una placa o una varilla con masas, que cuelga de un pivote O o se apoya en él. Las fuerzas son dos: el peso, aplicado en el CM, y la fuerza del pivote. El momento del peso respecto de O es M g por la distancia horizontal entre O y el CM. Si d es la distancia de O al CM, ese brazo vale d cos θ cuando el ángulo de la recta que une O con el CM se mide desde la horizontal, y d sen β cuando se mide desde la vertical. El momento de inercia respecto de O sale con Steiner o con el radio de giro, IO = M (k² + d²). Si el cuerpo es una varilla liviana con masas puntuales, IO = Σ mi di², y los momentos de los pesos se suman con su signo: las masas de un lado del pivote empujan a girar en un sentido y las del otro, en el contrario. Da lo mismo que el momento del peso total aplicado en el CM del conjunto.

Para la fuerza del pivote conviene usar las dos direcciones naturales del movimiento del CM, que describe una circunferencia de radio d alrededor de O: la tangencial y la normal.

Σ Ft = M γ d      Σ Fn = M Ω² d

La dirección tangencial se toma positiva en el sentido en que avanza el CM, y la normal, positiva hacia el pivote, que es hacia donde apunta la aceleración normal. En cada suma entran una componente de la fuerza del pivote y una del peso, y la del peso depende de dónde está el CM. Si el cuerpo cuelga (el CM está más abajo que el pivote), la componente del peso a lo largo de la recta que une el pivote con el CM apunta alejándose del pivote. Si el cuerpo está parado sobre el pivote (el CM está más arriba), esa componente apunta hacia el pivote. Los dos ejemplos que siguen son uno de cada caso.

θ M g at an CM Rn Rt O + g
Barra con pivote en un plano vertical. El peso es la única fuerza que hace momento respecto de O, con brazo (L/2) cos θ. La aceleración del CM tiene una componente tangencial γ L/2 y una normal Ω² L/2 hacia O; con ellas, la primera ecuación da la reacción del eje, que conviene descomponer en esas mismas dos direcciones. Las dos componentes están dibujadas con el sentido que resulta en el ejemplo: la tangencial, contra el avance del CM.
Barra articulada que cae desde la horizontal
Una barra homogénea de 3,0 kg y 1,20 m puede girar sin rozamiento alrededor de un eje horizontal fijo que pasa por su extremo O. Se la suelta desde la posición horizontal. Hallar la aceleración angular, la aceleración del CM y la fuerza del eje a) en el instante en que se la suelta y b) cuando giró 50°.
Momento de inercia: IO = (1/3) M L² = (1/3) · 3,0 · 1,20² = 1,44 kg·m². → a) Al soltarla. Momento del peso respecto de O: M g L/2 = 3,0 · 9,8 · 0,60 = 17,64 N·m. γ = 17,64 / 1,44 = 12,25 rad/s², que es 3g / (2L). Como Ω = 0, aCM = γ L/2 = 7,35 m/s² hacia abajo: tres cuartos de g. Primera ecuación, en vertical: M g − R = M aCM, R = 3,0 · (9,8 − 7,35) = 7,35 N hacia arriba, un cuarto del peso. → El extremo libre arranca con γ L = 14,7 m/s², más que g. Todos los puntos que están a más de g / γ = 0,80 m del eje (dos tercios del largo) arrancan más rápido que un objeto en caída libre. → b) A los 50°. El brazo del peso ahora es (L/2) cos 50°: γ = 12,25 · cos 50° = 7,87 rad/s². La velocidad angular no sale de Ω = γ t, porque γ fue cambiando. Integrando Ω dΩ = γ dθ desde la horizontal (o por energía), Ω² = (3g / L) sen 50° = 18,8 rad²/s² y Ω = 4,33 rad/s. → Aceleración del CM: tangencial, γ L/2 = 4,72 m/s²; normal, Ω² L/2 = 11,3 m/s², hacia O. → Fuerza del eje. Tangencial, en el sentido en que avanza el CM: M g cos 50° + Rt = M at, Rt = 3,0 · (4,72 − 6,30) = −4,7 N; el signo dice que el eje empuja contra el avance. Normal, hacia O: Rn − M g sen 50° = M an, Rn = 3,0 · (11,26 + 7,51) = 56,3 N. Módulo: 56,5 N, casi el doble del peso (29,4 N). → Al pasar por la vertical, las mismas cuentas dan R = (5/2) M g = 73,5 N.
β (L/2) sen β M g M g sen β M g cos β CM R A + g
Barra parada sobre su pivote, a un ángulo β de la vertical. El brazo del peso respecto de A es (L/2) sen β. Las flechas de trazos descomponen el peso: la componente a lo largo de la barra, M g cos β, apunta hacia el pivote (en la barra que cuelga se aleja de él), y la perpendicular, M g sen β, en el sentido en que avanza el CM. La fuerza del pivote está dibujada como resulta en el ejemplo, a 40°: empuja a lo largo de la barra y, en la dirección perpendicular, va contra el avance.
Barra parada sobre una articulación
Una barra homogénea de 4,0 kg y 0,90 m está articulada en su extremo inferior A a un pivote fijo al piso, sin rozamiento. Se la lleva a la posición vertical y se la suelta: cae girando alrededor de A. Hallar la aceleración angular, la velocidad angular, la aceleración del CM y la fuerza del pivote cuando forma β = 40° con la vertical.
Qué cambia respecto de la barra que cuelga: el CM está por encima del pivote. El ángulo se mide desde la vertical, así que el brazo del peso es (L/2) sen β. Y la componente del peso a lo largo de la barra, M g cos β, apunta hacia el pivote. → Aceleración angular (momentos respecto de A, con IA = (1/3) M L² = (1/3) · 4,0 · 0,90² = 1,08 kg·m²): γ = M g (L/2) sen β / IA = 3 g sen β / (2L) = 16,33 · sen 40° = 10,5 rad/s², en el sentido de la caída. → Velocidad angular: γ cambia con el ángulo, así que no vale Ω = γ t. Por energía: la fuerza del pivote no trabaja, porque A no se mueve, y el CM bajó Δh = (L/2) (1 − cos 40°) = 0,105 m. Entonces (1/2) IA Ω² = M g Δh, de donde Ω² = (3g / L) (1 − cos 40°) = 7,64 rad²/s² y Ω = 2,76 rad/s. → Aceleración del CM: tangencial, γ L/2 = 4,72 m/s²; normal, Ω² L/2 = 3,44 m/s², hacia A. → Fuerza del pivote. Normal, positivo hacia A: Rn + M g cos 40° = M an, Rn = 4,0 · (3,44 − 7,51) = −16,3 N; el signo dice que apunta de A hacia el CM, o sea que el pivote empuja a la barra. Tangencial, en el sentido en que avanza el CM: M g sen 40° + Rt = M at, Rt = 4,0 · (4,72 − 6,30) = −6,3 N, contra el avance. Módulo: 17,4 N, menos de la mitad del peso (39,2 N).
Lectura: acá la fuerza hacia A que curva la trayectoria del CM la pone el peso, y al pivote le toca empujar cada vez menos. Con letras, Rn = M g (3 − 5 cos β) / 2: es negativa mientras cos β > 3/5, se anula a los 53° y después es positiva, o sea que el pivote deja de empujar y pasa a tirar de la barra hacia sí (a 60° tira con M g / 4 = 9,8 N). El planteo es el mismo que para la barra que cuelga: Σ Ft = M at y Σ Fn = M an, con la normal positiva hacia el pivote. Lo que cambia es el signo con el que entra la componente del peso a lo largo de la barra, y eso se saca del dibujo de cada caso: copiar el renglón del otro da mal la componente normal.
Placa irregular: radio de giro y Steiner
Una placa de forma irregular de 4,0 kg cuelga de un pivote A sin rozamiento. Su CM está a d = 0,25 m de A y su radio de giro baricéntrico es k = 0,20 m. Sobre la recta que pasa por A y por el CM, más allá del CM, hay un punto B. Se sabe que el momento de inercia respecto del eje que pasa por B es IB = 0,25 kg·m². En el instante en que la recta que une A con el CM forma 40° con la vertical, B se mueve a 1,2 m/s. Hallar la velocidad angular, la aceleración angular, la aceleración del CM y la fuerza del pivote.
Dónde está B (Steiner, pasando por el CM): ICM = M k² = 4,0 · 0,20² = 0,16 kg·m². Como IB = ICM + M · (distancia del CM a B)², esa distancia es √((0,25 − 0,16) / 4,0) = 0,15 m, y B está a 0,25 + 0,15 = 0,40 m de A. → Velocidad angular: A está fijo y todo el cuerpo gira alrededor de A: Ω = vB / 0,40 m = 3,0 rad/s. → Momento de inercia respecto de A: IA = M (k² + d²) = 4,0 · (0,040 + 0,0625) = 0,41 kg·m². No se saca de IB: Steiner no vincula dos ejes que no pasan por el CM. → Aceleración angular: el brazo del peso respecto de A es d sen 40°. γ = M g d sen 40° / IA = 6,30 / 0,41 = 15,4 rad/s², en el sentido que lleva al CM hacia la vertical. → Aceleración del CM: tangencial, γ d = 3,84 m/s²; normal, Ω² d = 2,25 m/s², hacia A. Módulo: 4,45 m/s². → Fuerza del pivote. Normal, hacia A: Rn − M g cos 40° = M Ω² d, Rn = 4,0 · (7,51 + 2,25) = 39,0 N. Tangencial, en el sentido de at: M g sen 40° + Rt = M γ d, Rt = 15,4 − 25,2 = −9,8 N; el signo dice que apunta contra at. Módulo: 40,2 N.

Rototraslación: rodar sin deslizar

Ahora el cuerpo no tiene ningún punto fijo. Un cuerpo redondo de radio R, masa M e ICM = M k² está apoyado en una superficie: actúan el peso, la normal, el rozamiento y las fuerzas que se apliquen. Si rueda sin deslizar, las incógnitas son tres (aCM, γ y el rozamiento f) y las ecuaciones también:

Σ Fx = M aCM      Σ τCM = ICM γ      aCM = γ R

La primera ecuación en la dirección perpendicular a la superficie da la normal. Las dos primeras de arriba se pueden reemplazar por una sola, la de momentos respecto del CIR, cuando sólo interesa el movimiento.

El rozamiento cuando rueda sin deslizar
Es estático, porque el punto de contacto no desliza. Su valor es una incógnita que sale de las ecuaciones, igual que una tensión: no vale μe N, que es sólo el máximo que puede alcanzar. Su sentido tampoco se conoce de antemano: se supone uno y el signo del resultado lo confirma o lo corrige. Puede valer cero. Al terminar hay que controlar que |f| ≤ μe N: si no se cumple, el cuerpo no rueda sin deslizar y hay que replantear con rozamiento dinámico. Y mientras la superficie esté quieta, no disipa energía, porque el punto donde actúa no se desplaza sobre ella.

Plano inclinado

α M g N f CM x γ g
Diagrama de cuerpo libre de un cuerpo que rueda sin deslizar por un plano inclinado. El peso y la normal pasan por el CM: la única fuerza que hace momento respecto del CM es el rozamiento, y por eso tiene que existir. Apunta hacia arriba del plano tanto si el cuerpo baja como si sube.

Con el eje x hacia abajo del plano y, como giro positivo, el de rodar hacia abajo, se supone el rozamiento hacia arriba del plano:

M g sen α − f = M aCM      f R = ICM γ      aCM = γ R
aCM = g sen α1 + k² / R²
f = M g sen α1 + R² / k²
tan α ≤ μe (1 + R² / k²)

El rozamiento sale positivo: apunta hacia arriba del plano, como se supuso. La tercera expresión es la condición f ≤ μe N con N = M g cos α. Por el CIR sale más rápido: el único momento respecto del punto de contacto es el del peso, M g sen α · R = (ICM + M R²) γ, y da la misma aceleración.

Tres lecturas. La aceleración no depende de la masa ni del radio, sólo de cómo está repartida la masa (el cociente k² / R²). Es menor que g sen α, la de un bloque que desliza sin rozamiento, porque el rozamiento frena la traslación mientras hace girar al cuerpo. Y si el plano no tuviera rozamiento, el cuerpo bajaría con g sen α sin girar: el peso y la normal pasan por el CM y no pueden cambiarle la velocidad angular.

Cuerpok² / R²aCM / (g sen α)f / (M g sen α)tan α máxima
Esfera maciza2/55/72/7(7/2) μe
Cilindro o disco macizo1/22/31/33 μe
Esfera hueca2/33/52/5(5/2) μe
Aro o tubo de pared fina11/21/22 μe

La tabla se lee así: un cilindro macizo baja con aCM = (2/3) g sen α, necesita un rozamiento f = (1/3) M g sen α y rueda sin deslizar mientras tan α ≤ 3 μe. En una carrera desde la misma altura gana el de menor k² / R²: la esfera maciza le gana al cilindro, y los dos al aro, sin importar las masas ni los radios. Como la aceleración es constante, un cuerpo que parte del reposo y baja una altura h (medida en el CM) llega con vCM = √(2 g h / (1 + k² / R²)), y Ω = vCM / R. El ángulo del plano no aparece.

El sentido del rozamiento es el mismo al bajar que al subir. Al bajar, el peso solo haría crecer vCM sin cambiar Ω, y el punto de contacto empezaría a resbalar hacia abajo: el rozamiento apunta hacia arriba del plano. Al subir (un cuerpo lanzado hacia arriba que rueda sin deslizar), el peso solo haría disminuir vCM sin cambiar Ω, y el punto de contacto resbalaría también hacia abajo: otra vez hacia arriba del plano. El diagrama de cuerpo libre es el mismo en los dos casos, y la aceleración también: g sen α / (1 + k² / R²), hacia abajo del plano.

Cilindro macizo en un plano inclinado
Un cilindro macizo homogéneo de 2,0 kg y 0,10 m de radio se suelta sobre un plano inclinado 25°, con μe = 0,20. a) ¿Rueda sin deslizar? b) Hallar la aceleración del CM, la aceleración angular y el rozamiento. c) ¿Qué velocidad tiene después de recorrer 1,5 m sobre el plano? d) ¿Hasta qué inclinación puede rodar sin deslizar?
Se supone RSD y después se verifica. Con x hacia abajo del plano: M g sen 25° − f = M a; f R = (1/2) M R² γ; a = γ R. → De la segunda y el vínculo: f = (1/2) M a. → En la primera: a = (2/3) g sen 25° = 2,76 m/s²; γ = a / R = 27,6 rad/s²; f = (1/2) · 2,0 · 2,76 = 2,76 N, hacia arriba del plano. → a) Verificación: N = M g cos 25° = 17,8 N y μe N = 3,55 N. Como 2,76 N es menor que 3,55 N, la hipótesis se sostiene: rueda sin deslizar. → c) Velocidad: con a constante, v = √(2 a d) = √(2 · 2,76 · 1,5) = 2,88 m/s, y Ω = 28,8 rad/s. Un bloque sin rozamiento llegaría con √(2 g sen 25° · 1,5) = 3,52 m/s; la diferencia está en la energía cinética de rotación. → d) Inclinación máxima: tan α ≤ 3 μe = 0,60, o sea hasta 31,0°. Con más inclinación desliza: el rozamiento pasa a ser dinámico y deja de valer a = γ R.

Fuerza horizontal sobre un cuerpo apoyado en un piso horizontal

Se aplica una fuerza horizontal F a una altura h por encima del CM (h es negativa si se aplica por debajo). Con x en el sentido de F, el giro de rodar hacia +x como positivo y el rozamiento supuesto hacia atrás (contra F):

F − f = M aCM      F h + f R = ICM γ      aCM = γ R
aCM = F R (R + h)ICM + M R²
f = F (ICM − M R h)ICM + M R²
  • En el CM (h = 0): f = F k² / (k² + R²), hacia atrás. Para un cilindro macizo, f = F / 3 y aCM = 2F / (3M).
  • A la altura h = k² / R: f = 0. El cuerpo rueda sin deslizar aunque el piso no tenga rozamiento, porque la fuerza sola le da la traslación y la rotación en la proporción justa. Ese punto se llama centro de percusión y se estudia en la sección de percusiones. Para una esfera maciza está a (2/5) R sobre el centro; para un cilindro, a R / 2.
  • Más arriba, f es negativo: el rozamiento apunta hacia adelante, en el sentido de F. Con la fuerza en el punto más alto de un cilindro (una cuerda enrollada que sale por arriba, h = R), f = F / 3 hacia adelante y aCM = 4F / (3M), más que F / M.
Empujar del eje: ¿rueda o desliza?
Un cilindro macizo homogéneo de 4,0 kg y 0,25 m de radio está en reposo sobre un piso horizontal, con μe = 0,40 y μd = 0,30. Se le aplica en el eje una fuerza horizontal constante F. Hallar la aceleración del CM, la aceleración angular y el rozamiento para a) F = 30 N y b) F = 60 N.
Normal y rozamiento máximo: N = M g = 39,2 N y μe N = 15,7 N. → a) Suponiendo RSD: F − f = M a; f R = (1/2) M R² γ; a = γ R. Sale f = F / 3 = 10 N, a = 2F / (3M) = 5,0 m/s² y γ = a / R = 20 rad/s². Como 10 N es menor que 15,7 N, rueda sin deslizar. → b) Con F = 60 N haría falta f = 20 N, más que el máximo: desliza. El rozamiento es dinámico, f = μd N = 11,8 N, y apunta hacia atrás porque el punto de contacto resbala hacia adelante. Ya no hay vínculo entre a y γ, y cada ecuación se resuelve sola: a = (F − f) / M = (60 − 11,8) / 4,0 = 12,1 m/s²; γ = f R / ICM = 11,76 · 0,25 / 0,125 = 23,5 rad/s². → ¿Llega a rodar sin deslizar más adelante? No: γ R = 5,9 m/s² es menor que a, así que la velocidad del punto de contacto, vCM − Ω R, crece cada vez más. Mientras actúe esa fuerza, rueda deslizando. → Fuerza límite: F / 3 = μe M g da F = 47 N.

El sentido del rozamiento, sin hacer cuentas

Hay un razonamiento que da el sentido del rozamiento estático en cualquier caso. Es el mismo que usa el libro de la cátedra para el plano inclinado:

  1. Imaginá la superficie sin rozamiento.
  2. Con las fuerzas que quedan, pensá cómo cambiarían vCM (primera ecuación) y Ω (segunda ecuación, respecto del CM).
  3. El punto de contacto tiene velocidad vCM − Ω R hacia adelante. Fijate hacia dónde empezaría a resbalar.
  4. El rozamiento apunta contra ese resbalamiento. Si el punto de contacto no empezaría a resbalar para ningún lado, el rozamiento es cero.
fuerza en el centro f hacia atrás F f fuerza en el punto más alto f hacia adelante F f sólo una cupla f hacia adelante τ f plano inclinado f hacia arriba del plano f g
Sentido del rozamiento estático en cuatro casos de rodar sin deslizar. En los tres primeros el CM se acelera hacia la derecha, que es "adelante". El rozamiento se opone al deslizamiento que tendría el punto de contacto si no hubiera rozamiento, no al movimiento del cuerpo.
Situación (el cuerpo rueda sin deslizar, salvo aviso)Sin rozamiento, el punto de contactoRozamiento
Piso horizontal, velocidad constante, sin otras fuerzas horizontalesNo resbalaría: vCM y Ω no cambianNulo, aunque μe no sea cero
Fuerza horizontal aplicada en el CMResbalaría hacia adelante: vCM crece y Ω noEstático, contrario a la fuerza
Fuerza horizontal aplicada a la altura k² / R sobre el CMNo resbalaría: vCM y Ω R crecen a la parNulo
Fuerza horizontal aplicada más arriba (en el punto más alto de un cilindro o de una esfera)Resbalaría hacia atrás: Ω R crece más rápido que vCMEstático, en el sentido de la fuerza
Sólo una cupla, o dos fuerzas iguales y opuestasResbalaría hacia atrás: el cuerpo giraría en el lugarEstático, hacia adelante. Es la única fuerza horizontal: la que acelera al CM
Plano inclinado, bajando o subiendoResbalaría hacia abajoEstático, hacia arriba del plano
Rueda deslizando, con vCM > Ω RSe mueve hacia adelanteDinámico (μd N), hacia atrás
Rueda deslizando, con vCM < Ω RSe mueve hacia atrásDinámico (μd N), hacia adelante

"Adelante" es el sentido en que avanza (o en el que arrancaría) el CM. El renglón de la cupla es el de las ruedas motrices de un auto o de una bicicleta: el motor o los pedales les aplican una cupla, y la fuerza que empuja al vehículo hacia adelante es el rozamiento estático del piso.

Rodar deslizando, y el paso a rodar sin deslizar

Rodar sin deslizar es un caso particular. Un cuerpo también puede rodar deslizando: una bola de bowling recién lanzada, una rueda que patina al arrancar, un cilindro al que se empuja demasiado fuerte. Lo que cambia:

  • El punto de contacto tiene velocidad respecto del piso: vc = vCM − Ω R, tomando como positivos el sentido de avance y el giro de rodar hacia adelante.
  • El rozamiento es dinámico. Vale μd N, que es un dato, y apunta contra vc: hacia atrás si vCM > Ω R y hacia adelante si vCM < Ω R.
  • No hay vínculo entre la traslación y la rotación: aCM ≠ γ R. A cambio, el rozamiento ya no es incógnita, y la primera y la segunda ecuación se resuelven por separado.
  • El punto de contacto no es el CIR. Si el cuerpo gira en el sentido de rodar hacia adelante, el CIR está sobre la vertical del centro, a una distancia vCM / Ω por debajo de él: bajo el piso si vCM > Ω R, y entre el centro y el piso si vCM < Ω R. Si el cuerpo no gira, no hay CIR.
  • Este rozamiento sí disipa energía mecánica.

Cuando el rozamiento es la única fuerza horizontal, actúa siempre en el sentido de reducir vc: frena lo que sobra y acelera lo que falta. Cuando vc llega a cero, el cuerpo empieza a rodar sin deslizar. Para un cuerpo que entra a una zona con rozamiento en traslación pura, con velocidad v0:

aCM = −μd g      γ = μd g Rk²
t* = v0μd g (1 + R² / k²)
vfinal = v01 + k² / R²

t* sale de igualar vCM = v0 − μd g t con R Ω = R γ t. La velocidad final es (5/7) v0 para una esfera maciza, (2/3) v0 para un cilindro y v0 / 2 para un aro, y no depende de μd, que sólo decide cuánto tarda. A partir de t*, en un piso horizontal y sin otras fuerzas, el rozamiento pasa a ser estático y vale cero: el cuerpo sigue con velocidad constante. El caso inverso, un cuerpo que gira en el lugar y se apoya en el piso, se resuelve igual, con el rozamiento hacia adelante. La guía lo plantea por conservación del momento cinético (problema 50), que es otro camino para llegar a la misma velocidad final.

Un cilindro que llega deslizando
Un cilindro macizo homogéneo de 0,12 m de radio llega deslizando sin girar, a 6,0 m/s, a un piso horizontal con μd = 0,25. Hallar cuánto tarda en rodar sin deslizar, con qué velocidad queda y qué distancia recorre hasta entonces.
Mientras desliza: el punto de contacto se mueve hacia adelante, así que el rozamiento dinámico apunta hacia atrás y vale μd M g. Primera ecuación: a = −μd g = −2,45 m/s². Segunda, respecto del CM: μd M g R = (1/2) M R² γ, γ = 2 μd g / R = 40,8 rad/s². → Leyes del movimiento (en m/s, con t en s): vCM = 6,0 − 2,45 t; R Ω = R γ t = 4,90 t. → Deja de deslizar cuando vCM = R Ω: 6,0 − 2,45 t = 4,90 t, t* = 6,0 / 7,35 = 0,82 s. → Velocidad final: v = 6,0 − 2,45 · 0,816 = 4,0 m/s, dos tercios de la inicial, y Ω = 33,3 rad/s. → Distancia: d = 6,0 · 0,816 − (1/2) · 2,45 · 0,816² = 4,08 m. → Después: el rozamiento pasa a ser estático y vale cero. El cilindro sigue a 4,0 m/s.
t (s) m/s 6,0 4,0 0 0,82 vCM R Ω vCM = R Ω rueda deslizando rueda sin deslizar
El cilindro del ejemplo. Mientras desliza, el rozamiento dinámico frena la traslación y acelera la rotación, las dos a ritmo constante. Cuando vCM y R Ω se igualan, el punto de contacto deja de deslizar: el rozamiento pasa a ser estático y vale cero, y las dos quedan constantes.

Cuerpos con una cuerda enrollada

La regla de la cuerda que no patina
El punto del cuerpo donde la cuerda se despega tiene la misma velocidad que la cuerda, y la componente de su aceleración a lo largo de la cuerda es la aceleración de la cuerda. Si el otro extremo de la cuerda está atado a algo fijo, ese punto del cuerpo tiene velocidad nula: es el CIR. Si la cuerda se mueve (porque del otro lado hay un bloque), ese punto no es el CIR.

Cuerpo que cae desenrollando un hilo

Un disco, un yo-yo o un carretel tiene un hilo enrollado a una distancia r de su eje (r = R si está enrollado en el borde), y el otro extremo del hilo está atado a un punto fijo. Actúan el peso y la tensión. El hilo está quieto, así que el punto P donde se despega es el CIR y aCM = γ r. Con positivo hacia abajo y el giro que desenrolla:

M g − T = M aCM      T r = ICM γ      aCM = γ r
aCM = g1 + k² / r²
T = M g1 + r² / k²

Para un disco homogéneo con el hilo enrollado en su borde (r = R y k² = R² / 2) queda aCM = (2/3) g, T = M g / 3 y γ = 2g / (3R). Por el CIR sale con una sola ecuación, M g r = (ICM + M r²) γ. El CM baja en línea recta con aceleración constante, así que vCM = aCM t. Las velocidades de los demás puntos son las de una rotación alrededor de P: en un disco con el hilo en el borde, el punto del borde opuesto a P baja a 2 vCM.

Ω (R + r) Ω (R − r) T M g P (CIR) r R Ω g
Cuerpo que cae desenrollando un hilo atado a un punto fijo. El hilo está quieto, así que el punto P donde se despega tiene velocidad nula: es el CIR. Las velocidades de los puntos del diámetro horizontal crecen con la distancia a P; del otro lado de P apuntan hacia arriba. El radio que cuenta para el momento de la tensión y para el vínculo aCM = γ r es el del eje donde está enrollado el hilo.
Un yo-yo con el hilo en el eje
Un yo-yo de 60 g está formado por dos discos unidos por un eje de 4,0 mm de radio, en el que se enrolla el hilo. Su momento de inercia baricéntrico es 2,7 · 10−5 kg·m². Se sostiene quieto el extremo del hilo y se suelta el yo-yo. Hallar la aceleración con la que baja, la tensión y cuánto tarda en bajar 0,80 m.
Ecuaciones: M g − T = M a; T r = ICM γ; a = γ r. El radio del brazo y del vínculo es el del eje, que es donde está el hilo, no el de los discos. → Aceleración: a = g / (1 + ICM / (M r²)). Con M = 60 g = 0,060 kg y r = 4,0 mm = 0,0040 m, el cociente vale 2,7 · 10−5 / (0,060 · 0,0040²) = 28,1, así que a = 9,8 / 29,1 = 0,34 m/s². → Tensión: T = M (g − a) = 0,060 · 9,46 = 0,57 N, el 97 % del peso (0,59 N). → Tiempo: t = √(2 · 0,80 / 0,336) = 2,2 s, contra 0,40 s de una caída libre. Al llegar gira a γ t = 84 · 2,18 = 183 rad/s, unas 29 vueltas por segundo.
Lectura: con el hilo en un eje fino, el brazo de la tensión es muy chico y el yo-yo tiene que girar mucho para bajar poco. Por eso baja tan despacio y la tensión es casi igual al peso.

Carretel o yo-yo apoyado: hacia dónde va

Un carretel de radio exterior R apoya en una mesa y rueda sin deslizar. El hilo está enrollado en un tambor interior de radio r y se tira de él con una fuerza F. El camino corto es el CIR: la normal y el rozamiento no hacen momento respecto del punto de contacto, así que el sentido en que rueda lo decide el momento de F respecto del punto de contacto. Alcanza con prolongar la recta de acción del hilo y mirar por dónde pasa.

A B C R r CIR θc g
Carretel que rueda sin deslizar, con el hilo saliendo del tambor interior. Lo que decide hacia dónde rueda es por dónde pasa la recta de acción del tiro respecto del punto de contacto, que es el CIR. A: pasa por encima y rueda hacia el lado del que se tira. B (cos θ = r/R): pasa por el CIR y el tiro no lo hace rodar. C: pasa del otro lado y rueda alejándose.

Si el hilo sale de la parte de abajo del tambor y forma un ángulo θ con la horizontal, el brazo de F respecto del CIR es R cos θ − r, y entonces

aCM = γ R = F R (R cos θ − r)ICM + M R²
f = F (ICM cos θ + M R r)ICM + M R²
  • cos θ > r / R (tiro tendido): aCM > 0. El carretel rueda hacia el lado del que se tira, y el hilo se enrolla.
  • cos θ = r / R: la recta del hilo pasa por el punto de contacto y el tiro no puede hacerlo rodar. Queda quieto mientras la componente horizontal de F no supere al rozamiento estático máximo; si lo supera, empieza a deslizar.
  • cos θ < r / R (tiro empinado): aCM < 0. Rueda alejándose, y el hilo se desenrolla.

El rozamiento f, que se obtiene de la primera ecuación (F cos θ − f = M aCM), está escrito suponiéndolo contrario a la componente horizontal de F. Sale positivo para cualquier ángulo entre 0° y 90°: siempre apunta así. En la vertical hay que acordarse de la componente de F: N = M g − F sen θ.

Con el tiro horizontal todo depende de la altura b a la que sale el hilo, medida desde el piso. Esa altura es el brazo de F respecto del CIR, así que aCM = F R b / (ICM + M R²). Y como el punto donde el hilo se despega gira alrededor del CIR, el hilo (y la mano que tira) se mueve con velocidad Ω b = vCM b / R:

El hilo sale, horizontalBrazo b respecto del CIRVelocidad del hilo
Por abajo del tambor interiorR − rvCM (1 − r / R). El carretel alcanza a la mano: el hilo se enrolla
Del eje (centro)RvCM
Por arriba del tambor interiorR + rvCM (1 + r / R). El hilo se desenrolla
Por el punto más alto del cuerpo2R2 vCM

En los cuatro casos el brazo es positivo: el cuerpo avanza hacia el lado del que se tira, también cuando el hilo sale por abajo. Cuanto más arriba sale el hilo, mayor es la aceleración.

Carretel tirado con un ángulo
Un carretel de 0,80 kg tiene radio exterior R = 6,0 cm, tambor interior de radio r = 2,4 cm e ICM = 9,0 · 10−4 kg·m². Está en reposo sobre una mesa horizontal. Se tira del hilo, que sale de la parte de abajo del tambor, con una fuerza de 1,2 N que forma un ángulo θ con la horizontal. Rueda sin deslizar. Hallar aCM y el rozamiento para θ = 30° y para θ = 80°, y el ángulo para el que no rueda.
Unidades: R = 6,0 cm = 0,060 m y r = 2,4 cm = 0,024 m. → Por el CIR: ICIR = ICM + M R² = 9,0 · 10−4 + 0,80 · 0,060² = 3,78 · 10−3 kg·m². → θ = 30°: brazo = 6,0 cm · cos 30° − 2,4 cm = 2,80 cm = 0,0280 m. γ = 1,2 · 0,0280 / (3,78 · 10−3) = 8,88 rad/s² y aCM = γ R = 0,53 m/s², hacia el lado del que se tira. → θ = 80°: brazo = 6,0 cm · cos 80° − 2,4 cm = −1,36 cm. γ = −4,31 rad/s² y aCM = −0,26 m/s²: rueda alejándose. → Ángulo crítico: cos θ = r / R = 0,40, θ = 66,4°. → Rozamiento (F cos θ − f = M aCM): a 30°, f = 1,04 − 0,43 = 0,61 N; a 80°, f = 0,21 + 0,21 = 0,42 N. En los dos casos apunta contra la componente horizontal del tiro. A 80° es la fuerza que se lleva al carretel hacia atrás. → Normal y verificación: N = M g − F sen θ, 7,24 N a 30° y 6,66 N a 80°. Hace falta μe ≥ f / N: 0,085 y 0,062.

Varios cuerpos vinculados

Cuando la cuerda une un cuerpo que rueda o que se desenrolla con un bloque, a veces pasando por una polea con masa, se plantea cada cuerpo por separado y se agregan los vínculos. El de la cuerda sale siempre de la regla de arriba: la aceleración del bloque es la del punto del cuerpo donde la cuerda se despega, medida a lo largo de la cuerda. Si la cuerda sale del centro de un cilindro que rueda, abloque = aCM. Si sale de su punto más alto, abloque = 2 aCM. Si sale por arriba de un tambor interior de radio r, abloque = aCM (1 + r / R).

T₁ f T₂ m g aCM 2 aCM γ g
Tres cuerpos vinculados. La cuerda sale del punto más alto del cilindro, que se mueve al doble de velocidad que el centro: el bloque baja con abloque = 2 aCM. La polea tiene masa, así que las tensiones de los dos tramos son distintas. En este caso el rozamiento sobre el cilindro apunta hacia adelante. No se dibujaron el peso y la normal del cilindro, que se equilibran.
Cilindro, polea con masa y bloque
Un cilindro macizo homogéneo de M = 6,0 kg y R = 0,20 m rueda sin deslizar sobre una mesa horizontal. Tiene enrollada una cuerda ideal que sale horizontal por su punto más alto, pasa por una polea (disco homogéneo de Mp = 2,0 kg, eje sin rozamiento) y sostiene un bloque de m = 3,0 kg. La cuerda no patina ni sobre el cilindro ni sobre la polea. Hallar las aceleraciones, las tensiones y el rozamiento.
Vínculos: el punto más alto del cilindro se mueve al doble de velocidad que su CM, porque está al doble de distancia del CIR, y ese punto se mueve con la cuerda: abloque = 2 aCM. En la polea, abloque = γp Rp. → Cilindro (x hacia la polea, giro positivo el de rodar hacia allá, rozamiento supuesto hacia adelante): T1 + f = M aCM; respecto del CM, T1 R − f R = (1/2) M R² γ, con aCM = γ R. De las dos: T1 = (3/4) M aCM y f = (1/4) M aCM. → Polea: (T2 − T1) Rp = (1/2) Mp Rp² γp, o sea T2 − T1 = (1/2) Mp abloque. → Bloque: m g − T2 = m abloque. → Sumando, con aCM = abloque / 2: m g = (m + Mp / 2 + (3/8) M) abloque = 6,25 kg · abloque. abloque = 29,4 / 6,25 = 4,70 m/s² y aCM = 2,35 m/s². → Tensiones: T1 = (3/4) · 6,0 · 2,35 = 10,6 N; T2 = 3,0 · (9,8 − 4,70) = 15,3 N. → Rozamiento: f = (1/4) · 6,0 · 2,35 = 3,5 N. Salió positivo: apunta hacia adelante, igual que la cuerda. Hace falta μe ≥ 3,5 / 58,8 = 0,06.
Disco que se desenrolla, con un contrapeso
Un disco homogéneo de M = 1,2 kg y R = 0,10 m tiene enrollada una cuerda ideal. La cuerda sube vertical desde el disco, pasa por una polea ideal fija, y de su otro extremo cuelga un contrapeso de m = 0,25 kg. Se suelta todo desde el reposo, y la cuerda no patina sobre el disco. Hallar la tensión y las aceleraciones. ¿El punto P donde la cuerda se despega del disco es el CIR?
Sentidos positivos: hacia abajo para el CM del disco (aCM), hacia arriba para el contrapeso (ac), y el giro que desenrolla. → Vínculo: P se mueve con la cuerda, que de ese lado baja con la aceleración ac con la que sube el contrapeso. Visto desde el CM, P sube con γ R. Entonces ac = aCM − γ R, o sea aCM = ac + γ R. → Ecuaciones: disco, M g − T = M aCM y T R = (1/2) M R² γ; contrapeso, T − m g = m ac. → Resolviendo: γ R = 2T / M, aCM = g − T / M y ac = T / m − g. Reemplazando en el vínculo, T = 2 g m M / (M + 3m) = 2 · 9,8 · 0,25 · 1,2 / 1,95 = 3,02 N. → Aceleraciones: ac = 3,02 / 0,25 − 9,8 = 2,26 m/s² (el contrapeso sube); aCM = 9,8 − 3,02 / 1,2 = 7,29 m/s²; γ = 2 · 3,02 / (1,2 · 0,10) = 50,3 rad/s². Control: 2,26 + 50,3 · 0,10 = 7,29. → ¿P es el CIR? No. P tiene la velocidad de la cuerda, que no es cero. El CIR está sobre la horizontal que pasa por el centro, del lado de la cuerda, a vCM / Ω = aCM / γ = 0,145 m del centro: fuera del disco. → Desplazamientos: los dos parten del reposo con aceleración constante, así que guardan la misma proporción que las aceleraciones. Cuando el contrapeso subió 10 cm, el CM del disco bajó 10 cm · 7,29 / 2,26 = 32 cm: los 10 cm de cuerda que cedió el contrapeso más los 22 cm que se desenrollaron. → Caso particular: con m = M / 3 sale ac = 0. El contrapeso queda quieto, la cuerda también, y el disco baja como si la cuerda estuviera atada al techo, con aCM = (2/3) g y T = M g / 3.

Rodar sobre una superficie que se mueve

Rodar sin deslizar quiere decir que el punto de contacto del cuerpo y el de la superficie tienen la misma velocidad, no que el punto de contacto esté quieto. Si la superficie se mueve con velocidad V y aceleración A (una tabla de la que se tira, la caja de un camión), el vínculo es

vCM − Ω R = V      aCM − γ R = A

con todo medido desde Tierra, y tomando como positivos un mismo sentido de avance y el giro de rodar hacia ese lado. Las dos ecuaciones de la dinámica se siguen escribiendo desde Tierra, que es el sistema inercial. Dos cosas cambian respecto del piso quieto. El CIR ya no está en el punto de contacto, porque visto desde Tierra ese punto se mueve con la superficie; sí lo está para un observador que viaja con la superficie. Y el rozamiento estático ahora sí puede hacer trabajo, porque el punto donde actúa se desplaza. Si la superficie es otro cuerpo libre (una tabla de la que se tira con una fuerza), tiene su propia primera ecuación, y en ella el rozamiento aparece con el sentido contrario al que tiene sobre el cuerpo que rueda: son un par de interacción.

f aCM γ CIR a₀ g
Rodar sin deslizar sobre una superficie que se mueve. El rozamiento es la única fuerza horizontal sobre el tubo: lo acelera hacia adelante y, a la vez, lo hace girar hacia atrás. El punto de contacto no está quieto visto desde la calle (se mueve con la plataforma), así que no es el CIR; para este tubo de pared fina el CIR está en su punto más alto.
Un tubo en la caja de una camioneta
Un tubo de pared fina de 12 kg y 0,15 m de radio está acostado y en reposo sobre el piso de la caja de una camioneta, con su eje perpendicular a la dirección de marcha. La camioneta arranca con aceleración a0 = 2,4 m/s² y el tubo rueda sin deslizar sobre la caja. Hallar, vistas desde la calle, la aceleración del CM del tubo y su aceleración angular; el rozamiento; y cómo se ve el movimiento desde la camioneta.
Fuerzas horizontales sobre el tubo: una sola, el rozamiento de la caja. Sin rozamiento el tubo se quedaría en su lugar y la caja se le iría de abajo hacia adelante: el rozamiento sobre el tubo apunta hacia adelante. → Ecuaciones desde la calle (x hacia adelante, giro positivo el de rodar hacia adelante): f = M aCM; respecto del CM, −f R = ICM γ, con ICM = M R². El momento es negativo porque una fuerza hacia adelante aplicada abajo hace girar hacia atrás. → Vínculo: aCM − γ R = a0. → Resolviendo: γ R = −aCM, así que 2 aCM = a0. aCM = 1,2 m/s² hacia adelante y γ = −8,0 rad/s²: gira hacia atrás. f = 12 · 1,2 = 14,4 N, y hace falta μe ≥ 14,4 / 117,6 = 0,12. → Desde la camioneta: la aceleración del CM respecto de la caja es aCM − a0 = −1,2 m/s². El tubo rueda hacia el fondo de la caja, aunque visto desde la calle avanza. Si tiene 1,8 m libres detrás, llega al fondo en √(2 · 1,8 / 1,2) = 1,7 s. → El CIR depende de quién mira: desde la camioneta es el punto de contacto. Desde la calle, el punto quieto está a aCM / |γ| = 0,15 m por encima del centro, que para este tubo es su punto más alto.

Aceleración de un punto del cuerpo

Varios problemas piden la aceleración de un punto que no es el CM: el extremo de una barra, el punto donde se ata un cable, el punto de contacto. Se arma con la fórmula de la cinemática, término por término: la aceleración del CM, más γ d perpendicular al segmento que une el CM con el punto (en el sentido de γ), más Ω² d dirigida desde el punto hacia el CM. Si el cuerpo gira alrededor de un eje fijo es más corto medir desde el eje: at = γ d y an = Ω² d, con d la distancia al eje.

Para una rueda de radio R que rueda sin deslizar sobre un piso horizontal quieto: el punto de contacto tiene componente horizontal aCM − γ R = 0 y componente vertical Ω² R hacia arriba; el punto más alto, 2 aCM hacia adelante y Ω² R hacia abajo.

El CIR sirve para velocidades, no para aceleraciones
El punto de contacto de una rueda que rueda sin deslizar tiene velocidad nula, pero su aceleración vale Ω² R. Por eso no se puede escribir la aceleración de un punto como si el cuerpo girara alrededor de un CIR fijo. Para aceleraciones, medí desde el CM o desde un eje fijo.

Oscilaciones: un cuerpo que rueda unido a un resorte

Un cuerpo redondo apoyado en un piso horizontal está unido por su eje a un resorte horizontal fijo a una pared, y rueda sin deslizar. En este apartado k es la constante del resorte, no el radio de giro. Con x el apartamiento del CM desde la posición en la que el resorte no está deformado, y el rozamiento f supuesto en el sentido de +x:

−k x + f = M aCM      −f R = ICM γ      aCM = γ R
aCM = − kM + ICM / R² x

La aceleración es proporcional al apartamiento y de sentido contrario: el CM hace un movimiento armónico simple, con pulsación ω y período T dados por

ω² = kM + ICM / R²      T = 2πω = 2π √((M + ICM / R²) / k)

Otra vez el cuerpo se comporta como si tuviera una masa extra ICM / R². Para un disco o un cilindro macizo, T = 2π √(3M / (2k)); para un aro, T = 2π √(2M / k). El período es más largo que el de un bloque de la misma masa que desliza sin rozamiento, 2π √(M / k). La velocidad máxima del CM, al pasar por x = 0, es ω A, con A la amplitud. El rozamiento vale f = k x · ICM / (ICM + M R²): tiene el sentido del apartamiento, contrario a la fuerza del resorte, y es máximo en los extremos. Todo esto vale mientras ese máximo no supere μe M g.

equilibrio k k x f a x g
Cuerpo que rueda sin deslizar unido a un resorte. Con el centro apartado x de la posición de equilibrio, el resorte tira hacia ella con k x y el rozamiento estático apunta al revés: es lo que hace girar al rodillo. La fuerza neta sigue siendo proporcional a x y de sentido contrario, y por eso el movimiento es armónico simple, con un período más largo que el de un bloque de la misma masa.
Rodillo con resorte
Un rodillo hueco de pared fina de 1,5 kg (ICM = M R²) está unido por su eje a un resorte horizontal de constante 48 N/m, fijo a una pared. Se lo aparta 10 cm de la posición en la que el resorte no está deformado y se lo suelta. Rueda sin deslizar. Hallar el período, la velocidad del CM al pasar por la posición de equilibrio y el coeficiente de rozamiento estático mínimo.
Ecuación de movimiento: con ICM / R² = M, queda −k x = 2 M a, o sea a = −(k / 2M) x. → Pulsación y período: ω² = 48 / (2 · 1,5) = 16 s−2, ω = 4,0 rad/s y T = 2π / ω = 1,57 s. Un bloque de 1,5 kg sin rozamiento oscilaría con T = 1,11 s. → Velocidad máxima (A = 10 cm = 0,10 m): v = ω A = 4,0 · 0,10 = 0,40 m/s. → Rozamiento: f = k x / 2, máximo en los extremos: 48 · 0,10 / 2 = 2,4 N. Hace falta μe ≥ 2,4 / (1,5 · 9,8) = 0,16. Con menos rozamiento, o con más amplitud, el rodillo patina cerca de los extremos y el movimiento deja de ser armónico simple.

Energía y momento cinético en estos problemas

Algunos problemas de esta sección terminan con una pregunta que se contesta con herramientas de las secciones de energía y de momento cinético. Lo que hace falta de cada una:

Energía

La energía cinética de un cuerpo rígido es la de la traslación del CM más la de la rotación alrededor del CM. La energía potencial gravitatoria es la que tendría toda la masa puesta en el CM:

Ec = (1/2) M vCM² + (1/2) ICM Ω²
Ep = M g hCM

hCM es la altura del CM respecto del nivel que se elija como cero: lo que cuenta es cuánto sube o baja el CM, sin importar cómo esté orientado el cuerpo. Si el cuerpo gira alrededor de un eje fijo que pasa por O, la energía cinética también se puede escribir Ec = (1/2) IO Ω², que es lo mismo (sale de vCM = Ω d y del teorema de Steiner). Para una varilla liviana con masas puntuales, IO = Σ mi di² y la energía potencial es la suma de las mi g hi.

La energía mecánica Em = Ec + Ep de un sistema cambia sólo por el trabajo de las fuerzas no conservativas. En los problemas de esta sección:

  • No trabajan: la fuerza de un eje o de un pivote fijo sin rozamiento, porque su punto de aplicación no se mueve; y la normal y el rozamiento estático sobre un cuerpo que rueda sin deslizar sobre una superficie quieta, porque el punto de contacto tiene velocidad nula.
  • Trabajan, pero se cancelan: las tensiones de una cuerda ideal que no patina. Sobre cada cuerpo hacen trabajo, y la suma sobre todos los cuerpos que une la cuerda da cero. Por eso la energía se plantea para el sistema completo (los bloques y la polea juntos) y no para un cuerpo solo.
  • Sacan energía mecánica: un rozamiento dinámico f sobre un bloque que desliza una distancia d sobre una superficie quieta hace un trabajo −f d, y una cupla de frenado τ sobre un cuerpo que gira un ángulo Δφ hace un trabajo −τ Δφ. La energía mecánica del sistema baja en esa cantidad: ΔEm = −f d, o ΔEm = −τ Δφ.

Si sólo trabajan los pesos, Em se conserva (si además hay un resorte, se suma su energía potencial elástica). Con esto se contestan cuatro tipos de pregunta. Van con los ejemplos de esta sección:

  • La velocidad angular cuando γ no es constante. Para un cuerpo con pivote que parte del reposo, (1/2) IO Ω² = M g Δh, con Δh lo que bajó el CM. En la barra que cae desde la horizontal, Δh = (L/2) sen 50° = 0,46 m, y de ahí sale Ω² = (3g / L) sen 50°. En la barra parada que cae desde la vertical, Δh = (L/2) (1 − cos β). Con Ω, la velocidad de cualquier punto del cuerpo es Ω por su distancia al pivote. Si son masas puntuales en una varilla liviana, unas bajan y otras pueden subir: cada una entra con su mi g Δhi y su signo.
  • Hasta dónde llega un cuerpo. Sube hasta que la energía cinética que tenía pasó a ser potencial. La placa irregular del ejemplo pasa por los 40° con Ec = (1/2) IA Ω² = (1/2) · 0,41 · 3,0² = 1,845 J. Se aparta de la vertical hasta el ángulo φ que cumple M g d (cos 40° − cos φ) = 1,845 J: como M g d = 9,8 J, cos φ = 0,766 − 0,188 = 0,578 y φ = 54,7°. Para dar una vuelta completa tendría que llevar el CM hasta arriba del pivote, y eso pide M g d (1 + cos 40°) = 17,3 J: no llega. El mismo criterio vale para un cuerpo parado sobre su pivote que se mueve hacia la vertical: la cruza sólo si (1/2) IO Ω² > M g Δh, con Δh lo que le falta subir al CM. La barra parada del ejemplo, si pasa por los 40° subiendo, necesita (1/2) IA Ω² > M g (L/2) (1 − cos 40°) = 4,13 J, o sea Ω > 2,76 rad/s: la misma velocidad angular que tiene en ese ángulo cuando cae desde la vertical.
  • La velocidad cuando hay rozamiento dinámico. En el ejemplo del plano inclinado con polea, cuando la polea dio 3 vueltas los bloques recorrieron d = 3 · 2π · 0,080 m = 1,508 m: m2 bajó d, m1 subió d sen 30° y el rozamiento trabajó −f d. La energía potencial bajó (m2 − m1 sen 30°) g d = (3,0 − 1,0) · 9,8 · 1,508 = 29,56 J, y el rozamiento se llevó f d = μd m1 g cos 30° · d = 6,40 J. Quedan 29,56 − 6,40 = 23,16 J de energía cinética, que es (1/2) (m1 + m2) v² + (1/2) I Ω². Con Ω = v / R e I = (1/2) Mp R², eso es (1/2) (m1 + m2 + Mp / 2) v² = 2,75 kg · v². Entonces v = √(23,16 / 2,75) = 2,90 m/s, igual que con √(2 a d).
  • Controlar un resultado. En la máquina de Atwood del ejemplo, después de que m2 baja h = 1,0 m, (m2 − m1) g h = (1/2) (m1 + m2) v² + (1/2) I Ω² da v = 1,67 m/s, lo mismo que √(2 a h) con a = 1,40 m/s².

Momento cinético

Para un cuerpo que gira alrededor de un eje fijo que pasa por O, LO = IO Ω. Para un cuerpo que además se traslada, respecto de un punto fijo A: LA = ICM Ω + M vCM b, con b la distancia de A a la recta por la que se mueve el CM y cada término con su signo. Para el disco que cae colgado de un hilo atado en A, los dos términos tienen el mismo signo y b = r: LA = (ICM + M r²) Ω.

Las trampas del tema
  • Escribir f = μe N en un cuerpo que rueda sin deslizar. El rozamiento estático es una incógnita. μe N sólo sirve para el control del final.
  • Darle al rozamiento el sentido "contrario al movimiento". Se opone al resbalamiento del punto de contacto, y puede apuntar hacia adelante.
  • Una sola tensión a los dos lados de una polea con masa. Sin diferencia de tensiones la polea no puede acelerarse.
  • Mezclar el punto y el momento de inercia: momentos respecto del punto de contacto o de un pivote con ICM, o Steiner entre dos ejes que no pasan por el CM.
  • Escribir Σ τ = I γ respecto de cualquier punto. Vale respecto del CM, de un eje fijo, o del CIR cuando la distancia entre el CM y el CIR no cambia.
  • El radio equivocado en el vínculo. El de rodar sin deslizar va con el radio que apoya. El de la cuerda, con el radio donde está enrollada.
  • Seguir usando aCM = γ R cuando desliza, o tomar el punto de contacto como CIR cuando desliza o cuando la superficie se mueve.
  • Darle al bloque la aceleración del CM cuando la cuerda no sale del centro del cuerpo.
  • Dibujar todas las fuerzas en el CM. El punto de aplicación decide el brazo.
  • Usar fórmulas de aceleración constante cuando γ depende del ángulo.
  • Olvidar la aceleración normal del CM al calcular la fuerza de un pivote. Sólo es cero en el instante en que el cuerpo parte del reposo.
  • Copiar los signos de la barra que cuelga cuando el cuerpo está parado sobre el pivote. La componente del peso a lo largo de la recta que une el pivote con el CM cambia de sentido, y el brazo del peso se escribe con el ángulo que da el enunciado: d sen β si se mide desde la vertical y d cos θ si se mide desde la horizontal, con d la distancia del pivote al CM.
  • Creer que la fuerza del eje es igual al peso, o que con una cupla el eje no hace fuerza.
  • Olvidar la componente vertical del tiro en la normal de un yo-yo: N = M g − F sen θ.
  • Las unidades: centímetros a metros y gramos a kilogramos antes de reemplazar.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Calcular el momento de una fuerza respecto de un punto, por brazo y por componentes, con su signo.
  • Hacer el diagrama de cuerpo libre con cada fuerza en su punto de aplicación, declarar los ejes y el sentido de giro positivo, y plantear las dos ecuaciones y los vínculos.
  • Elegir el centro de momentos (CM, eje fijo o CIR) y usar el momento de inercia que le corresponde.
  • Resolver una polea con masa: dos tensiones y a = γ R.
  • Hallar la aceleración angular, la aceleración del CM y la fuerza del eje de un cuerpo con pivote, tanto si cuelga como si está parado sobre él.
  • Usar la energía para hallar la velocidad angular de un cuerpo con pivote, para decidir si llega a una posición y para hallar una velocidad cuando hay rozamiento dinámico.
  • Resolver un cuerpo que rueda sin deslizar: aCM, γ y el rozamiento con su sentido, y verificar que no supere μe N.
  • Decir, sin cuentas, si hay rozamiento, de qué tipo y hacia dónde apunta.
  • Resolver los dos tramos de un cuerpo que pasa de deslizar a rodar sin deslizar, y graficar vCM y R Ω.
  • Escribir el vínculo de una cuerda enrollada, también cuando la cuerda se mueve.
  • Decir hacia dónde rueda un carretel mirando la recta de acción del tiro.
  • Reconocer un movimiento armónico simple en un cuerpo que rueda unido a un resorte, y hallar su período.
↑ Volver al índice
13 Unidad 3 · Cuerpo rígido: trabajo y energía

Las dos ecuaciones de la dinámica del cuerpo rígido dan aceleraciones. Muchas preguntas, en cambio, piden una velocidad en una posición dada: con qué velocidad llega abajo un cilindro que rueda, cuánto sube una esfera, con qué velocidad toca el piso un bloque colgado de una polea con masa. Para eso está el teorema del trabajo y la energía, el mismo de la partícula, con dos cosas nuevas: la energía cinética de un cuerpo rígido tiene una parte de traslación y otra de rotación, y hay que saber qué fuerzas trabajan sobre un cuerpo que gira (el rozamiento de un cuerpo que rueda sin deslizar, por ejemplo, no trabaja).

Es parte de la unidad 3 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Con esta sección se resuelven, de la unidad 3: el volante que cede energía al frenarse (problema 24), el trabajo de la fuerza del hilo sobre el yo-yo (37), el cilindro que sube rodando un plano inclinado y sale despedido (42, salvo el momento cinético del último inciso, que es de la sección siguiente), el cilindro que rueda sobre un casquete y se despega (43), los dos discos soldados con un bloque colgado (44) y el cilindro dentro de una tubería con una mitad áspera y otra lisa (46). También sirve para las preguntas de energía de los problemas de dinámica de la sección anterior (27, 28, 31, 45, 47 y 48). Se dan por vistos el trabajo y la energía de una partícula (unidad 1), la cinemática del cuerpo rígido con el CIR y la dinámica de la rotación y de la rototraslación.

Lo que se trae de la unidad 1

Notación. La velocidad angular del cuerpo es Ω y la aceleración angular, γ (muchos libros de texto usan ω y α). El momento de una fuerza es τ; el libro de la cátedra lo escribe M. Las energías son Ec (cinética), Ep (potencial) y Em = Ec + Ep (mecánica); el trabajo es W. Para no confundir la potencia con el peso, el peso se escribe siempre M g. Todos los movimientos de esta sección son planos.

  • Trabajo de una fuerza sobre una partícula: W = ∫ F · dr, la integral a lo largo de lo que recorre el punto donde está aplicada. Sólo trabaja la componente de la fuerza en la dirección del movimiento.
  • Potencia: la rapidez con la que una fuerza hace trabajo, P = dW/dt = F · v. Se mide en watt (1 watt = 1 J/s).
  • Teorema de las fuerzas vivas: el trabajo de todas las fuerzas es igual a la variación de la energía cinética, Wtotal = ΔEc.
  • Fuerzas conservativas: su trabajo es menos la variación de una energía potencial, W = −ΔEp. El peso, con Ep = m g h, y la fuerza de un resorte ideal, con Ep = (1/2) k Δl², siendo Δl lo que está estirado o comprimido respecto de su longitud natural.
  • Teorema del trabajo y la energía mecánica: el trabajo de las fuerzas no conservativas es la variación de la energía mecánica, Wfnc = ΔEm. Si Wfnc = 0, la energía mecánica se conserva.

En un sistema de partículas las fuerzas interiores pueden trabajar (dos patinadores que se empujan ganan energía cinética sin que nadie de afuera haga trabajo). En un cuerpo rígido, no: se ve más abajo. Eso es lo que hace tan cómodo el planteo por energía en esta unidad.

Energía cinética de un cuerpo rígido

Un cuerpo rígido es un sistema de partículas, así que su energía cinética es la suma de las (1/2) mi vi². Lo que la simplifica es que todas las partículas se mueven con el mismo Ω. La velocidad de cada una es vi = vCM + Ω × ri, con ri medido desde el CM. Elevando al cuadrado y sumando aparecen tres términos:

  • (1/2) (Σ mi) vCM² = (1/2) M vCM²;
  • un término cruzado vCM · (Ω × Σ mi ri), que es cero porque Σ mi ri es la posición del CM medida desde el propio CM;
  • (1/2) Σ mi |Ω × ri|² = (1/2) Ω² Σ mi di², con di la distancia de cada partícula al eje que pasa por el CM y es perpendicular al plano del movimiento. Esa suma es ICM.
Ec = (1/2) M vCM² + (1/2) ICM Ω²

El primer término es la energía cinética de traslación: la de una partícula de masa M que se mueve con el CM. El segundo es la energía cinética de rotación alrededor del CM. Es el mismo resultado que en un sistema de partículas (la energía del CM más la energía relativa al CM), con la parte relativa escrita con ICM. Vale para cualquier movimiento plano; ICM es el momento de inercia respecto del eje baricéntrico perpendicular al plano del movimiento. Las dos partes son positivas o nulas: un cuerpo que gira sin trasladarse tiene energía cinética, y una rueda que gira en el aire sobre un eje quieto también.

La forma con el CIR o con el eje fijo

En cada instante las velocidades del cuerpo son las de una rotación pura alrededor del CIR. Si d es la distancia del CM al CIR, vCM = Ω d, y reemplazando:

Ec = (1/2) (ICM + M d²) Ω² = (1/2) ICIR Ω²

El paréntesis es el teorema de Steiner: ICIR es el momento de inercia respecto del eje paralelo al baricéntrico que pasa por el CIR. Esta igualdad es una cuenta hecha en un instante, así que vale siempre, aunque el CIR cambie de lugar; lo que puede pasar es que ICIR cambie de un instante a otro, si cambia la distancia d entre el CM y el CIR (en un medio cilindro que se hamaca sobre el piso, por ejemplo, el CM se acerca y se aleja del punto de contacto). En una escalera que resbala apoyada en la pared y en el piso, en cambio, d vale siempre la mitad del largo y ICIR no cambia. No hay que confundirla con Σ τ = ICIR γ, que sí tiene condiciones (la distancia entre el CM y el CIR tiene que ser constante). Dos casos:

  • Eje fijo que pasa por O: O es el CIR todo el tiempo y Ec = (1/2) IO Ω². Si el eje pasa por el CM, la energía es toda de rotación.
  • Cuerpo redondo de radio R que rueda sin deslizar sobre una superficie quieta: el CIR es el punto de contacto, d = R y Ec = (1/2) (ICM + M R²) Ω².
Ω vCM 2 vCM √2 vCM CM CIR g
Rodando sin deslizar, el punto de contacto es el CIR y cada punto se mueve como si girara alrededor de él: su velocidad es Ω por la distancia al CIR y es perpendicular a la recta que lo une con el CIR. Por eso la energía cinética se puede escribir como la de una rotación pura alrededor del CIR.
Las dos formas dan lo mismo
Un cilindro macizo homogéneo de 3,0 kg y 10 cm de radio rueda sin deslizar con vCM = 2,0 m/s. Hallar su energía cinética.
Datos en el SI: R = 10 cm = 0,10 m; ICM = (1/2) M R² = (1/2) · 3,0 · 0,10² = 0,015 kg·m². → Vínculo: Ω = vCM / R = 2,0 / 0,10 = 20 rad/s. → Traslación más rotación: (1/2) · 3,0 · 2,0² = 6,0 J y (1/2) · 0,015 · 20² = 3,0 J; Ec = 9,0 J. → Con el CIR: ICIR = 0,015 + 3,0 · 0,10² = 0,045 kg·m² y (1/2) · 0,045 · 20² = 9,0 J.
Un tercio de la energía está en la rotación. El punto más alto del cilindro va a 2 vCM = 4,0 m/s y el punto de contacto está quieto.

Rodar sin deslizar: la masa equivalente

Si el cuerpo rueda sin deslizar, Ω = vCM / R y la energía queda en función de una sola velocidad:

Ec = (1/2) (M + ICM/R²) vCM² = (1/2) M (1 + β) vCM²,      con β = ICM/(M R²) = k²/R²

El cuerpo se comporta, para la energía, como una partícula de masa M + ICM/R². El número β depende sólo de la forma: 1 para un aro, 1/2 para un disco o cilindro macizo, 2/5 para una esfera maciza, 2/3 para una esfera hueca de pared fina. La fracción de la energía cinética que está en la rotación es β/(1 + β), y no depende de la velocidad. Lo mismo pasa con un bloque colgado de un hilo enrollado en un cuerpo con eje fijo: si el hilo está enrollado en un radio r y no patina, la velocidad del bloque es v = Ω r, y la rotación aporta (1/2) (I/r²) v². Atención con el radio: en el vínculo de rodar sin deslizar va el radio con el que el cuerpo apoya; en el de una cuerda, el radio donde está enrollada.

Volantes: energía guardada en la rotación

Un volante es un disco pesado que gira alrededor de un eje fijo por su CM: guarda energía cinética de rotación (1/2) I Ω² y la devuelve al frenarse. Si pasa de Ω₁ a Ω₂, cede (1/2) I (Ω₁² − Ω₂²). Las velocidades angulares suelen venir en revoluciones por minuto: Ω [rad/s] = n [rpm] · 2π / 60. Como la energía depende de Ω², cuenta mucho más girar rápido que ser pesado.

Volante de acero
Un volante entrega 2,5 kJ al bajar de 1200 rpm a 900 rpm. a) ¿Cuál es su momento de inercia? b) Si es un disco macizo de acero (densidad 7850 kg/m³) de 4,0 cm de espesor, ¿qué radio y qué masa tiene?
Pasaje a rad/s: Ω₁ = 1200 · 2π / 60 = 125,7 rad/s; Ω₂ = 900 · 2π / 60 = 94,2 rad/s. → Energía cedida: 2500 J = (1/2) I (Ω₁² − Ω₂²) = (1/2) I · 6909 rad²/s², así que I = 2 · 2500 / 6909 = 0,724 kg·m². → Disco macizo: I = (1/2) M R² con M = ρ π R² e, o sea I = (1/2) ρ π e R⁴. Despejando, con e = 4,0 cm = 0,040 m, R⁴ = 2 I / (ρ π e) = 1,447 / (7850 · π · 0,040) = 1,47 · 10−3 m⁴ y R = 0,196 m. → Masa: M = ρ π R² e = 7850 · π · 0,196² · 0,040 = 37,8 kg.
A 1200 rpm guarda 5,7 kJ; la frenada le saca menos de la mitad. Como R aparece a la cuarta potencia, duplicar el radio multiplica I por 16 con el mismo espesor.

Trabajo y potencia de las fuerzas sobre un cuerpo rígido

Sobre una partícula, cada fuerza trabaja con el desplazamiento de la partícula. Sobre un cuerpo rígido cada punto se mueve distinto, así que la regla es: el trabajo de una fuerza se calcula con la velocidad del punto del cuerpo donde está aplicada, en cada instante.

P = F · vP     W = ∫ F · vP dt

vP es la velocidad del punto material del cuerpo sobre el que actúa la fuerza en ese instante. En una fuerza de contacto (la normal, el rozamiento, la fuerza de un hilo que se desenrolla) el punto material va cambiando, pero en cada instante se usa la velocidad del que está tocando. Reemplazando vP = vCM + Ω × r, con r del CM al punto de aplicación, y usando que F · (Ω × r) = Ω · (r × F):

P = F · vCM + τCM Ω

con τCM y Ω con el mismo sentido positivo. Es decir: una fuerza trabaja como si estuviera aplicada en el CM, más lo que trabaja su momento respecto del CM al hacer girar el cuerpo. Las dos lecturas dan lo mismo; se usa la más cómoda.

Trabajo de una cupla

Una cupla tiene resultante nula, así que el primer término es cero y queda P = τ Ω. El trabajo es W = ∫ τ dφ, con φ el ángulo girado, y si la cupla es constante, W = τ Δφ, con Δφ en radianes (una vuelta son 2π rad). Es positivo si la cupla tiene el mismo sentido que el giro (un motor) y negativo si es contraria (un freno, el rozamiento en un eje). Que la resultante sea nula no quiere decir que no trabaje.

Las fuerzas interiores de un rígido no trabajan

Dos partículas i y j del cuerpo se hacen fuerzas iguales y opuestas sobre la recta que las une. La potencia de las dos juntas es Fij · (vi − vj), y en un rígido vi − vj = Ω × rij es perpendicular a la recta que las une: el producto es cero. La distancia entre ellas no cambia, así que el par de fuerzas no gana ni pierde energía. Sumando las potencias de todas las fuerzas exteriores y usando las dos ecuaciones del cuerpo rígido (Σ F = M aCM y Σ τCM = ICM γ):

Σ P = M aCM · vCM + ICM γ Ω
= ddt [ (1/2) M vCM² + (1/2) ICM Ω² ]

que es el teorema de las fuerzas vivas para el cuerpo rígido: el trabajo de las fuerzas exteriores es la variación de su energía cinética. No es una ley nueva; sale de las dos ecuaciones de la dinámica.

Potencia

La potencia de una fuerza es F · vP y la de una cupla, τ Ω. Un motor que hace girar un eje entrega P = τ Ω: con la misma potencia, a menos vueltas da más cupla (por eso existen las cajas de cambio). Si la cupla es constante y el cuerpo parte del reposo, Ω crece con el tiempo y la potencia también: la potencia media es la mitad de la final.

Cupla constante y potencia
Un motor aplica una cupla constante de 8,0 N·m a una muela (disco con eje fijo por su CM) de I = 0,050 kg·m², que parte del reposo. El rozamiento del eje es despreciable. Hallar la velocidad angular después de 10 vueltas y la potencia del motor en ese instante.
Ángulo: Δφ = 10 · 2π = 62,8 rad. → Trabajo de la cupla: W = τ Δφ = 8,0 · 62,8 = 503 J. → Fuerzas vivas (la reacción del eje no trabaja porque su punto de aplicación no se mueve): 503 J = (1/2) · 0,050 · Ω², Ω = 142 rad/s (unas 1350 rpm). → Potencia: P = τ Ω = 8,0 · 142 = 1,13 · 10³ W.
Tardó t = Ω / γ = 142 / 160 = 0,89 s, con γ = τ / I = 160 rad/s². La potencia media fue 503 J / 0,89 s = 567 W, la mitad de la final.
R r F P CM CIR vCM vP g
El hilo tira del punto P, arriba del tambor. P está a R + r del CIR y el CM a R, así que P va (R + r)/R veces más rápido que el CM y recorre esa misma proporción más. Con ese recorrido se calcula el trabajo de F.

Para calcular el trabajo de una fuerza sobre un rígido:

  1. Ubicá el punto del cuerpo donde está aplicada la fuerza en cada instante.
  2. Hallá su velocidad: con el CIR (Ω por la distancia al CIR, perpendicular a la recta que los une) o con vP = vCM + Ω × r.
  3. Si la fuerza tiene la dirección de esa velocidad y módulo constante, W = F · (distancia que recorre el punto). Si no, integrá la potencia F · vP.
  4. Controlá con la otra lectura: F · ΔrCM más τCM Δφ.
El trabajo del hilo sobre un carretel
Un carretel de 0,80 kg, con radio exterior R = 10 cm, tambor de radio r = 5,0 cm e ICM = 3,0 · 10−3 kg·m², está en reposo sobre una mesa. Se tira con F = 2,0 N de un hilo que sale horizontal desde la parte de arriba del tambor (figura) y el carretel rueda sin deslizar. ¿Cuánto trabajo hace F mientras el CM avanza 60 cm, y qué velocidad tiene entonces?
Datos en el SI: R = 10 cm = 0,10 m, r = 5,0 cm = 0,050 m y el CM avanza 60 cm = 0,60 m. → Punto de aplicación: P, a R + r = 0,15 m del CIR; el CM está a R = 0,10 m. → Recorrido de P: como las velocidades son proporcionales a la distancia al CIR, P avanza 0,60 · 0,15 / 0,10 = 0,90 m. → Trabajo: W = F · 0,90 m = 2,0 · 0,90 = 1,8 J. → Control con la otra lectura: F en el CM hace 2,0 · 0,60 = 1,2 J; su momento respecto del CM es F r = 0,10 N·m, en el sentido del giro, y el carretel giró Δφ = 0,60 / 0,10 = 6,0 rad: 0,10 · 6,0 = 0,6 J. Total 1,8 J. → Fuerzas vivas: el peso y la normal no trabajan (son verticales y el CM se mueve en horizontal, y además la normal actúa en el CIR) y el rozamiento estático tampoco (actúa en el CIR). Entonces 1,8 J = (1/2) (M + ICM/R²) v² = (1/2) (0,80 + 0,30) v², y v = 1,8 m/s.
La mano recorre 0,90 m, no 0,60 m: el hilo se desenrolla 0,30 m. El resultado no depende de que el rozamiento apunte hacia atrás o hacia adelante (en este carretel, si se hace la cuenta con la dinámica, apunta hacia adelante y vale 0,18 N): como no trabaja, no entra.

Qué fuerzas trabajan y cuáles no

Con la regla de la velocidad del punto de aplicación se decide cada caso. Lo que más se confunde es el rozamiento: si el cuerpo rueda sin deslizar sobre una superficie quieta, el punto de contacto tiene velocidad nula y el rozamiento (estático) no trabaja, aunque el cuerpo avance y aunque el rozamiento sea grande. Si el cuerpo desliza, el punto de contacto se mueve respecto de la superficie y el rozamiento (dinámico) sí trabaja.

Fuerza¿Trabaja?Por qué
PesoSí: −M g ΔhCMEs conservativa: se pasa a energía potencial
Fuerza de un resorte idealSí: −Δ[(1/2) k Δl²]Es conservativa: se pasa a energía potencial elástica
Reacción de un eje o pivote fijo, sin rozamientoNoSu punto de aplicación no se mueve
Normal y rozamiento estático sobre un cuerpo que rueda sin deslizar sobre una superficie quietaNoActúan en el punto de contacto, que es el CIR
Tensión de un hilo atado a un punto fijo, sobre un cuerpo que baja desenrollándoloNoEl hilo deja el cuerpo en un punto quieto, que es el CIR
Tensión de una cuerda ideal que une dos cuerpos del sistema y no patinaSobre cada cuerpo sí; la suma, noLos extremos se mueven con la misma rapidez a lo largo de la cuerda y las fuerzas son opuestas
Rozamiento dinámico sobre un cuerpo que desliza sobre una superficie quietaSí: −fd ss es lo que desliza el punto de contacto, no lo que avanza el CM
Rozamiento estático sobre un cuerpo que rueda sobre una superficie que se mueve (una tabla, una cinta)Sí, visto desde TierraEl punto de contacto se mueve con la superficie
Cupla de rozamiento en un eje, cupla de frenadoSí: −τ ΔφEs contraria al giro
a) rueda sin deslizar α vCM M g N fe v = 0 g b) rueda deslizando Ω vCM fd v ≠ 0
a) El punto de contacto está quieto: la normal y el rozamiento estático actúan sobre un punto que no se mueve y no trabajan. b) El punto de contacto resbala hacia adelante (flecha gris, abajo del piso): el rozamiento dinámico, opuesto a ese resbalamiento, trabaja y saca energía mecánica.
El rozamiento en la rodadura
Rueda sin deslizar sobre una superficie quieta: rozamiento estático, de valor y sentido a determinar con la dinámica, trabajo nulo; la energía mecánica se conserva si no hay otras fuerzas no conservativas. Rueda deslizando: rozamiento dinámico fd = μd N, opuesto al resbalamiento del punto de contacto, trabajo −fd s, con s la distancia que resbala el punto de contacto sobre la superficie.

Rueda que desliza: el rozamiento sí trabaja

Mientras el cuerpo desliza, la velocidad del punto de contacto es vCM − Ω R (con los dos positivos en el sentido de rodar hacia adelante) y el rozamiento dinámico tiene sentido opuesto a ella. Su potencia es −fd |vCM − Ω R|, siempre negativa. El trabajo es −fd s, con s = ∫ |vCM − Ω R| dt. Con la otra lectura, el rozamiento trabaja sobre la traslación (−fd por lo que avanza el CM, si frena al CM) y sobre la rotación (+fd R por el ángulo girado, si hace girar más rápido): la suma de las dos partes es −fd s. El caso típico es una bola que se lanza deslizando sin girar: el rozamiento frena el CM y hace girar la bola hasta que vCM = Ω R. Desde ahí rueda sin deslizar y el rozamiento deja de trabajar.

Una bola de bowling que desliza
Una bola maciza de 6,0 kg se lanza deslizando sin girar, con v₀ = 7,0 m/s, sobre una pista con μd = 0,20. Llega a rodar sin deslizar con v = 5,0 m/s (sale de la dinámica de la sección anterior: v = (5/7) v₀). ¿Cuánta energía se pierde, y cómo se explica con el trabajo del rozamiento?
Energías: al principio (1/2) · 6,0 · 7,0² = 147 J, toda de traslación. Al final, traslación (1/2) · 6,0 · 5,0² = 75 J y rotación (1/2) · (2/5) · 6,0 · 5,0² = 30 J: 105 J. Se perdieron 42 J. → Rozamiento: fd = 0,20 · 6,0 · 9,8 = 11,8 N. → Tiempo y recorridos: aCM = −μd g = −1,96 m/s² y tarda t = (7,0 − 5,0) / 1,96 = 1,02 s. El CM avanza 7,0 · 1,02 − (1/2) · 1,96 · 1,02² = 6,12 m. El resbalamiento vCM − Ω R baja de 7,0 m/s a 0 de manera uniforme, así que el punto de contacto resbala s = (7,0 / 2) · 1,02 = 3,57 m. → Trabajo del rozamiento: −fd s = −11,76 · 3,57 = −42 J, lo que se perdió. → Las dos partes: sobre la traslación, −fd · 6,12 m = −72 J (de 147 J a 75 J); sobre la rotación, +30 J.
Escribir −fd · 6,12 m = −72 J como trabajo del rozamiento es el error típico: esa cuenta da sólo cuánto bajó la energía de traslación.

Energía potencial: gravitatoria y elástica

Gravitatoria. La suma de las mi g hi de todas las partículas es g Σ mi hi = M g hCM, por la definición de CM. Para alturas chicas frente al radio terrestre:

Ep = M g hCM

Lo que cuenta es cuánto sube o baja el CM: una barra que pasa de vertical a horizontal alrededor de un extremo baja su CM la mitad de su largo; un cilindro que rueda sobre una superficie curva tiene su CM sobre una circunferencia de radio R + r (por afuera de un casquete de radio R) o R − r (por adentro de un tubo), no sobre la superficie. El nivel cero se elige donde convenga, pero uno solo para todo el planteo. Si el sistema tiene varios cuerpos, la energía potencial es la suma de las de cada uno.

Elástica. Un resorte ideal de constante k tiene Ep = (1/2) k Δl², con Δl la deformación respecto de su longitud natural (no respecto de la posición de equilibrio). Si el resorte está enganchado al eje del cuerpo, Δl es lo que se movió el CM desde la posición en que el resorte no estaba deformado. Si está enganchado a un punto del borde, hay que seguir ese punto, que no se mueve como el CM.

Cilindro con resorte en un plano inclinado
Un cilindro macizo de 2,0 kg está sobre un plano inclinado 30°, con su eje enganchado a un resorte de constante 98 N/m paralelo al plano y fijo más arriba. Se lo suelta del reposo con el resorte sin deformar y baja rodando sin deslizar. ¿Cuánto estira el resorte como máximo, y cuál es la velocidad máxima del CM?
Fuerzas que trabajan: el peso y el resorte (conservativas); la normal y el rozamiento estático, no. Se conserva Em. → Estiramiento máximo (velocidad nula en los dos extremos): M g x sen 30° = (1/2) k x², x = 2 M g sen 30° / k = 2 · 2,0 · 9,8 · 0,50 / 98 = 0,20 m. → Velocidad máxima: donde la aceleración es nula, k x = M g sen 30°, x = 0,10 m. Ahí Ec = M g x sen 30° − (1/2) k x² = 0,98 − 0,49 = 0,49 J, y como rueda, Ec = (1/2) M (1 + 1/2) v² = 1,5 v². Entonces v = 0,57 m/s.
El estiramiento máximo es el mismo que el de un bloque que bajara sin rozamiento, porque en los extremos no hay energía cinética. La velocidad no: el bloque llegaría a 0,70 m/s, porque no guarda energía en la rotación.

El teorema del trabajo y la energía, y la conservación de la energía mecánica

Juntando lo anterior, para un cuerpo rígido o para un sistema de varios cuerpos:

Wfnc = ΔEm = Δ(Ec + Ep)

donde Ec es la energía cinética completa de cada cuerpo (traslación más rotación) y Wfnc es el trabajo de las fuerzas no conservativas: exteriores, y también interiores si el sistema tiene varios cuerpos que pueden deslizar uno sobre otro. Condiciones: sistema de referencia inercial (fijo a Tierra); dentro de un mismo cuerpo rígido las fuerzas interiores no trabajan. Si Wfnc = 0, la energía mecánica se conserva. Pasa cuando las únicas fuerzas que trabajan son pesos y resortes: por ejemplo, un cuerpo que rueda sin deslizar sobre una superficie quieta, un cuerpo con un eje fijo sin rozamiento, poleas sin rozamiento en el eje con cuerdas ideales que no patinan.

Cuando un enunciado pide "demostrar que la energía mecánica se conserva", lo que hay que mostrar es esto: listar todas las fuerzas sobre el sistema y justificar, una por una, que las no conservativas no trabajan (por el punto de aplicación quieto, por ser interiores y cancelarse, o por ser perpendiculares a la velocidad del punto donde actúan).

Para plantear un problema por energía:

  1. Elegí el sistema. Si hay cuerdas que unen cuerpos, tomá todos los cuerpos juntos: así las tensiones no aparecen.
  2. Hacé la lista de fuerzas y decidí cuáles trabajan (tabla de arriba). Si hay rozamiento, decidí si es estático o dinámico.
  3. Elegí el estado inicial y el final y el nivel cero de la energía potencial gravitatoria.
  4. Escribí la energía cinética de cada cuerpo con su traslación y su rotación, o con (1/2) I Ω² respecto de un eje fijo o del CIR.
  5. Escribí los vínculos para dejar todo en función de una sola velocidad: vCM = Ω R si rueda sin deslizar, v = Ω r para una cuerda enrollada en el radio r, la misma rapidez en los dos extremos de una cuerda.
  6. Planteá Em,f − Em,i = Wfnc y despejá. Revisá que el resultado no dependa de cosas que se cancelan (la masa, en un cuerpo que rueda solo) y que sea razonable.

Varios cuerpos: cuerdas y poleas con masa

Una cuerda ideal (sin masa, inextensible) que no patina sobre una polea tira con T de un bloque que se mueve con rapidez v y tira del borde de la polea, que también se mueve con rapidez v a lo largo de la cuerda. El signo sale, en cada extremo, de T · v del punto del que tira la cuerda. Si el bloque baja, la tensión hace sobre él −T v por unidad de tiempo (se opone a su movimiento) y sobre la polea +T v (la hace girar); si es la cuerda la que arrastra al bloque (uno que sube colgado, o uno que la cuerda tira por un plano hacia la polea), los signos se invierten: +T v sobre el bloque y −T v sobre la polea. En los dos casos suman cero. Por eso, tomando el sistema completo, la tensión no aparece, aunque sea distinta a cada lado de la polea. La reacción del eje fijo tampoco trabaja. Para hallar las tensiones sí hace falta la dinámica de cada cuerpo.

Si lo que gira está armado con varias piezas pegadas sobre el mismo eje (dos discos soldados, una polea con un tambor), todas tienen la misma Ω y su energía de rotación es (1/2) (I₁ + I₂ + …) Ω²: los momentos de inercia se suman porque están tomados respecto del mismo eje. El hilo, en cambio, está enrollado en un solo radio, y es ese radio el que va en el vínculo v = Ω r.

Ω T T m m g v g
La tensión hace trabajo negativo sobre el bloque, que baja, y positivo sobre la polea, cuyo borde baja con la misma rapidez v. Para el sistema bloque más polea los dos trabajos se cancelan; la reacción del eje no trabaja porque su punto de aplicación está quieto.
Polea escalonada: el radio importa
Una polea maciza de 2,0 kg y 15 cm de radio gira sin rozamiento en un eje fijo. Tiene pegado un tambor de 5,0 cm de radio, de masa despreciable. De un hilo enrollado cuelga un bloque de 1,2 kg que parte del reposo. ¿Con qué velocidad llega abajo después de bajar 1,5 m, a) si el hilo está enrollado en el borde de la polea, b) si está enrollado en el tambor?
Sistema: polea, tambor, hilo y bloque. Sólo trabaja el peso del bloque: la tensión es interior y la reacción del eje no trabaja, así que se conserva Em. → Datos en el SI: radio de la polea 15 cm = 0,15 m; radio del tambor 5,0 cm = 0,050 m. → Momento de inercia: I = (1/2) · 2,0 · 0,15² = 0,0225 kg·m². → Energía: m g h = (1/2) m v² + (1/2) I Ω², con Ω = v / r y r el radio donde está el hilo: m g h = (1/2) (m + I/r²) v². El primer miembro vale 1,2 · 9,8 · 1,5 = 17,6 J. → a) r = 0,15 m: I/r² = 1,0 kg, v = √(2 · 17,6 / 2,2) = 4,0 m/s. → b) r = 0,050 m: I/r² = 9,0 kg, v = √(2 · 17,6 / 10,2) = 1,9 m/s.
Con el hilo en el tambor, para la misma v la polea gira tres veces más rápido y se lleva el 88 % de la energía (contra el 45 % en el caso a). La "masa equivalente" de la polea, I/r², depende del radio donde está enrollado el hilo.

Aro, cilindro y esfera en un plano inclinado

Un cuerpo redondo de masa M y radio R baja rodando sin deslizar desde el reposo, y su CM baja una altura h. Sólo trabaja el peso, así que M g h = (1/2) M (1 + β) v², y:

vCM = √(2 g h / (1 + β))      aCM = g sen α / (1 + β)

La aceleración sale de derivar la energía respecto del tiempo: si el CM recorrió una distancia s sobre el plano, (1/2) M (1 + β) v² = M g s sen α, y derivando, M (1 + β) v a = M g v sen α. Es el mismo resultado que da la dinámica. Tres conclusiones:

  • La velocidad al final no depende de la masa ni del radio, ni de la inclinación: sólo de h y de la forma (β). Una esfera maciza chica y una grande llegan iguales.
  • Cuanto más lejos del eje está la masa, más grande es β, más energía se va a la rotación y más lento llega. En una carrera desde la misma altura gana la esfera maciza, después el cilindro macizo, después la esfera hueca y último el aro. Un bloque que baja sin rozamiento les gana a todos, porque no gira.
  • La inclinación cambia la aceleración y el tiempo, no la velocidad final. Para que pueda rodar sin deslizar hace falta un rozamiento estático f = M g sen α · β/(1 + β), o sea μe ≥ tan α · β/(1 + β); si no alcanza, desliza y la energía ya no se conserva.
Cuerpo (radio R)β = ICM/(M R²)Fracción de Ec en rotaciónv al bajar haCM
Bloque sin rozamiento (no gira)00√(2 g h)g sen α
Esfera maciza2/52/7√(10 g h / 7)(5/7) g sen α
Disco o cilindro macizo1/21/3√(4 g h / 3)(2/3) g sen α
Esfera hueca de pared fina2/32/5√(6 g h / 5)(3/5) g sen α
Aro o tubo de pared fina11/2√(g h)(1/2) g sen α
traslación rotación bloque liso 100 % esfera 71 % 29 % cilindro 67 % 33 % aro 50 % 50 %
Cómo se reparte la energía cinética de un cuerpo que rueda sin deslizar (la esfera y el cilindro son macizos; una esfera hueca reparte 60 % y 40 %). Desde la misma altura todos tienen la misma energía cinética por kilogramo al llegar abajo; lo que se va a la rotación falta en la traslación, y por eso el aro es el más lento.
La carrera
Desde el reposo y desde 1,5 m de altura bajan por un plano inclinado 25° una esfera maciza, un cilindro macizo y un aro, rodando sin deslizar, y un bloque sin rozamiento. ¿Con qué velocidad llega cada uno y cuánto tarda?
Largo del plano: L = h / sen 25° = 1,5 / 0,423 = 3,55 m. → Velocidades, con v = √(2 g h / (1 + β)) y 2 g h = 29,4 m²/s²: bloque √29,4 = 5,42 m/s; esfera √(29,4 / 1,4) = 4,58 m/s; cilindro √(29,4 / 1,5) = 4,43 m/s; aro √(29,4 / 2) = 3,83 m/s. → Tiempos: con aceleración constante desde el reposo, la velocidad media es v/2 y t = 2 L / v: bloque 1,31 s; esfera 1,55 s; cilindro 1,60 s; aro 1,85 s.
El orden de llegada no cambia si la esfera es de plomo y el aro de aluminio, ni si el aro es más chico. Para rodar sin deslizar en este plano, el aro necesita μe ≥ 0,23, el cilindro 0,16 y la esfera 0,13.

Pistas curvas: rodar sobre un casquete y despegarse

Cuando un cuerpo redondo de radio r rueda sin deslizar sobre una superficie curva de radio R, hay dos ángulos que no hay que mezclar. El CM se mueve sobre una circunferencia de radio ρ = R + r si el cuerpo va por afuera (un casquete o un domo) o ρ = R − r si va por adentro (un tubo, una canaleta), y su posición se describe con el ángulo θ de la recta que une el centro de la pista con el CM. El cuerpo, en cambio, gira con Ω = vCM / r, porque el punto de contacto es el CIR y está a r del CM. Ω no es dθ/dt = vCM/ρ: un cilindro chico que da media vuelta alrededor de un domo grande gira muchas veces sobre sí mismo.

La energía da la velocidad en cada posición, pero no dice si el cuerpo sigue apoyado. Para eso hace falta la segunda ley en la dirección radial: la suma de las componentes de las fuerzas hacia el centro de la trayectoria es M vCM²/ρ. El rozamiento es tangente a la pista, así que no entra en esa ecuación.

θ R O vCM M g fe N g
Cuerpo de radio r sobre un domo fijo de radio R. Su CM recorre la circunferencia punteada, de radio R + r, y su altura sobre O es (R + r) cos θ. La componente del peso M g cos θ apunta hacia O y la normal, hacia afuera: cuando la normal se anula, el cuerpo se despega.

Procedimiento para un cuerpo que rueda sobre una pista curva:

  1. Geometría: radio de la trayectoria del CM, ρ = R + r o R − r, y altura del CM en función del ángulo (por ejemplo, ρ cos θ sobre el centro del domo). Por adentro de un tubo, en el punto más bajo el CM no está en el fondo sino a r de él: si el enunciado da la altura del CM medida desde el fondo del tubo, lo que baja el CM hasta la posición más baja es esa altura menos r.
  2. Energía entre la posición inicial y la posición θ: M g (bajada del CM) = ΔEc, con Ec = (1/2) M (1 + β) vCM² si rueda sin deslizar. Da vCM² en función de θ.
  3. Dinámica radial: por afuera de un domo, M g cos θ − N = M vCM²/ρ; por adentro de un tubo, con φ medido desde el punto más bajo, N − M g cos φ = M vCM²/ρ.
  4. Condición de despegue: N = 0. Por afuera, reemplazando vCM² de la energía, queda una ecuación para cos θ. Por adentro, el cuerpo sólo puede despegarse en la mitad de arriba del tubo.
  5. Velocidad angular: Ω = vCM / r.
  6. Aceleración del CM, si la piden: componente radial vCM²/ρ hacia el centro de la trayectoria y componente tangencial dvCM/dt, que sale de derivar la energía (por afuera de un domo, g sen θ / (1 + β)).
Un tubo que rueda sobre un domo
Un tubo de pared fina (ICM = M r²) de radio r = 4,0 cm parte casi del reposo desde lo más alto de un domo fijo de radio R = 96 cm y rueda sin deslizar. ¿En qué ángulo se despega? ¿Cuánto valen ahí vCM, Ω y la aceleración del CM?
Geometría: r = 4,0 cm = 0,040 m y R = 96 cm = 0,96 m, así que ρ = R + r = 1,00 m; el CM baja ρ (1 − cos θ). → Energía (sólo trabaja el peso; con β = 1, Ec = M v²): M g ρ (1 − cos θ) = M v², o sea v² = g ρ (1 − cos θ). → Radial con N = 0: M g cos θ = M v²/ρ, o sea v² = g ρ cos θ. → Igualando: 1 − cos θ = cos θ, cos θ = 1/2 y θ = 60°. → Velocidades: vCM = √(9,8 · 1,00 · 0,50) = 2,2 m/s; Ω = vCM / r = 2,21 / 0,040 = 55 rad/s (y no 2,2 rad/s, que es dθ/dt). → Aceleración: tangencial g sen 60° / 2 = 4,2 m/s², radial v²/ρ = 4,9 m/s² hacia O; módulo 6,5 m/s².
Un bloque que deslizara sin rozamiento se despegaría antes, en cos θ = 2/3 (48°): el tubo guarda la mitad de su energía en la rotación, va más lento y necesita llegar más abajo para que el peso ya no alcance a curvar su trayectoria. Ni la masa, ni g, ni los radios cambian el ángulo; sólo β.

Una aclaración de validez. Para rodar sin deslizar sobre el domo hace falta un rozamiento estático f = M g sen θ · β/(1 + β), que no se anula, mientras la normal tiende a cero cerca del despegue: en algún momento f supera μe N y el cuerpo empieza a resbalar un poco antes de despegarse. Los problemas suponen que rueda sin deslizar hasta el despegue; es la idealización que se pide, y conviene saber que lo es.

Un cilindro por adentro de un tubo
Un cilindro macizo de 0,50 kg y 10 cm de radio está apoyado por adentro de un tubo fijo de 60 cm de radio, con su CM a 30 cm sobre el punto más bajo del tubo. Se lo suelta del reposo y rueda sin deslizar. ¿Con qué velocidad pasa su CM por la posición más baja, con qué velocidad angular gira el cilindro y cuánto vale ahí la normal?
Datos en el SI: r = 10 cm = 0,10 m, R = 60 cm = 0,60 m y la altura inicial del CM, 30 cm = 0,30 m. → Geometría: el CM se mueve sobre una circunferencia de radio ρ = R − r = 0,50 m con centro en el del tubo. En la posición más baja el CM no está en el fondo: está a r = 0,10 m de él. Entonces baja 0,30 − 0,10 = 0,20 m. Control con el ángulo: al principio el CM está 0,60 − 0,30 = 0,30 m por debajo del centro del tubo, cos φ = 0,30 / 0,50 = 0,60 (φ = 53°) y la bajada es ρ (1 − cos φ) = 0,50 · 0,40 = 0,20 m. → Energía (sólo trabaja el peso; con β = 1/2, Ec = (3/4) M v²): M g · 0,20 = (3/4) M v², v² = (4/3) · 9,8 · 0,20 = 2,61 m²/s² y vCM = 1,6 m/s. → Velocidad angular: Ω = vCM / r = 1,62 / 0,10 = 16 rad/s (y no vCM/ρ = 3,2 rad/s). → Radial abajo (el centro de la trayectoria está arriba, en el centro del tubo): N − M g = M vCM²/ρ, así que N = 0,50 · (9,8 + 2,61 / 0,50) = 0,50 · 15,0 = 7,5 N.
La normal abajo es una vez y media el peso, y no sale de la energía: hace falta la ecuación radial. Si se toma que el CM baja los 0,30 m enteros, como si llegara al fondo, sale vCM = 2,0 m/s y N = 8,8 N.

Cuando deja de rodar sin deslizar: superficie lisa o vuelo

Si el cuerpo pasa a una superficie sin rozamiento o sale despedido por el aire, las únicas fuerzas son el peso, aplicado en el CM, y la normal, que en un cuerpo redondo homogéneo pasa por el centro. Ninguna hace momento respecto del CM, así que γ = 0 y Ω queda constante: la energía de rotación no cambia. El teorema de la energía sigue valiendo, pero la energía cinética de rotación queda "congelada" y sólo la de traslación se intercambia con la potencial. Por eso:

  • En una rampa lisa, el cuerpo sube hasta que se le acaba la energía de traslación, con la rotación intacta: llega más bajo que la altura de la que bajó rodando. No hay pérdida de energía; hay energía que no se puede convertir en altura.
  • En el aire, el CM hace un tiro oblicuo como el de una partícula y el cuerpo sigue girando con la misma Ω.
  • Cuando vuelve a apoyarse en una superficie con rozamiento, en general vCM ≠ Ω R y desliza: aparece rozamiento dinámico, que trabaja, hasta que vuelve a rodar sin deslizar.

Mientras vCM y Ω no están ligados, el CIR ya no es el punto de contacto: está sobre la recta perpendicular a vCM que pasa por el CM, a una distancia vCM/Ω, del lado en que la velocidad de rotación es opuesta a vCM.

áspera lisa h 5h/7 v = 0, Ω = 0 Ω ≠ 0 v = 0 g
Una esfera maciza baja rodando sin deslizar por la parte áspera y sube por la lisa. En la parte lisa no hay momento respecto del CM y la esfera sigue girando igual: se detiene a 5/7 de la altura de la que bajó, con 2/7 de su energía todavía en la rotación.
Rampa áspera y rampa lisa
Una esfera maciza de 5,0 cm de radio baja rodando sin deslizar por una rampa áspera; su CM desciende 0,70 m. Abajo pasa a un piso y a una rampa sin rozamiento. ¿Hasta qué altura sube su CM en la rampa lisa? ¿Qué pasa cuando vuelve?
Abajo: M g h = (1/2) M (1 + 2/5) v², v = √(2 · 9,8 · 0,70 / 1,4) = 3,13 m/s, y, con R = 5,0 cm = 0,050 m, Ω = v / R = 3,13 / 0,050 = 62,6 rad/s. La rotación tiene 2/7 de la energía. → En la parte lisa: Ω no cambia, así que la energía de rotación tampoco; sólo la de traslación, (1/2) M v², se convierte en altura: h′ = v² / (2 g) = 3,13² / 19,6 = 0,50 m, que es (5/7) · 0,70 m. → A la vuelta: llega al piso con vCM = 3,13 m/s hacia la izquierda, pero sigue girando a 62,6 rad/s en el sentido de antes. El punto de contacto resbala hacia la izquierda a vCM + Ω R = 6,26 m/s, y el CIR está a vCM/Ω = 5,0 cm del CM, del lado de arriba: es el punto más alto de la esfera. Al entrar a la zona áspera desliza y el rozamiento dinámico trabaja.
La energía mecánica se conservó en todo el tramo liso; la esfera no llega a 0,70 m porque 2/7 de esa energía está en la rotación y en la rampa lisa nada puede sacarla de ahí.
Sube rodando y sale volando
Un cilindro macizo rueda sin deslizar con vCM = 6,0 m/s al pie de una rampa inclinada 30°. Sube rodando, y en el borde de arriba, con su CM 1,2 m más alto que al principio, sale despedido en la dirección de la rampa. Después cae a un piso donde su CM queda a la misma altura que al principio. ¿Con qué velocidad sale de la rampa, cuánto más sube en el aire y con qué velocidad toca el piso?
Subida rodando: (3/4) M v₀² = (3/4) M v² + M g H, así que v² = v₀² − (4/3) g H = 36 − 15,7 = 20,3 m²/s² y v = 4,5 m/s, a 30° sobre la horizontal. → Vuelo: Ω queda constante. El CM hace un tiro oblicuo: la componente vertical inicial es 4,51 · sen 30° = 2,25 m/s y sube 2,25² / (2 · 9,8) = 0,26 m más. → Al caer: en el vuelo se conserva por separado la energía de traslación más la potencial, (1/2) vcaída² = (1/2) v² + g H, y vcaída = √(20,3 + 23,5) = 6,6 m/s.
Toca el piso más rápido de lo que empezó (6,6 m/s contra 6,0 m/s) sin violar nada: al subir rodando, el rozamiento estático pasó energía de la rotación a la traslación, y en el aire la rotación quedó con menos energía que al principio. La energía total por kilogramo es la misma al principio y al final: 27 J/kg.

¿Energía o dinámica?

La energía es una ecuación escalar entre dos estados: no necesita las fuerzas que no trabajan ni el camino intermedio, pero da una sola incógnita y nada sobre el tiempo. La dinámica (Σ F = M aCM y Σ τ = I γ) da aceleraciones y fuerzas en cada instante, pero obliga a conocer todas las fuerzas, incluido el rozamiento estático. Lo práctico es elegir según lo que se pide:

Lo que se pideConvienePor qué
Una velocidad o una altura en una posición dadaEnergíaNo hace falta conocer la aceleración en el camino, que puede no ser constante
Una velocidad cuando la aceleración cambia (pivote, pista curva, resorte)EnergíaCon dinámica habría que integrar
Aceleraciones, tensiones, normales, rozamientosDinámicaLa energía no ve las fuerzas que no trabajan
Si rueda sin deslizar o deslizaDinámicaHay que comparar el rozamiento necesario con μe N
Dónde se despega de una pistaLas dosEnergía para v, dinámica radial para N
Un tiempoDinámica (o cinemática con la aceleración)La energía no tiene tiempo
Un control de un resultado de dinámicaEnergíaSi los dos caminos no dan lo mismo, hay un error

Hay un atajo útil para un sistema con un solo grado de libertad. Si la energía cinética se escribe como (1/2) meq v², con meq constante (que no dependa de la posición), y la potencial como Ep(s), con s la posición medida a lo largo de la trayectoria, derivar respecto del tiempo la conservación de la energía mecánica da meq a = −dEp/ds, con a = dv/dt la aceleración a lo largo de la trayectoria (en una pista curva, sólo la componente tangencial). Si además un cuerpo que se mueve con esa misma rapidez v desliza con un rozamiento dinámico constante fd, la energía mecánica ya no se conserva: hay que sumar la potencia del rozamiento, −fd v, y queda meq a = −dEp/ds − fd. Si meq cambia con la posición, al derivar aparece un término más y conviene la dinámica. Así salió la aceleración en el plano inclinado, y así se obtiene rápido la aceleración de un sistema de bloques y poleas con masa sin escribir las tensiones.

Las trampas del tema
  • Olvidar la energía de rotación, o ponerla dos veces: (1/2) M vCM² + (1/2) ICM Ω², o bien (1/2) ICIR Ω² sola; nunca (1/2) M vCM² + (1/2) ICIR Ω².
  • Calcular el trabajo con lo que avanza el CM cuando la fuerza está aplicada en otro punto. Se usa lo que recorre el punto de aplicación.
  • Ponerle trabajo al rozamiento estático de un cuerpo que rueda sin deslizar sobre una superficie quieta. No trabaja, por grande que sea.
  • Escribir −fd ΔxCM como trabajo del rozamiento de un cuerpo que desliza. Es −fd por lo que resbala el punto de contacto.
  • Hacer la energía de un solo cuerpo cuando hay una cuerda: la tensión trabaja sobre cada cuerpo. Se toma el sistema completo.
  • El radio equivocado en el vínculo: vCM = Ω R con el radio que apoya; v = Ω r con el radio donde está enrollada la cuerda; en una pista curva, Ω = vCM / r y no vCM/ρ.
  • Medir la altura sobre la pista y no la del CM, o usar R en lugar de R + r (o R − r) para la trayectoria del CM. Por adentro de un tubo, en la posición más baja el CM queda a r del fondo, no en el fondo.
  • Buscar el despegue sólo con energía: hace falta la ecuación radial con N = 0.
  • Suponer que en una rampa lisa o en el aire la rotación se convierte en altura. Sin momento respecto del CM, Ω no cambia.
  • Dar por conservada la energía sin justificarlo: hay que revisar cada fuerza no conservativa.
  • Las rpm sin pasar a rad/s, y las vueltas sin pasar a radianes en el trabajo de una cupla.
  • Creer que una cupla no trabaja porque su resultante es cero.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Escribir la energía cinética de un rígido como traslación más rotación, o como (1/2) I Ω² respecto de un eje fijo o del CIR.
  • Calcular el trabajo de una fuerza con la velocidad de su punto de aplicación, y el de una cupla como τ Δφ; calcular potencias como F · vP y τ Ω.
  • Decidir, fuerza por fuerza, cuáles trabajan, y justificar que la energía mecánica se conserva (o cuánto cambia).
  • Plantear la energía de un sistema con cuerdas y poleas con masa, con los vínculos entre velocidades.
  • Hallar la energía guardada en un volante y pasar de rpm a rad/s.
  • Comparar cuerpos que ruedan por un plano inclinado con β = ICM/(M R²).
  • Combinar energía con la ecuación radial para hallar dónde se despega un cuerpo de una pista curva.
  • Reconocer cuándo la rotación queda constante (superficie lisa, vuelo) y cuándo el rozamiento dinámico trabaja.
  • Elegir entre energía y dinámica según lo que pide el problema.
↑ Volver al índice
14 Unidad 3 · Cuerpo rígido: momento cinético, percusiones y péndulo físico

Esta sección junta tres temas que salen de la misma ley: el momento de las fuerzas externas cambia el momento cinético. Cuando ese momento es nulo respecto de algún punto, el momento cinético respecto de ese punto se conserva, y eso resuelve de un plumazo problemas que con fuerzas serían largos: un clavadista que se encoge, dos discos que se acoplan, una bala que se incrusta en una barra colgada, una bola que pasa de deslizar a rodar. Cuando la fuerza dura un instante (un golpe), la misma ley integrada en el tiempo da la dinámica impulsiva y el centro de percusión: el lugar donde hay que pegar para que el pivote o la mano no sientan el golpe. Y el péndulo físico, un cuerpo cualquiera que oscila colgado de un eje, resulta tener el mismo período que un péndulo ideal cuyo largo es justo la distancia del eje al centro de percusión.

Es el último tema de la unidad 3 de la Guía de Problemas y entra en el parcial, que abarca las unidades 1 a 3. Un dato para tener una idea: de 45 ejercicios de 16 parciales y recuperatorios del primer cuatrimestre de 2026, de cursos distintos, 2 tienen como tema principal un acople o un choque resuelto con el momento cinético (dos discos que se acoplan girando en sentidos opuestos, y dos partículas que se incrustan en una barra que gira alrededor de un tornillo), y otros 5 lo piden dentro de un ejercicio de otro tema (el momento cinético respecto del punto de suspensión en un péndulo balístico, el orbital y el de spin de una barra con pivote, el vector momento cinético respecto del pivote de una barra que cae, si se conserva el de un cilindro que rueda por un plano inclinado, y un verdadero o falso sobre si el momento cinético de un rígido es siempre paralelo a la velocidad angular). Otros 2 lo piden para un sistema de partículas. Ninguno de esos 45 pide el centro de percusión ni el período de un péndulo físico. El parcial lo arma cada curso, así que esos números describen esos exámenes y no dicen qué va a tomar el tuyo.

Con esta sección se resuelven, de la unidad 3: el clavadista que se encoge (problema 21), el muchacho en el taburete con dos masas en las manos (22), los dos discos que se acoplan sobre el mismo eje (23), la barra colgada a la que hay que empujar sin que el pivote reaccione (39), la bola de pool sobre el lago congelado (40), el péndulo físico con datos de laboratorio (49), el cilindro que gira en el lugar y se apoya en el piso (50) y los proyectiles que se incrustan en un péndulo ideal y en una barra colgada (51). Se dan por vistas la dinámica del cuerpo rígido (las dos ecuaciones y el rodar sin deslizar), la energía del cuerpo rígido, los momentos de inercia y los choques entre partículas.

Lo que se trae de las secciones anteriores

Notación. La velocidad angular del cuerpo es Ω y la aceleración angular, γ (muchos libros de texto usan ω y α). El momento de una fuerza se escribe τ, como en la guía; el libro de la cátedra usa M, la misma letra que la masa. L es el momento cinético, que muchos libros llaman momento angular (el libro de la cátedra también le dice cantidad de movimiento angular); siempre se dice respecto de qué punto: LO, LCM. El radio de giro se escribe k (la guía también usa Rg). Todos los movimientos de esta sección son planos: Ω, γ, τ y L son perpendiculares al plano del dibujo, así que cada uno se maneja como un número con signo, con un sentido de giro positivo que se elige y se declara.

  • Momento cinético de una partícula respecto de un punto O: LO = r × m v, con r el vector que va de O a la partícula. En el plano su valor es ± m v b, donde b es la distancia de O a la recta por la que se mueve la partícula (el brazo de la velocidad), con signo + si, vista desde O, la partícula gira en el sentido positivo.
  • Sistema de partículas (sección 9): el momento cinético respecto de un punto fijo O es el momento cinético respecto del CM más el de toda la masa concentrada en el CM: LO = LCM + rCM × M vCM. Y Σ τO,ext = dLO/dt, con O fijo en un sistema inercial o con O en el CM. Las fuerzas internas no cambian L.
  • Dinámica del cuerpo rígido (sección 12): Σ Fext = M aCM y Σ τCM = ICM γ; con un eje fijo O, Σ τO = IO γ, con IO = ICM + M d² (Steiner, d la distancia del eje al CM).
  • Choques (sección 8): durante un choque las fuerzas impulsivas son enormes y duran muy poco; el impulso J = ∫ F dt de una fuerza acotada (el peso, un resorte, un rozamiento dinámico) es despreciable, y los cuerpos no cambian de lugar mientras dura el choque. En un choque plástico se pierde energía cinética; en uno elástico, no.

El momento cinético de un cuerpo rígido en el plano

Respecto del CM

Un cuerpo rígido que gira con velocidad angular Ω: visto desde el CM, cada elemento de masa dm, a una distancia r del eje que pasa por el CM, describe una circunferencia con rapidez Ω r. Su momento cinético respecto del CM es r · dm · Ω r = r² Ω dm, todos con el mismo signo. Sumando sobre el cuerpo aparece el momento de inercia:

LCM = ICM Ω

No importa si el CM está quieto o se mueve: LCM se calcula con las velocidades relativas al CM, y esas son las de la rotación. El libro de la cátedra lo llama momento cinético de spin, el giro del cuerpo sobre sí mismo.

¿L es siempre paralelo a Ω?
No. La componente de L a lo largo del eje de giro vale siempre I Ω, pero L entero es paralelo a Ω sólo cuando el eje es un eje principal de inercia: un eje de simetría del cuerpo, o un eje perpendicular a un plano de simetría. Todos los cuerpos de la guía (barras, discos, placas, esferas, cilindros que giran sobre su eje) cumplen eso. Una barra soldada en diagonal a un eje que gira no lo cumple: su L tiene una componente perpendicular al eje que gira con el cuerpo, y los cojinetes tienen que hacer un momento para sostenerla aunque Ω sea constante.

Respecto de un eje fijo

Si el cuerpo gira alrededor de un eje fijo que pasa por O, el CM describe una circunferencia de radio d con rapidez Ω d. Sumando el giro y el término del CM, LO = ICM Ω + M (Ω d) d:

LO = (ICM + M d²) Ω = IO Ω

Respecto de un punto cualquiera

Para un cuerpo que se traslada y gira, respecto de un punto fijo A:

LA = ICM Ω ± M vCM b

El primer término es el giro alrededor del CM y el segundo es el momento cinético que tendría toda la masa concentrada en el CM (el libro de la cátedra lo llama orbital). b es la distancia de A a la recta que pasa por el CM en la dirección de vCM. El signo del segundo término no tiene nada que ver con el del primero: es + si, visto desde A, el CM se mueve en el sentido de giro positivo, y − si se mueve en el contrario. Por eso el momento cinético de un cuerpo depende del punto: con el mismo movimiento, cambia de valor y hasta de signo según desde dónde se lo mire.

Ω CM vCM A C B b = R b = R g
Un disco que rueda sin deslizar hacia la derecha. El término del CM vale M vCM b, con b la distancia del punto a la recta por la que se mueve el CM (en trazos). Visto desde A, el CM gira en sentido horario, igual que el disco, y los dos términos se suman; visto desde B, gira en sentido antihorario y se restan; para C, que está sobre la recta, el término del CM es cero.
Un disco, tres puntos
Un disco macizo de 2,0 kg y 0,10 m de radio rueda sin deslizar hacia la derecha con vCM = 3,0 m/s. Hallar su momento cinético respecto de su CM y respecto de los puntos fijos A, B y C de la figura.
Datos: Ω = vCM / R = 30 rad/s, en sentido horario, que tomamos como positivo. ICM = (1/2) M R² = 0,010 kg m². → Respecto del CM: LCM = ICM Ω = 0,010 · 30 = 0,30 kg m²/s. → Respecto de A (en el piso, a b = R por debajo de la recta del CM): visto desde A, el CM pasa por arriba hacia la derecha, en sentido horario, así que el término del CM es positivo: LA = 0,30 + 2,0 · 3,0 · 0,10 = 0,30 + 0,60 = 0,90 kg m²/s. Es lo mismo que (ICM + M R²) Ω = (3/2) M R² Ω: respecto del punto del piso, el disco que rueda se comporta como si girara alrededor del punto de contacto. → Respecto de C (sobre la recta del CM, b = 0): LC = 0,30 kg m²/s, sólo el giro. → Respecto de B (a R por encima de esa recta): el CM pasa por debajo, en sentido antihorario: LB = 0,30 − 0,60 = −0,30 kg m²/s, es decir 0,30 kg m²/s en sentido antihorario. → Interpretación: el mismo disco, en el mismo instante, tiene tres momentos cinéticos distintos. Ninguno está mal: son respecto de puntos distintos.

Si hay varios cuerpos (un rígido y partículas, dos discos), el momento cinético del sistema es la suma de los de cada uno, todos respecto del mismo punto y con el mismo sentido positivo. Una partícula pegada a un cuerpo que gira alrededor de un eje fijo aporta m r² Ω, con r su distancia al eje.

La ecuación del momento cinético y cuándo se conserva

Σ τO,ext = dLOdt

Vale con O fijo en un sistema inercial, o con O en el CM aunque el CM esté acelerado. No vale, en general, respecto de un punto que se mueve: el punto de contacto de un cuerpo que rueda es un punto que se mueve, y cuando se quiere usar "el punto de contacto" hay que tomar el punto fijo del piso que en ese instante coincide con él.

Para un cuerpo rígido, con el momento de inercia constante, dL/dt = I dΩ/dt = I γ, y esta ecuación es la Σ τ = I γ de la sección 12. Pero la ley es más general: si el cuerpo cambia de forma (una persona que encoge los brazos, una patinadora que los abre), el momento de inercia cambia y lo que vale es Σ τ = d(I Ω)/dt, no Σ τ = I γ. Si las partes giran distinto (dos discos que se acoplan, una bala que se incrusta), L es la suma de los momentos cinéticos de todas las partes. Y la ley vale para un sistema que tiene siempre las mismas partículas: si entra o sale masa, el sistema tiene que incluirla desde antes, con el momento cinético que trae. Si un chico salta sobre una calesita quieta y se toma como sistema sólo "la calesita con lo que tiene encima", que gana masa, los momentos externos respecto del eje son nulos y saldría que sigue quieta; el sistema correcto es la calesita y el chico desde antes del salto.

Integrada en un intervalo, la ecuación dice que el impulso angular de las fuerzas externas es la variación del momento cinético: ∫ Σ τO dt = ΔLO. Es el análogo de ∫ Σ F dt = ΔP.

Conservación del momento cinético
Si el momento de las fuerzas externas respecto de un punto O (fijo o el CM) es nulo durante un intervalo, el momento cinético respecto de ese mismo punto se conserva: LO,i = LO,f. Si sólo es nula la componente del momento a lo largo de un eje, se conserva sólo esa componente de L.

Las tres conservaciones tienen condiciones distintas, y en un mismo problema puede valer una y no las otras:

Se conservaSi
La cantidad de movimiento PLa resultante de las fuerzas externas es nula (o, durante un choque, su impulso es despreciable)
El momento cinético LOEl momento de las fuerzas externas respecto de O es nulo (o, durante un choque, su impulso angular respecto de O es despreciable)
La energía cinéticaLas fuerzas, internas y externas, no hacen trabajo neto. Las internas sí pueden hacerlo: los músculos de una persona, el rozamiento entre dos discos que se acoplan

El arte está en elegir el punto: hay que tomar momentos respecto del punto por donde pasan las fuerzas que no se conocen, porque ahí no hacen momento.

SituaciónRespecto de qué punto se conserva LPor qué
Un cuerpo en el aire (clavadista, gimnasta)El CMLa única fuerza es el peso, aplicado en el CM
Una plataforma o un taburete que gira sin rozamiento alrededor de un eje verticalEl eje (la componente vertical de L)Los pesos son paralelos al eje y la fuerza del eje pasa por él
Un choque contra un cuerpo con pivoteEl pivoteDurante el choque, la única fuerza externa impulsiva es la del pivote
Un choque contra un borde fijo o un escalónEl punto de impactoLa fuerza impulsiva del borde pasa por él
Un choque sin vínculos (sobre una mesa sin rozamiento, en el espacio)Cualquier punto fijoNo hay fuerzas externas impulsivas. Además se conserva P
Un cuerpo redondo que rueda deslizando sobre un piso horizontal, sin otras fuerzasCualquier punto fijo del pisoEl rozamiento actúa sobre la línea del piso; el peso y la normal son opuestos y están sobre la misma vertical
Conservar L no es conservar Ω
Que el momento cinético se conserve no quiere decir que la velocidad angular quede igual: si el momento de inercia cambia, Ω cambia en proporción inversa. Tampoco dice nada de la energía cinética ni de la cantidad de movimiento, que tienen sus propias condiciones.

Cuerpos que cambian su momento de inercia

Un clavadista, una patinadora que gira sobre un patín o una persona sentada en una plataforma giratoria pueden cambiar su momento de inercia moviendo los brazos o encogiendo el cuerpo. Las fuerzas que hacen para eso son internas, así que no cambian el momento cinético respecto del eje (o del CM, si están en el aire). Si el momento externo es nulo:

I1 Ω1 = I2 Ω2      Ec = (1/2) I Ω² = L²2 I

Al encogerse, I baja y Ω sube en la misma proporción. La energía cinética, en cambio, sube: con L fijo, Ec = L² / (2 I) crece cuando I baja, y la diferencia es el trabajo que hacen los músculos para acercar la masa al eje contra la tendencia a irse por la tangente. Al estirarse pasa al revés: Ω baja, la energía cinética baja y los músculos hacen un trabajo negativo. Las fuerzas internas cambian la energía cinética sin cambiar el momento cinético, igual que en una explosión cambian la energía sin cambiar la cantidad de movimiento.

Persona con pesas en una plataforma
Una persona está sentada en una plataforma que gira sin rozamiento alrededor de un eje vertical. El momento de inercia de la persona con la plataforma es 2,4 kg m² (despreciamos lo que cambia al mover los brazos). Tiene una pesa de 2,0 kg en cada mano, a 0,80 m del eje, y gira a 3,0 rad/s. Acerca las pesas hasta 0,20 m del eje. Hallar la velocidad angular final y la energía que ponen sus músculos.
Por qué se conserva L: los pesos son verticales y la fuerza del eje pasa por él; el movimiento de los brazos es interno. Se conserva la componente vertical del momento cinético respecto del eje. → Momentos de inercia: I1 = 2,4 + 2 · 2,0 · 0,80² = 4,96 kg m²; I2 = 2,4 + 2 · 2,0 · 0,20² = 2,56 kg m². → Velocidad angular: Ω2 = I1 Ω1 / I2 = 4,96 · 3,0 / 2,56 = 5,8 rad/s. → Energía: Ec1 = (1/2) · 4,96 · 3,0² = 22,3 J; Ec2 = (1/2) · 2,56 · 5,81² = 43,2 J. La energía cinética aumentó 20,9 J, que es el trabajo de los músculos. El cociente Ec2 / Ec1 = 1,94 es el mismo que I1 / I2. → Otra situación: si en lugar de acercar las pesas las suelta sin mover los brazos, la plataforma sigue a 3,0 rad/s. Al abrir las manos desaparece la fuerza de la mano sobre cada pesa, que apuntaba hacia el eje (y hacia arriba): no tenía momento respecto del eje. Nada le hizo momento a la persona, así que su I Ω no cambia; cada pesa sale por la tangente a Ω r = 2,4 m/s y se lleva su propio momento cinético, m r² Ω = 3,84 kg m²/s. El momento cinético del sistema completo se sigue conservando: 7,2 + 2 · 3,84 = 14,9 kg m²/s, igual que antes.

Discos que se acoplan

Dos cuerpos que giran sobre el mismo eje y se ponen en contacto (un disco que cae sobre otro, un embrague) terminan girando juntos por el rozamiento entre sus caras. Ese rozamiento es interno al sistema de los dos cuerpos: el momento que el de arriba le hace al de abajo es igual y opuesto al que recibe de él. Si el eje no tiene rozamiento, el momento cinético del sistema respecto del eje se conserva:

I1 Ω1 + I2 Ω2 = (I1 + I2) Ωf
Ec,perdida = 12 I1 I2I1 + I2 (Ω1 − Ω2)²

Cada Ω va con su signo: si giran en sentidos opuestos, uno es negativo. La energía perdida es la que disipa el rozamiento mientras las caras resbalan una sobre otra, y es siempre positiva salvo que ya giraran igual. Es el mismo resultado que el choque plástico de dos partículas, con los momentos de inercia en lugar de las masas y las velocidades angulares en lugar de las velocidades: un acople es un choque plástico de rotación.

Dos discos en sentidos opuestos
El disco A (IA = 0,040 kg m²) gira a 20 rad/s en sentido antihorario visto desde arriba y cae sobre el disco B (IB = 0,060 kg m²), que gira a 10 rad/s en sentido horario sobre el mismo eje, sin rozamiento en el eje. Hallar la velocidad angular común y la energía disipada.
Signos: positivo el antihorario visto desde arriba: ΩA = +20 rad/s, ΩB = −10 rad/s. → Momento cinético: L = 0,040 · 20 + 0,060 · (−10) = 0,80 − 0,60 = 0,20 kg m²/s. → Velocidad final: Ωf = 0,20 / 0,100 = +2,0 rad/s, en el sentido en que giraba A. → Energía: antes, (1/2) · 0,040 · 20² + (1/2) · 0,060 · 10² = 8,0 + 3,0 = 11,0 J; después, (1/2) · 0,100 · 2,0² = 0,20 J. Se disiparon 10,8 J, el 98 %. Con la fórmula: (1/2) · (0,040 · 0,060 / 0,100) · (20 − (−10))² = 10,8 J. → Interpretación: si se olvida el signo de ΩB, sale Ωf = 14 rad/s, que es imposible: los dos discos se frenan mutuamente.

Choques entre una partícula y un cuerpo rígido

Una bala que se incrusta en una barra, una pelota que rebota en un bate, un chico que salta a una calesita. Durante el choque valen las ideas de la sección 8: las fuerzas entre los dos cuerpos son enormes y duran muy poco, los cuerpos no cambian de lugar, y entre las fuerzas externas sólo cuentan las que también se vuelven impulsivas. Esas son las de los vínculos que impiden el movimiento que el choque tiende a producir: un pivote fijo, un borde contra el que se apoya el cuerpo. El peso, un resorte o un rozamiento dinámico no cuentan durante el choque.

O CM CP v₀ m JO con pivote g CM v₀ libre, vista desde arriba
Arriba, la barra con pivote: durante el choque el pivote le da un impulso JO (acá en el mismo sentido que el proyectil, porque el golpe es por debajo del centro de percusión). Se conserva el momento cinético respecto de O, pero no la cantidad de movimiento. Abajo, la barra libre: no hay impulsos externos y se conservan la cantidad de movimiento y el momento cinético.
Durante el choqueCantidad de movimientoMomento cinéticoEnergía cinética
Cuerpo libre (sin vínculos, o sobre una superficie sin rozamiento)Se conservaSe conserva respecto de cualquier punto fijoSólo si el choque es elástico
Cuerpo que gira alrededor de un pivote fijoNo se conserva, salvo que el golpe sea en el centro de percusión del pivoteSe conserva respecto del pivoteSólo si el choque es elástico
Péndulo ideal (partícula colgada de un hilo) golpeado perpendicular al hiloSe conserva: el hilo sólo tira a lo largo de sí mismo, perpendicular al golpe, y con una fuerza acotadaSe conserva respecto del punto de suspensiónSólo si el choque es elástico

Por qué con pivote no se conserva la cantidad de movimiento. El golpe tiende a mover todos los puntos del cuerpo, incluido el que está en el pivote. Para que ese punto siga quieto, el pivote tiene que aplicar una fuerza tan grande y tan breve como la del choque: un impulso JO. Ese impulso es externo y cambia la cantidad de movimiento del sistema en JO. En cambio, como pasa por el pivote, no hace momento respecto de él, y el momento cinético respecto del pivote se conserva. Hay un solo lugar donde el golpe no le pide nada al pivote, el centro de percusión, que se ve más adelante.

Si el choque es elástico, la energía cinética se conserva. Si se da el coeficiente de restitución e, se aplica como en la sección 8 a la componente normal de las velocidades de los puntos que se tocan: la de la partícula y la del punto del cuerpo donde pega, que es vCM más la parte de la rotación (o Ω por su distancia al pivote).

Cómo se plantea

  1. Sistema: la partícula y el cuerpo juntos, así la fuerza entre ellos es interna.
  2. Fuerzas externas impulsivas: ¿hay un pivote, un borde, un hilo que se tensa en la dirección del golpe? Si no hay ninguna, el cuerpo es libre.
  3. Punto para los momentos: el pivote o el punto de impacto contra el borde. Si el cuerpo es libre, cualquier punto fijo; conviene el que coincide con el CM del sistema en el instante del choque o con el punto de impacto.
  4. Momento cinético antes y después, respecto de ese punto: la partícula aporta ± m v b; el cuerpo, IO Ω si tiene pivote, o ICM Ω ± M vCM b si es libre. Si la partícula queda incrustada, gira con el cuerpo y suma m r² al momento de inercia.
  5. Ecuaciones que faltan: si el cuerpo es libre, la conservación de P; si el choque es elástico, la energía o el coeficiente de restitución.
  6. Después del choque el problema sigue con otras leyes: la energía mecánica para ver hasta dónde sube, la dinámica para la fuerza del pivote. Los números de "justo después" del choque son las condiciones iniciales de esa segunda etapa.
Bala en una barra colgada
Una barra homogénea de 1,2 kg y 0,90 m cuelga en reposo de un pivote sin rozamiento en su extremo de arriba, O. Una bala de 20 g que viaja horizontal a 80 m/s se incrusta en su extremo de abajo. Hallar la velocidad angular justo después del choque, el impulso que hizo el pivote, la energía perdida y el ángulo máximo que se aparta la barra.
Qué se conserva: durante el choque, las fuerzas externas impulsivas son las del pivote, que pasan por O. Se conserva LO; la cantidad de movimiento, no. → Momento cinético respecto de O (positivo el sentido en que la bala hace girar la barra): antes, sólo la bala (m = 20 g = 0,020 kg): m v0 L = 0,020 · 80 · 0,90 = 1,44 kg m²/s. Después, la barra y la bala giran juntas alrededor de O: I = (1/3) M L² + m L² = 0,324 + 0,0162 = 0,340 kg m². → Velocidad angular: Ω = 1,44 / 0,3402 = 4,23 rad/s. → Impulso del pivote: antes, P = m v0 = 1,60 kg m/s. Después, el CM de la barra va a Ω L/2 y la bala a Ω L: P = (1,2 · 0,45 + 0,020 · 0,90) · 4,23 = 2,36 kg m/s. El pivote dio JO = 2,36 − 1,60 = 0,76 N s, en el mismo sentido que la bala: el golpe fue por debajo del centro de percusión, que para esta barra está a 2L/3 = 0,60 m de O. → Energía: antes, (1/2) · 0,020 · 80² = 64 J; después, (1/2) · 0,3402 · 4,23² = 3,05 J. Se perdió el 95 %: es un choque plástico. → Ángulo máximo: después del choque sólo trabaja el peso. El CM del conjunto está a d = (1,2 · 0,45 + 0,020 · 0,90) / 1,22 = 0,457 m de O y sube d (1 − cos θ): 3,05 J = 1,22 · 9,8 · 0,457 · (1 − cos θ), de donde 1 − cos θ = 0,56, cos θ = 0,44 y θ = 64°.
Masilla contra una barra libre
Una barra de 0,60 kg y 1,0 m está quieta sobre hielo, sin rozamiento. Un trozo de masilla de 0,20 kg que se desliza a 5,0 m/s, perpendicular a la barra, se pega en uno de sus extremos. Hallar la velocidad del CM y la velocidad angular después del choque.
Qué se conserva: no hay fuerzas externas impulsivas (el peso y la normal del hielo son verticales y se compensan). Se conservan P y el momento cinético respecto de cualquier punto fijo. → Cantidad de movimiento: 0,20 · 5,0 = 0,80 vCM, vCM = 1,25 m/s, perpendicular a la barra. → CM del sistema: a 0,20 · 0,50 / 0,80 = 0,125 m del centro de la barra, hacia la masilla. La masilla queda a 0,50 − 0,125 = 0,375 m de él. → Momento cinético respecto del punto fijo del hielo donde está el CM del sistema en el instante del choque: antes, 0,20 · 5,0 · 0,375 = 0,375 kg m²/s. Después, como el CM pasa por ese punto, sólo cuenta el giro: I = (1/12) · 0,60 · 1,0² + 0,60 · 0,125² + 0,20 · 0,375² = 0,0875 kg m², y Ω = 0,375 / 0,0875 = 4,3 rad/s. → Control con otro punto: respecto del punto fijo donde estaba el centro de la barra, antes 0,20 · 5,0 · 0,50 = 0,50 kg m²/s; después 0,0875 · 4,29 + 0,80 · 1,25 · 0,125 = 0,375 + 0,125 = 0,50 kg m²/s. Da lo mismo, como tiene que ser. → Energía: de 2,5 J pasa a (1/2) · 0,80 · 1,25² + (1/2) · 0,0875 · 4,29² = 0,63 + 0,80 = 1,43 J; se perdió el 43 %.

Choque contra un borde

Cuando un cuerpo pega contra un borde fijo (una rueda contra un cordón, una caja que tropieza con un tope), la fuerza impulsiva del borde pasa por el punto de impacto. Respecto de ese punto se conserva el momento cinético durante el choque, aunque el borde le cambie al cuerpo la cantidad de movimiento. Después del choque, el cuerpo sigue girando apoyado en el borde sólo si no va demasiado rápido: el borde puede empujar pero no tirar, así que la aceleración centrípeta que necesita el CM para girar alrededor del borde la tiene que dar el peso. Si no alcanza, el cuerpo salta del borde.

Un cilindro que choca con un escalón
Un cilindro macizo de radio R = 0,20 m rueda sin deslizar a 1,2 m/s y choca con un escalón de h = 0,050 m. Suponemos que no rebota ni resbala sobre el borde, y que el piso no da impulso: justo después del choque se despega del piso y gira alrededor del borde. Hallar la velocidad del CM después del choque, si sigue apoyado en el borde y si alcanza a subir.
Qué se conserva: respecto del borde E, la fuerza impulsiva del borde no hace momento y el peso no cuenta durante el choque. → Antes (positivo el sentido horario, el de rodar hacia el escalón): el CM está a R − h por encima de E y se mueve horizontal, así que LE = ICM Ω + M v (R − h) = M v (R/2 + R − h). → Después gira alrededor de E con IE = (3/2) M R²: LE = (3/2) M R² Ω′. → Resultado: v′ = Ω′ R = v (1 − h / (1,5 R)) = 1,2 · (1 − 0,050 / 0,30) = 1,0 m/s. La masa no hace falta. → ¿Sigue apoyado en el borde? Para girar alrededor de E, el CM necesita una aceleración centrípeta v′² / R dirigida hacia E. El borde sólo puede empujar hacia afuera, así que esa aceleración la tiene que dar la componente del peso hacia E, que vale g (R − h) / R porque el CM está a R − h por encima de E: hace falta v′² ≤ g (R − h) = 9,8 · 0,15 = 1,47 m²/s², o sea v′ ≤ 1,21 m/s. Con 1,0 m/s se cumple, y es el instante más exigente: mientras sube, la velocidad baja y la componente del peso hacia E crece. Si hubiera llegado a 2,0 m/s, habría salido del choque con v′ = 1,67 m/s y habría saltado del borde en lugar de girar apoyado en él. → ¿Sube? Después del choque se conserva la energía mientras gira alrededor del borde: necesita que (1/2) IE Ω′² = (3/4) M v′² alcance para subir el CM una altura h, o sea v′² ≥ (4/3) g h = 0,653 m²/s², v′ ≥ 0,81 m/s. Con 1,0 m/s sube. → Energía perdida en el choque: la energía cinética pasa de (3/4) M v² a (3/4) M v′², se pierde el 31 %.

Percusiones: el golpe sobre un cuerpo rígido

Una percusión es un golpe: una fuerza muy grande que actúa un tiempo muy corto sobre un cuerpo rígido. Integrando en el tiempo las dos ecuaciones del cuerpo rígido, y usando que el cuerpo no cambia de lugar durante el golpe, quedan las que el libro de la cátedra llama ecuaciones fundamentales de la dinámica impulsiva:

Σ Jext = M ΔvCM      Σ (ri × Ji) = ΔLCM = ICM ΔΩ

ri va del CM al punto donde se aplica el impulso Ji; en el plano, cada término es ± Ji bi, con bi la distancia del CM a la recta del impulso. Sólo entran los impulsos de las fuerzas que se vuelven enormes: el del golpe y el de los vínculos que lo resisten. Que el cuerpo no se mueva durante el golpe es lo que permite sacar r de la integral: ∫ r × F dt = r × ∫ F dt. Los momentos también se pueden tomar respecto de un punto fijo O: Σ (rOi × Ji) = ΔLO.

Dónde se pega importa para la rotación, no para la traslación
Con el mismo impulso J sobre un cuerpo libre, ΔvCM = J / M es el mismo se pegue donde se pegue. La rotación, en cambio, crece con la distancia b del golpe al CM: ΔΩ = J b / ICM. Por eso, a diferencia de una partícula, un cuerpo rígido que recibe un mismo impulso termina con más energía cinética cuanto más lejos del CM se lo golpea: Ec = J² / (2M) + J² b² / (2 ICM), si parte del reposo.
La misma barra, golpeada en tres lugares
Una barra de 0,50 kg y 0,80 m está quieta sobre una mesa horizontal sin rozamiento y recibe un impulso de 0,20 N s perpendicular a ella. Comparar el movimiento si se la golpea en el CM, a 0,20 m del CM y en un extremo.
Traslación: en los tres casos vCM = J / M = 0,20 / 0,50 = 0,40 m/s, y la energía de traslación es (1/2) · 0,50 · 0,40² = 0,040 J. → Rotación: ICM = (1/12) · 0,50 · 0,80² = 0,0267 kg m², y Ω = J b / ICM: 0 en el CM, 0,20 · 0,20 / 0,0267 = 1,5 rad/s a 0,20 m, y 0,20 · 0,40 / 0,0267 = 3,0 rad/s en el extremo. → Energía cinética total: 0,040 J en el CM; 0,040 + (1/2) · 0,0267 · 1,5² = 0,070 J a 0,20 m; 0,040 + (1/2) · 0,0267 · 3,0² = 0,16 J en el extremo. → Interpretación: el mismo impulso le da cuatro veces más energía golpeada en el extremo que en el centro. Quien golpea hace más trabajo, porque el punto donde pega se mueve más rápido mientras dura el golpe.

El punto que queda quieto

Justo después del golpe, un punto de la barra ubicado del otro lado del CM, a una distancia x de él, tiene velocidad J / M − ΔΩ x = J / M − (J b / (M k²)) x, donde k es el radio de giro (ICM = M k²). Se anula en

x = k²b      o sea    b · x = k²

Ese punto es el centro instantáneo de rotación justo después del golpe: el cuerpo arranca girando alrededor de él, aunque nada lo sostenga. Si se golpea en el CM (b = 0), x es infinito: traslación pura. Cuanto más lejos del CM se golpea, más cerca del CM queda el punto quieto. Para la barra golpeada en el extremo, b = L/2 y x = (L²/12) / (L/2) = L/6: el punto quieto está a 2L/3 del extremo golpeado.

CM J P vCM b k² / b
Una barra libre golpeada en el extremo, y a la derecha las velocidades de sus puntos justo después del golpe. Cada punto se mueve con vCM más la parte de la rotación, y el resultado es una distribución lineal que se anula en P, a k² / b del CM, del lado opuesto al golpe. Para la barra golpeada en el extremo, b = L / 2 y k² / b = L / 6.

El radio de giro

El radio de giro k de un cuerpo respecto de un eje se define por I = M k²: es la distancia a la que habría que poner toda la masa, como en un aro, para tener el mismo momento de inercia. No es el radio geométrico del cuerpo: para una esfera maciza, k = 0,63 R. El baricéntrico (respecto del eje por el CM) es el que aparece en todo lo que sigue. Respecto de un eje paralelo que pasa a una distancia d del CM, por Steiner, IO = M (k² + d²).

Cuerpo y eje por el CMk²k² / R (o k² / d)
Aro o cilindro hueco de pared delgada, eje de simetríaR²R
Disco o cilindro macizo, eje de simetríaR² / 2R / 2
Esfera maciza2 R² / 52 R / 5
Esfera hueca de pared delgada2 R² / 32 R / 3
Barra delgada de largo L, eje perpendicularL² / 12L / 6, con d = L / 2
Placa rectangular de lados a y b, eje perpendicular a la placa(a² + b²) / 12

Centro de percusión

El centro de percusión (CP) de un punto A de un cuerpo es el punto donde hay que aplicar un golpe, perpendicular a la recta que une A con el CM, para que el golpe no le cambie la velocidad a A sin ayuda de ningún vínculo: si A estaba quieto, sigue quieto. Por la regla b · x = k², está sobre la recta A CM, del otro lado del CM, a una distancia k² / d del CM, con d la distancia de A al CM. No es una propiedad del cuerpo sino de un punto del cuerpo: cada punto tiene el suyo, y puede caer dentro o fuera del cuerpo.

Cuerpo con pivote

Si A es un pivote O, el centro de percusión es el lugar donde se puede golpear sin que el pivote tenga que hacer ningún impulso. Para ver qué hace el pivote cuando se golpea en otro lado: el cuerpo cuelga de O con el CM a una distancia d por debajo; un golpe horizontal J llega a una distancia b por debajo del CM y el pivote responde con un impulso horizontal JO sobre el cuerpo (positivo en el sentido de J; el pivote, o la mano que agarra el cuerpo, recibe el opuesto). Las dos ecuaciones del golpe, con los momentos respecto del CM y el vínculo ΔvCM = ΔΩ d (O no se mueve):

J + JO = M d ΔΩ      J b − JO d = M k² ΔΩ
JO = J b d − k²k² + d²
  • b = k² / d: JO = 0. Es el centro de percusión, a una distancia de O igual a d + k² / d.
  • Más abajo que el CP (b > k² / d): JO tiene el sentido del golpe. El pivote empuja hacia donde va el golpe.
  • Más arriba que el CP (incluido golpear en el CM, b = 0, o entre O y el CM, b < 0): JO se opone al golpe.
distancia de O al CP:
l = d + k²d = IOM d

La cuenta es la misma si en lugar de un golpe hay una fuerza F que se aplica cuando el cuerpo está alineado con la vertical: la reacción horizontal del pivote en ese instante es F (b d − k²) / (k² + d²), y se anula si F se aplica en el centro de percusión. Si el cuerpo ya está girando, la aceleración centrípeta del CM apunta a lo largo de la recta O CM y no cambia la componente horizontal. En las herramientas y en los deportes, el pivote es la mano: un bate, una raqueta o un martillo golpeados en el centro de percusión del punto por donde se los agarra no le transmiten a la mano el sacudón del golpe.

O CM CP J d k² / d l g
Centro de percusión de un cuerpo que cuelga de O. Un golpe perpendicular a la recta O CM dado a la altura del CP no le pide al pivote ningún impulso en esa dirección. La distancia de O al CP es la longitud reducida, l = d + k² / d.
La maza y la mano
Una maza de 0,90 kg se agarra por un punto O del mango. Su CM está a 0,55 m de O y su radio de giro baricéntrico es 0,24 m. Hallar dónde está el centro de percusión de O y el impulso que siente la mano, tomada como un pivote fijo, si la maza recibe un golpe de 6,0 N s perpendicular al mango a 0,75 m de O y a 0,45 m de O.
Centro de percusión: k² / d = 0,24² / 0,55 = 0,105 m más allá del CM, o sea a l = 0,55 + 0,105 = 0,65 m de O. → Golpe a 0,75 m (b = 0,20 m por debajo del CM): JO = 6,0 · (0,20 · 0,55 − 0,0576) / (0,0576 + 0,3025) = 6,0 · 0,0524 / 0,3601 = 0,87 N s: la mano le da a la maza 0,87 N s en el sentido del golpe. → Golpe a 0,45 m (b = −0,10 m, entre O y el CM): JO = 6,0 · (−0,055 − 0,0576) / 0,3601 = −1,9 N s: la mano le da 1,9 N s en contra del golpe. → Lo que siente la mano es el impulso opuesto (acción y reacción). Pegando 10 cm más allá del CP, el mango tiende a irse hacia atrás, la mano lo sostiene empujándolo hacia adelante y recibe 0,87 N s en contra del golpe: el mango le pega hacia atrás. Pegando 20 cm antes del CP, el mango tiende a irse hacia adelante y la mano recibe 1,9 N s a favor del golpe. En el CP no siente nada en la dirección del golpe.

Cuerpo apoyado: golpear para que salga rodando

Un cuerpo redondo de radio R, quieto sobre un piso, recibe un golpe horizontal a una altura h por encima de su CM. El punto de contacto C hace el papel del pivote, con d = R. Las ecuaciones del golpe dan vCM = J / M y Ω = J h / (M k²), y la velocidad del punto de contacto queda

vC = vCM − Ω R = JM (1 − h Rk²)   →   vC = 0  si  h = k²R

Golpeado a h = k² / R por encima del centro, el cuerpo sale rodando sin deslizar desde el primer instante, y no necesita rozamiento para lograrlo: funciona igual sobre hielo. Ese punto es el centro de percusión del punto de contacto. Su altura no depende de la masa, ni del valor del golpe, ni del piso; sí depende del radio y de cómo está repartida la masa (la tabla del radio de giro): 2R/5 para una esfera maciza (a 7R/5 del piso), R/2 para un cilindro macizo, 2R/3 para una esfera hueca y R, el punto más alto, para un aro. Si se golpea más arriba, el cuerpo sale con exceso de giro y el punto de contacto resbala hacia atrás; más abajo, con falta de giro, y resbala hacia adelante. En los dos casos, si hay rozamiento, después desliza hasta rodar sin deslizar (la última parte de esta sección).

J CM vCM Ω C h R g
Cuerpo redondo apoyado que recibe un golpe horizontal a una altura h sobre el CM. El golpe le da vCM = J / M y Ω = J h / ICM. El punto de contacto C sale quieto, y el cuerpo rueda sin deslizar desde el primer instante, sólo si h = k² / R: el centro de percusión de C.

Lo mismo pasa con una fuerza constante F aplicada a la altura h. Si se supone que el cuerpo rueda sin deslizar, el rozamiento necesario sale de las dos ecuaciones de la sección 12 y vale f = F (h R − k²) / (k² + R²), positivo en el sentido de F. Es la misma expresión que el impulso del pivote, con d = R: el rozamiento hace en el cuerpo apoyado lo que el pivote en el colgado. A la altura k² / R no hace falta rozamiento (f = 0 aunque la mesa sea rugosa); más arriba, el rozamiento apunta hacia adelante; más abajo, hacia atrás (para una esfera empujada por el centro, f = −(2/7) F).

Un tacazo por encima del centro
Una bola de billar de 0,17 kg y 2,8 cm de radio, quieta, recibe un tacazo horizontal de 0,51 N s a 0,56 cm por encima del centro (h = 0,2 R). Hallar con qué velocidad y velocidad angular sale, hacia dónde resbala y con qué velocidad termina rodando sin deslizar.
Golpe: v0 = J / M = 0,51 / 0,17 = 3,0 m/s. Con R = 2,8 cm = 0,028 m y h = 0,56 cm = 0,0056 m, ICM = (2/5) M R² = 5,33 · 10−5 kg m², Ω0 = J h / ICM = 0,51 · 0,0056 / 5,33 · 10−5 = 53,6 rad/s, en el sentido de rodar hacia adelante. → Punto de contacto: vC = 3,0 − 53,6 · 0,028 = 1,5 m/s hacia adelante: resbala hacia adelante y el rozamiento dinámico apunta hacia atrás. Para salir rodando habría que pegarle a 2R/5 = 1,12 cm sobre el centro. → Después del golpe: el rozamiento frena la traslación y acelera el giro hasta que rueda sin deslizar. Respecto de un punto fijo del paño se conserva el momento cinético (se justifica en la última parte de la sección): M v0 R + ICM Ω0 = M vf R + ICM vf / R. Dividiendo por M R: v0 + (2/5) R Ω0 = (7/5) vf, y vf = (5/7) (3,0 + 0,6) = 2,57 m/s. → Control: para una esfera golpeada a una altura h sobre el centro, vf = (5/7) v0 (1 + h / R) = (5/7) · 3,0 · 1,2 = 2,57 m/s. → Energía: de 0,842 J justo después del golpe pasa a (7/10) M vf² = 0,787 J; el rozamiento disipó 0,055 J.
Un control que no falla
Para una esfera quieta golpeada en forma horizontal, la velocidad con que termina rodando es (5/7) v0 (1 + h / R), con h positiva por encima del centro y v0 la que le dio el golpe. Si el golpe es por encima del centro y por debajo de 2R/5, termina entre (5/7) v0 y v0. Si un enunciado dice que termina más lento que (5/7) v0, el golpe fue por debajo del centro, aunque diga otra cosa.

Péndulo físico

Un péndulo físico es un cuerpo rígido cualquiera que puede girar alrededor de un eje horizontal fijo O que no pasa por su CM. En equilibrio, el CM queda en la vertical de O, por debajo. Apartado un ángulo θ, las fuerzas son el peso, en el CM, y la reacción del eje, que pasa por O y no hace momento respecto de O. El peso tiene brazo d sen θ, con d la distancia de O al CM, y empuja hacia la vertical:

−M g d sen θ = IO d²θdt²

El signo menos dice que el momento del peso tiene sentido contrario al apartamiento: es restitutivo. Para ángulos chicos (θ en radianes, en la práctica hasta unos 10°), sen θ ≈ θ y la ecuación queda d²θ/dt² = −(M g d / IO) θ, que es la de un movimiento armónico simple (sección 5) con ω² = M g d / IO. Con IO = M (k² + d²):

T = 2π √(IOM g d) = 2π √(k² + d²g d)

El período no depende de la masa ni de la amplitud (mientras sea chica), y sí de cómo está repartida la masa (k) y de dónde se cuelga el cuerpo (d). Un péndulo ideal, una partícula en la punta de un hilo de largo l, es el caso k = 0 y d = l: T = 2π √(l / g).

Longitud reducida y péndulo ideal isócrono

Comparando las dos fórmulas, un péndulo físico oscila con el mismo período que un péndulo ideal de longitud

l = k² + d²d = d + k²d = IOM d

Es la longitud reducida del péndulo físico, y ese péndulo ideal se llama isócrono o sincrónico con él (oscilan con el mismo período). Es exactamente la distancia de O al centro de percusión de O: el cuerpo oscila como si toda su masa estuviera en su centro de percusión. Y como el CP está a k² / d del CM, del otro lado, vale la recíproca: si se cuelga el cuerpo de su centro de percusión, la nueva distancia al CM es d′ = k² / d, la longitud reducida es k² / d + d, la misma, y el período también. Los dos puntos son conjugados: cada uno es el centro de percusión del otro.

O CM CP M g θ d l θ g
Péndulo físico y su péndulo ideal isócrono. El momento del peso respecto de O, −M g d sen θ, lo devuelve hacia la vertical. La longitud del péndulo ideal que oscila con el mismo período es la longitud reducida l = d + k² / d, que es justo la distancia de O al centro de percusión.

El período en función de d

Si se cuelga el mismo cuerpo de agujeros a distintas distancias d del CM, el período cambia. Cuando d tiende a cero, el peso casi no tiene brazo y el período tiende a infinito. Cuando d es mucho mayor que k, el cuerpo se comporta casi como una partícula y T ≈ 2π √(d / g), que crece. En el medio hay un mínimo: l = d + k² / d es mínima para d = k, y entonces

d = k   →   Tmín = 2π √(2 kg)
lmín = 2 k

Cualquier período mayor que el mínimo se obtiene con dos distancias d1 y d2, que son las dos soluciones de d² − l d + k² = 0: su producto es k² (son conjugadas) y su suma es la longitud reducida l = g T² / (4π²). Como sólo importa la distancia al CM, cada una vale para cualquier punto del cuerpo que esté a esa distancia del CM.

d (m) T (s) k 1,32 1,45 d₁ d₂ 0,5 0,3 T → ∞
El período de la placa del ejemplo de laboratorio en función de d. El mínimo está en d = k. Cada período mayor que el mínimo se obtiene con dos distancias d₁ y d₂, que son puntos conjugados: d₁ · d₂ = k² y d₁ + d₂ = l, la longitud del péndulo ideal isócrono.
Una regla que oscila
Una regla de madera homogénea de 1,00 m tiene agujeros a lo largo de su eje. Hallar el período si se la cuelga de un agujero en un extremo, de qué otros agujeros colgada oscila con el mismo período, y cuál es el período mínimo.
Radio de giro: k² = L² / 12 = 0,0833 m², k = 0,289 m. → Colgada del extremo (d = 0,50 m): T = 2π √((0,0833 + 0,25) / (9,8 · 0,50)) = 1,64 s, y la longitud reducida es l = 0,333 / 0,50 = 0,667 m = 2L/3. → Punto conjugado: d′ = k² / d = 0,0833 / 0,50 = 0,167 m del centro, del otro lado: colgada de ahí, también oscila con 1,64 s. Está a 0,667 m del extremo, justo en el centro de percusión del extremo. → No es el único: como el período sólo depende de la distancia al CM, también da 1,64 s colgada del otro extremo, o del agujero que está a 0,167 m del centro del mismo lado que el primero (a 0,333 m del extremo). Contando el primero, son cuatro agujeros con el mismo período, dos a cada distancia del centro. → Período mínimo: colgada a d = k = 0,289 m del centro, Tmín = 2π √(2 · 0,289 / 9,8) = 1,53 s. Colgada a 0,30 m, casi en el mínimo, da 1,53 s también: cerca del mínimo el período casi no cambia con d.

Medir un momento de inercia en el laboratorio

El péndulo físico sirve para medir el momento de inercia de un cuerpo de forma irregular, que no se puede calcular con una integral. Se cuelga el cuerpo de puntos a distintas distancias d de su CM (ubicado antes, colgándolo de dos puntos y cruzando las verticales), se mide el período en cada uno y se arma la tabla o el gráfico de T en función de d. Con eso hay tres caminos para el radio de giro:

  1. Con el mínimo de la curva. La distancia del mínimo es k. Es la lectura más directa, pero poco precisa, porque cerca del mínimo la curva es muy chata: el período casi no cambia en varios centímetros.
  2. Con el período mínimo. Despejando de Tmín = 2π √(2 k / g): k = g Tmín² / (8π²). Usa justo la magnitud que mejor se mide.
  3. Con todos los puntos. De T² = 4π² (k² + d²) / (g d) sale k² = g T² d / (4π²) − d², que da un valor de k con cada medición. Mejor todavía, d² = g · T² d / (4π²) − k² es una recta: graficando d² en función de T² d / (4π²), la pendiente es g y la ordenada al origen es −k².

Con k y la masa, ICM = M k². La incerteza se propaga como en la unidad 1, sumando los módulos de las derivadas parciales. Para el camino 2, ICM = M g² Tmín⁴ / (64 π⁴), y la incerteza relativa es

ΔII = ΔMM + 2 Δgg + 4 ΔTT

El período entra a la cuarta potencia: es el que manda en la incerteza, y por eso conviene medir el tiempo de muchas oscilaciones y dividir. El largo del péndulo ideal isócrono con el período mínimo es l = g Tmín² / (4π²) = 2k; ojo, g va sin elevar al cuadrado.

La placa del laboratorio
Una placa irregular de (520,0 ± 0,5) g se cuelga de distintos puntos. El período mínimo medido es (1,32 ± 0,02) s, cerca de d = 0,22 m. Con g = (9,8 ± 0,1) m/s², hallar su momento de inercia baricéntrico con la incerteza en una cifra significativa, y el largo del péndulo ideal isócrono.
Radio de giro: k = g Tmín² / (8π²) = 9,8 · 1,32² / 78,96 = 0,216 m, coherente con la ubicación del mínimo. → Momento de inercia: con M = 520,0 g = 0,5200 kg, ICM = M k² = 0,5200 · 0,216² = 0,0243 kg m². → Incerteza relativa: ΔM/M = 0,5 / 520,0 = 0,001; 2 Δg/g = 2 · 0,1 / 9,8 = 0,020; 4 ΔT/T = 4 · 0,02 / 1,32 = 0,061. Suma: 0,082. → Incerteza absoluta: ΔI = 0,082 · 0,0243 = 0,0020 kg m², que con una cifra significativa es 0,002 kg m². → Resultado: ICM = (0,024 ± 0,002) kg m². → Control con otro punto: a d = 0,100 m se midió T = 1,51 s, y k² = 9,8 · 1,51² · 0,100 / (4π²) − 0,100² = 0,0466 m², k = 0,216 m: coincide. → Péndulo ideal isócrono con el período mínimo: l = 2k = 0,43 m.

De rodar deslizando a rodar sin deslizar, con el momento cinético

La sección 12 resuelve con fuerzas el paso de rodar deslizando a rodar sin deslizar: el rozamiento dinámico frena una cosa y acelera la otra hasta que vCM = Ω R. Si sólo interesa el estado final, hay un atajo: el momento cinético respecto de un punto fijo del piso se conserva mientras el cuerpo desliza. Las razones, para un cuerpo redondo con el CM en su centro, sobre un piso horizontal y sin otras fuerzas:

  • El rozamiento actúa en el punto de contacto y a lo largo del piso: su recta de acción es la línea del piso, que pasa por cualquier punto fijo del piso. No hace momento.
  • El peso y la normal son iguales (el CM no acelera en vertical), opuestos y actúan sobre la misma vertical, la que pasa por el CM y el punto de contacto: forman un par de brazo nulo y sus momentos se cancelan.
CM v₀ Ω₀ f A R g
Una bocha lanzada con efecto hacia atrás. El rozamiento actúa sobre la línea del piso, así que no hace momento respecto de ningún punto fijo del piso, como A; el peso y la normal son iguales, opuestos y están sobre la misma vertical, y sus momentos se cancelan. Por eso el momento cinético respecto de A se conserva mientras la bocha desliza, aunque la cantidad de movimiento cambie.

Respecto de un punto fijo A del piso, el CM está a una altura R y LA = ICM Ω + M vCM R, con positivo el sentido de avance y el giro de rodar hacia adelante (para el giro hacia atrás, Ω es negativa). Al final rueda sin deslizar, Ωf = vf / R, y con ICM = M k²:

M v0 R + ICM Ω0 = M vf R + ICM vfR   →   vf = v0 + (k² / R) Ω01 + k² / R²
Cómo arrancaCómo terminaEsfera macizaCilindro macizoAro
Deslizando sin girar (Ω0 = 0)vf = v0 / (1 + k²/R²)(5/7) v0(2/3) v0v0 / 2
Girando en el lugar (v0 = 0)Ωf = Ω0 k² / (k² + R²)(2/7) Ω0(1/3) Ω0Ω0 / 2

El cuerpo que gira en el lugar arranca hacia el lado al que lo empuja su giro: su punto de contacto resbala hacia atrás, el rozamiento apunta hacia adelante y acelera el CM mientras frena la rotación. Con giro hacia atrás (Ω0 negativa), vf puede salir negativa: el cuerpo termina volviendo si k² |Ω0| > v0 R.

Lo que no se conserva. La cantidad de movimiento, porque el rozamiento es una fuerza externa sin compensar. El momento cinético respecto del CM, porque el rozamiento sí hace momento respecto del CM. Y la energía cinética: mientras desliza, el rozamiento dinámico le saca f · s, con s lo que resbala el punto de contacto sobre el piso (no lo que avanza el CM). Mientras desliza, la fuerza es constante (μd M g), así que aCM y γ son constantes. Cuando empieza a rodar sin deslizar, en un piso horizontal y sin otras fuerzas, el rozamiento pasa a ser estático y vale cero: el cuerpo sigue a velocidad constante, y ese rozamiento nulo no hace trabajo.

Una bocha con efecto hacia atrás
Una bocha maciza de 0,90 kg y 5,0 cm de radio se lanza sobre un piso horizontal con v0 = 4,0 m/s hacia adelante y un giro hacia atrás de 50 rad/s. El coeficiente de rozamiento dinámico es 0,20. Hallar la velocidad con que termina rodando, cuánto tarda y cuánta energía se pierde.
Datos y signos: R = 5,0 cm = 0,050 m. Positivo hacia adelante y el giro de rodar hacia adelante, así que Ω0 = −50 rad/s. → Rozamiento: el punto de contacto resbala hacia adelante a v0 − Ω0 R = 4,0 + 2,5 = 6,5 m/s, así que el rozamiento dinámico apunta hacia atrás y vale μd M g = 1,76 N. → Momento cinético respecto de un punto del piso: con k² / R = (2/5) R = 0,020 m, vf = (4,0 + 0,020 · (−50)) / (7/5) = 3,0 / 1,4 = 2,14 m/s hacia adelante, y Ωf = vf / R = 42,9 rad/s, ya hacia adelante: el rozamiento invirtió el giro. → Tiempo: aCM = −μd g = −1,96 m/s², constante: t = (2,14 − 4,0) / (−1,96) = 0,95 s. → Energía: antes, (1/2) · 0,90 · 4,0² + (1/2) · 9,0 · 10−4 · 50² = 7,20 + 1,13 = 8,33 J; después, (7/10) · 0,90 · 2,14² = 2,89 J. Se perdieron 5,43 J. → Control: la velocidad de resbalamiento baja en forma lineal de 6,5 m/s a 0 en 0,95 s, así que el punto de contacto resbaló s = 6,5 · 0,95 / 2 = 3,08 m, y f · s = 1,76 · 3,08 = 5,43 J. → ¿Cuándo volvería? Si k² |Ω0| > v0 R, o sea con un giro hacia atrás de más de 200 rad/s.
El punto equivocado
Respecto del CM el momento cinético no se conserva mientras el cuerpo desliza: el rozamiento le hace momento. Tampoco hay que tratar al punto de contacto como si fuera el CIR: mientras desliza no lo es, y el momento cinético respecto de él no es (ICM + M R²) Ω. El punto que conviene, porque la ecuación vale respecto de un punto fijo, es un punto fijo del piso, y el CM está a una altura R por encima de él, así que el término M vCM R no se puede olvidar.
Las trampas del tema
  • Dar un momento cinético sin decir respecto de qué punto. El de un cuerpo que se traslada cambia de valor, y hasta de signo, con el punto.
  • Escribir L = ICM Ω respecto de un punto que no es el CM. Falta el término del CM, ± M vCM b, salvo que el punto esté sobre la recta por la que se mueve el CM.
  • Creer que L es siempre paralelo a Ω. Sólo si el eje de giro es un eje principal de inercia.
  • Usar Σ τ = I γ cuando el momento de inercia cambia. Lo que vale es Σ τ = d(I Ω)/dt.
  • Conservar Ω o la energía cinética en lugar del momento cinético cuando alguien encoge los brazos o dos discos se acoplan.
  • Pensar que soltar una masa hace girar más rápido. La masa que se suelta se lleva su propio momento cinético; Ω sube sólo cuando la masa se acerca al eje empujada por el propio sistema.
  • Olvidar los signos cuando dos cuerpos giran en sentidos opuestos, o cuando una partícula pasa por arriba o por abajo del punto de referencia.
  • Conservar la cantidad de movimiento en un choque contra un cuerpo con pivote. El pivote da un impulso; se conserva el momento cinético respecto del pivote.
  • Conservar la energía en un choque en el que la partícula queda incrustada. Es plástico. La energía se conserva recién después del choque, mientras sólo trabaja el peso.
  • Contar el peso o un rozamiento dinámico durante un golpe. Su impulso es despreciable. Después del golpe vuelven a mandar.
  • Creer que el centro de percusión es un punto fijo del cuerpo. Es de un punto: del pivote, de la mano, del punto de apoyo. Cambia el punto y cambia el CP.
  • Confundir las distancias: k² / d se mide desde el CM; la longitud reducida d + k² / d, desde el pivote. Lo mismo k² / R (desde el centro) y R + k² / R (desde el piso).
  • Usar en el péndulo físico ICM en lugar de IO, o d medida desde el borde del cuerpo en lugar de desde el CM.
  • Escribir l = (g T / 2π)² en lugar de l = g T² / (4π²).
  • Tomar momentos respecto del CM, o tratar al punto de contacto como el CIR, para pasar de rodar deslizando a rodar sin deslizar: respecto del CM el rozamiento hace momento, y mientras desliza el punto de contacto no es el CIR.
Qué tenés que saber hacer sí o sí
  • Calcular el momento cinético de un cuerpo rígido respecto de su CM, de un eje fijo y de un punto fijo cualquiera, con sus signos, y sumar el de partículas pegadas.
  • Decir, para cada situación, respecto de qué punto se conserva el momento cinético y por qué, y por separado si se conservan la cantidad de movimiento y la energía.
  • Resolver un cuerpo que cambia su momento de inercia y un acople de dos discos, con la energía que se gana o se pierde.
  • Resolver el choque de una partícula contra una barra libre o con pivote, y seguir después con la energía.
  • Plantear las ecuaciones de un golpe y hallar el centro de percusión de un pivote y del punto de apoyo de un cuerpo redondo, y el impulso del pivote cuando se golpea en otro lado.
  • Calcular el período y la longitud reducida de un péndulo físico, el período mínimo, y el momento de inercia a partir de mediciones, con su incerteza.
  • Hallar con qué velocidad termina rodando un cuerpo que arranca deslizando, conservando el momento cinético respecto de un punto fijo del piso.
↑ Volver al índice