Unidad 2 – Rotación y Energía Rotacional

Unidad 2

Estática y dinámica del sólido rígido

2.3. Rotación de un sólido rígido y energía rotacional

Introducción

Si un sólido rígido describe una rotación pura, se deduce que cada partícula de masa que lo compone se encuentra en movimiento en torno a un eje y no existe traslación del cuerpo. Por lo tanto, la energía cinética traslacional es cero. La cantidad física que describe la energía asociada a la rotación de un sólido es la energía cinética rotacional y es en esencia la suma de las energías cinéticas de las partículas constituyentes del sólido.

Este razonamiento puede aplicarse también cuando se estudia la causa de la rotación de los sólidos. Se observa que el torque neto será la suma de las fuerzas aplicadas sobre todas las partículas del sólido y dependerá de sus respectivos brazos de giro o, en este caso, distancia al eje de rotación – y de sus aceleraciones tangenciales. Como esta cantidad puede expresarse en términos de la aceleración angular del sólido, el desarrollo de este análisis conduce a una relación entre la rotación y su causa, que permite definir cantidades de trabajo y potencia rotacional para completar la descripción del movimiento de un sólido rígido.

Leyes de Newton para la rotación

Considere un sólido rígido fijo en un punto O. Al aplicar una fuerza tangencial $\vec{F}_{t}$ sobre este cuerpo a una distancia $r$ del punto O, se produce un torque. Desde la perspectiva de un elemento de masa $dm$, si se aplica una contribución infinitesimal de fuerza $d\vec{F}_{t}$, la segunda ley de Newton indica que acelerará con aceleración tangencial $\vec{a}_{t}$:

$$d\vec{F}_{t} = dm \cdot \vec{a}_{t}$$

La magnitud del torque resultante de esta fuerza infinitesimal es:

$$d\tau = r \cdot dF_{t} = r \cdot dm \cdot a_{t}$$

De la cinemática rotacional, sabemos que la aceleración tangencial se relaciona con la aceleración angular ($\alpha$) mediante $a_{t} = r\alpha$. Reemplazando:

$$d\tau = dm \cdot (r \cdot r\alpha) = dm \cdot (r^{2} \cdot \alpha)$$

Para obtener el torque total, sumamos (integramos) todas las contribuciones:

$$\tau_{neto} = \int \alpha r^{2} dm = \alpha \int r^{2} dm$$

Reconociendo que $\int r^{2} dm$ es el momento de inercia $I$, obtenemos la segunda ley de Newton para la rotación:

$$\tau_{neto} = I\alpha$$

Ejemplo 1: Máquina de Atwood con polea masiva

Dos masas $m_{1}$ y $m_{2}$ se encuentran conectadas por una cuerda que pasa por una polea de radio $R$ y masa $M$. Determine la aceleración angular de la polea y las tensiones en la cuerda.

▷ Ver Solución

Aplicando la segunda ley de Newton para cada una de las masas (asumiendo que $m_1$ baja y $m_2$ sube):

\begin{align*} \text{Masa } m_{1} &: \quad T_{1} – m_{1}g = -m_{1}a_{1} \\ \text{Masa } m_{2} &: \quad T_{2} – m_{2}g = m_{2}a_{2} \end{align*}

Las aceleraciones lineales son iguales a la aceleración tangencial de la polea: $a_{1} = a_{2} = a_{T} = \alpha R$. Reemplazando:

\begin{align*} T_{1} &= m_{1}g – m_{1}\alpha R \\ T_{2} &= m_{2}g + m_{2}\alpha R \end{align*}

En cuanto a la polea, los torques producidos por las tensiones son $\tau_{1} = T_{1}R$ (antihorario) y $\tau_{2} = -T_{2}R$ (horario). Aplicando $\tau_{neto} = I\alpha$:

\begin{align*} T_{1}R – T_{2}R &= I\alpha \\ T_{1} – T_{2} &= I\frac{\alpha}{R} \end{align*}

Reemplazando las tensiones:

$$(m_{1}g – m_{1}\alpha R) – (m_{2}g + m_{2}\alpha R) = I\frac{\alpha}{R}$$

Despejando la aceleración angular $\alpha$:

$$\alpha = \frac{g(m_{1} – m_{2})}{R\left(\frac{I}{R^{2}} + m_{1} + m_{2}\right)}$$

Y las tensiones quedan como:

\begin{align*} T_{1} &= m_{1}g\left(\frac{I + 2m_{2}R^{2}}{I + m_{1}R^{2} + m_{2}R^{2}}\right) \\ T_{2} &= m_{2}g\left(\frac{I + 2m_{1}R^{2}}{I + m_{1}R^{2} + m_{2}R^{2}}\right) \end{align*}

Ejemplo 2: Masas en plano inclinado con polea

Las masas $m_{1} = 1,4\text{ kg}$ y $m_{2} = 3,7\text{ kg}$ están unidas por una cuerda que pasa por una polea (disco) de masa $M = 16\text{ kg}$ y radio $R = 0,35\text{ m}$. Los bloques se mueven hacia la derecha en planos rugosos con coeficiente $\mu_{k} = 0,13$. El plano de $m_2$ está inclinado en un ángulo $\beta = 35^\circ$ respecto a la horizontal. Determine la aceleración tangencial en el borde de la polea y la aceleración de cada masa.

▷ Ver Solución

Aplicando la segunda ley de Newton para cada masa (tomando como positivo el sentido del movimiento hacia la derecha/abajo):

\begin{align*} \text{Masa } m_{1} &: \quad T_{1} – \mu_{k}m_{1}g = m_{1}a \implies T_{1} = m_{1}(a + \mu_{k}g) \\ \text{Masa } m_{2} &: \quad m_{2}g \sin \beta – \mu_{k}m_{2}g \cos \beta – T_{2} = m_{2}a \implies T_{2} = m_{2}(g \sin \beta – \mu_{k}g \cos \beta – a) \end{align*}

Para la polea, los torques son $\tau_{1} = T_{1}R$ (antihorario) y $\tau_{2} = -T_{2}R$ (horario). Como la polea gira en sentido horario, su aceleración angular es $\alpha = -a/R$ o, tomando el sentido de giro positivo:

\begin{align*} \tau_{2} + \tau_{1} &= -I\alpha \implies -T_{2}R + T_{1}R = -I \frac{a}{R} \\ T_{2} – T_{1} &= I \frac{a}{R^{2}} \end{align*}

Como es un disco sólido, su momento de inercia es $I = \frac{1}{2}MR^{2}$. Reemplazando las tensiones y el momento de inercia:

$$m_{2}(g \sin \beta – \mu_{k}g \cos \beta – a) – m_{1}(a + \mu_{k}g) = \left(\frac{1}{2}MR^{2}\right) \frac{a}{R^{2}}$$

Agrupando términos que acompañan a la aceleración $a$:

$$a\left(m_{1} + m_{2} + \frac{M}{2}\right) = g(m_{2} \sin \beta – \mu_{k}m_{2} \cos \beta – \mu_{k}m_{1})$$

$$a = g \cdot \frac{(m_{2} \sin \beta – \mu_{k}m_{2} \cos \beta – \mu_{k}m_{1})}{\left(m_{1} + m_{2} + \frac{M}{2}\right)}$$

Sustituyendo los valores dados:

$$a = 9,8 \cdot \frac{(3,7 \sin 35^\circ – 0,13 \cdot 3,7 \cos 35^\circ – 0,13 \cdot 1,4)}{\left(1,4 + 3,7 + \frac{16}{2}\right)} \approx 1,16 \frac{\text{m}}{\text{s}^{2}}$$

Energía, Trabajo y Potencia Rotacional

Energía cinética rotacional

La energía de rotación de un sólido rígido es la suma de las energías cinéticas de las partículas que lo conforman. Al sustituir la rapidez lineal por $v_i = r_i \omega$, e identificando el momento de inercia $I$, se obtiene:

$$K_{R} = \frac{1}{2}I\omega^{2}$$

Trabajo rotacional

El trabajo realizado por una fuerza tangencial externa es el producto del torque por el desplazamiento angular:

$$W = \int_{\theta_{i}}^{\theta_{f}} \tau d\theta = \tau_{neto}\Delta\theta \text{ (si }\tau \text{ es constante)}$$

El teorema del trabajo y la energía cinética rotacional indica que el trabajo total es igual al cambio en la energía cinética rotacional:

$$W = \Delta K_{R} = \frac{1}{2}I(\omega_{f}^{2} – \omega_{i}^{2})$$

Potencia rotacional

La potencia es la tasa de transferencia de energía en el tiempo. En mecánica rotacional:

$$P = \frac{dW}{dt} = \tau\omega$$

Ejemplo 3: Trabajo y potencia en un disco

Un disco de radio $r = 45\text{ cm}$ y masa $m_{d} = 14\text{ kg}$, inicialmente en reposo, sufre la acción de una fuerza tangencial constante $F_{T} = 90\text{ N}$, que provoca la rotación del disco en torno a un eje que pasa por su centro. Determine la potencia entregada y el trabajo realizado por la fuerza durante los primeros $5\text{ s}$ de movimiento.

▷ Ver Solución

Primero determinamos el torque realizado por la fuerza tangencial:

$$\tau = F_{T} \cdot r = 90\text{ N} \cdot 0,45\text{ m} = 40,5\text{ Nm}$$

Calculamos la aceleración angular usando $\tau = I\alpha$ y $I = \frac{1}{2}m_{d}r^{2}$:

$$\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{2\tau}{m_{d}r^{2}} = \frac{2 \cdot 40,5}{14 \cdot (0,45)^{2}} = 28,57 \frac{\text{rad}}{\text{s}^{2}}$$

Como la aceleración es constante, el desplazamiento angular en los primeros $5\text{ s}$ (partiendo del reposo) es:

$$\Delta\theta = \frac{1}{2}\alpha t^{2} = \frac{1}{2} (28,57) (5)^{2} = 357,13 \text{ rad}$$

El trabajo realizado por el torque es:

$$W = \tau\Delta\theta = 40,5 \cdot 357,13 = 14463,77 \text{ J}$$

Y la potencia promedio desarrollada en ese intervalo es:

$$P = \frac{\Delta W}{\Delta t} = \frac{14463,77}{5} = 2892,75 \text{ W}$$

Rodadura de un sólido rígido

Existen diferencias clave entre un disco que se desliza y uno que rueda sin deslizar. Al deslizarse, es un movimiento puramente traslacional y todos sus puntos tienen la misma velocidad $v_{CM}$.

En la rodadura pura, la condición fundamental es que el punto de contacto con la superficie se encuentra en reposo relativo instantáneo ($v_p = 0$). Como el sólido rota con rapidez angular $\omega$, la velocidad del punto superior opuesto al contacto es el doble del centro de masa:

$$v_{p’} = 2R\omega = 2v_{CM}$$

La energía cinética total de un sólido en rodadura se calcula mediante el teorema de los ejes paralelos respecto al punto de contacto, resultando en la suma de la energía cinética traslacional del centro de masa y su energía cinética rotacional:

$$K = \frac{1}{2}I_{CM}\omega^{2} + \frac{1}{2}Mv_{CM}^{2}$$

Por lo tanto, al aplicar el principio de conservación de la energía, se deben considerar todos estos componentes:

$$U_{pgi} + K_{i} + K_{Ri} = U_{pgf} + K_{f} + K_{Rf}$$

Ejemplo 4: Disco rodando en un plano inclinado

Un disco de radio $r = 30\text{ cm}$ y masa $m_{d} = 10\text{ kg}$, inicialmente en reposo, rueda sin deslizarse a través del plano con inclinación $\beta = 30^\circ$, descendiendo una altura $h = 3\text{ m}$ antes de llegar a la base. Determine la velocidad tangencial y la velocidad angular del disco en la base del plano.

▷ Ver Solución

Utilizamos la ley de conservación de la energía mecánica. El disco parte del reposo, por lo tanto la energía cinética inicial (traslacional y rotacional) es cero. En la cima solo hay energía potencial gravitatoria, y en la base solo hay energía cinética total (asumiendo altura cero):

$$U_{pgi} = K_{f} + K_{Rf} \implies Mgh = \frac{1}{2}Mv_{T}^{2} + \frac{1}{2}I\omega^{2}$$

Para un disco sólido, el momento de inercia es $I = \frac{1}{2}MR^{2}$. Además, por rodadura pura $\omega = \frac{v_{T}}{R}$. Reemplazando:

$$Mgh = \frac{1}{2}Mv_{T}^{2} + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}MR^{2}\right)\left(\frac{v_{T}}{R}\right)^{2} = \frac{1}{2}Mv_{T}^{2} + \frac{1}{4}Mv_{T}^{2} = \frac{3}{4}Mv_{T}^{2}$$

Despejando la velocidad tangencial ($v_{T}$):

$$v_{T} = \sqrt{\frac{4gh}{3}} = \sqrt{\frac{4 \cdot 9,8 \cdot 3}{3}} \approx 6,26 \frac{\text{m}}{\text{s}}$$

Con esto podemos hallar la velocidad angular final:

$$\omega = \frac{v_{T}}{R} = \frac{6,26}{0,3} \approx 20,87 \frac{\text{rad}}{\text{s}}$$

Conclusión

La relación entre el torque, la aceleración angular y el momento de inercia permite una descripción completa del movimiento de un sólido rígido. Si este se desplaza con un movimiento de traslación, entonces serán aplicables todas las cantidades físicas lineales para describir su movimiento en términos de fuerzas, aceleraciones o energías cinéticas. De modo similar, si el sólido describe una rotación, serán aplicables las cantidades físicas rotacionales como la energía cinética rotacional, el torque o la aceleración angular. En estos casos, las partículas describirán movimientos circulares.

En general, un sólido rígido se desplazará con una combinación de movimientos de traslación y de rotación, por lo que estas categorías se aplican de forma simultánea durante el desarrollo de su movimiento. Un ejemplo concreto revisado es el de rodadura de un sólido rígido, que durante su rodado almacenará energía cinética rotacional.