Dinámica de rotación y momento de fuerza

Principiante

Empuja una puerta junto a las bisagras y apenas se mueve; empuja igual de fuerte en el pomo y se abre sin esfuerzo. Girar sigue reglas muy parecidas a las leyes de Newton del movimiento rectilíneo.

Paso 1. El efecto de giro de una fuerza se llama momento de fuerza. Depende de lo fuerte que empujes y de lo lejos del eje que lo hagas: la misma fuerza aplicada al doble de distancia gira el doble. Por eso las llaves inglesas tienen mangos largos. Un empujón dirigido justo hacia las bisagras no hace girar la puerta en absoluto.

Paso 2. Un empujón constante hace que un carrito vaya cada vez más rápido; del mismo modo, un momento constante hace girar una rueda cada vez más rápido. En la animación, una pesa cuelga de una cuerda enrollada en el buje de una rueda pesada. Al caer, la cuerda sigue haciendo girar la rueda, y la barra azul muestra cómo crece el giro de forma constante.

Paso 3. La masa se resiste a los cambios de movimiento, y en el giro lo que importa es dónde está. La masa lejos del eje hace que la rueda cueste mucho más de poner en marcha, y de frenar. Por eso la pesa de la animación cae tan despacio.

Paso 4. Cuando la pesa llega al suelo, la cuerda se afloja y el giro deja de recibir impulso. La rueda no se para: sigue girando a ritmo constante, igual que un objeto en movimiento sigue avanzando si ninguna fuerza actúa. En una máquina real, el rozamiento del eje acaba deteniéndola.

Comprueba lo aprendido: dos niños empujan un tiovivo con la misma fuerza, uno en el borde y otro a medio camino del centro. ¿Quién lo hace girar más? (El del borde: la misma fuerza actúa al doble de distancia del eje.)

Intermedio

Cómo describir un giro

Un sólido rígido que gira alrededor de un eje fijo necesita un solo número para decir dónde está: el ángulo $\theta$ que ha girado, medido en radianes (una vuelta completa son $2\pi \approx 6,28\mathrm{rad}$). La velocidad angular $\omega$ es el ritmo de cambio de ese ángulo, en rad/s, y la aceleración angular $\alpha$ es el ritmo de cambio de $\omega$, en rad/s². En la animación la rueda gira en sentido horario, siguiendo la flecha verde curva; toma ese sentido como positivo.

Todos los puntos del cuerpo comparten la misma $\omega$ y la misma $\alpha$, pero un punto situado a una distancia $r$ del eje se mueve con $v=\omega r$ y tiene una aceleración tangencial $a=\alpha r$. Por eso una pesa cuya cuerda se desenrolla del buje sin deslizar se mueve exactamente igual de deprisa que el borde del buje.

Momento de una fuerza: fuerza por brazo de palanca

Empuja una puerta por el pomo, a 0,80 m de las bisagras, con 20 N perpendiculares a la puerta: el efecto de giro, o momento de fuerza, es $\tau =0,80\cdot 20=16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. El mismo empujón a 0,10 m de las bisagras da solo $2\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. En general, para una fuerza $F$ aplicada a una distancia $r$ del eje,
$\tau =rF\sin \theta$
donde $\theta$ es el ángulo entre la fuerza y el radio hasta el punto en que actúa (no el ángulo que ha girado el cuerpo).

Hay dos formas equivalentes de verlo: solo la parte de la fuerza perpendicular al radio, $F\sin \theta$, hace girar el cuerpo, o bien la fuerza entera actúa con un brazo de palanca $d=r\sin \theta$, la distancia perpendicular del eje a su línea de acción. Si empujas el pomo formando 30° con la puerta, $\tau =16\cdot \sin 30^{\circ }=8\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$; si empujas directamente hacia las bisagras, no gira nada.

El momento se mide en newton metros, nunca en julios: no es una energía. Los momentos que giran en sentidos opuestos llevan signos opuestos.

Segunda ley de Newton para la rotación

Un momento neto provoca una aceleración angular, igual que una fuerza neta provoca una aceleración:
$\tau =I\alpha$

El momento de inercia $I$, en kg·m², hace el papel de la masa. Un trozo pequeño de masa $m$ a una distancia $s$ del eje tiene una aceleración tangencial $\alpha s$, que exige una fuerza $ms\alpha$ y, por tanto, un momento $m{s}^2\alpha$. Al sumar todos los trozos se obtiene $\tau =(\sum m{s}^2)\alpha$, de modo que $I=\sum m{s}^2$. Cada kilogramo cuenta con el cuadrado de su distancia: al doble de distancia, cuatro veces más resistencia.

Un aro delgado de masa $M$ y radio $R$ tiene toda su masa en el borde, así que $I=M{R}^2$; una esfera maciza tiene $\frac{2}{5}M{R}^2$. La rueda de la animación es un disco uniforme:
$I=\frac{1}{2}M{R}^2\text{(disco uniforme)}$
Con $M=10\mathrm{kg}$ y $R=0,40\mathrm{m}$, $I=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0,40^2=0,80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, la mitad que el de un aro delgado de la misma masa y tamaño.

Con un momento neto constante, $\alpha$ es constante y las ecuaciones del movimiento rectilíneo se trasladan a la rotación, con $\theta$, $\omega$ y $\alpha$ en lugar de $x$, $v$ y $a$:

• $\omega ={\omega }_0+\alpha t$
• $\theta ={\theta }_0+{\omega }_{0}t+\frac{1}{2}\alpha t^2$
• ${\omega }^2={\omega }_0^2+2\alpha \Delta \theta$

Si se suma $\frac{1}{2}m{v}^2$ sobre los trozos, con $v=\omega s$, se obtiene la energía almacenada en el giro, la energía cinética de rotación
$K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$

Ejemplo resuelto: la rueda de la animación

Una cuerda enrollada en el buje, de radio $r=0,12\mathrm{m}$, sostiene una pesa $m=1\mathrm{kg}$. La tensión $F$ es desconocida, así que escribimos una ecuación para la pesa (positivo hacia abajo), otra para la rueda y otra para la cuerda, que no desliza:
$mg-F=ma,Fr=I\alpha ,a=\alpha r$
Al sustituir $F=I\alpha /r$ y $a=\alpha r$ en la primera ecuación resulta
$\alpha =\frac{mgr}{I+m{r}^2}=\frac{1\cdot 9,81\cdot 0,12}{0,80+1\cdot 0,12^2}=\frac{1,177}{0,814}\approx 1,45rad/{\mathrm{s}}^2$

Así, la pesa acelera solo a $a=\alpha r\approx 0,173m/{\mathrm{s}}^2$, la tensión es $F=m(g-a)\approx 9,64\mathrm{N}$, algo menos que el peso de la pesa, 9,81 N, y el momento es $\tau =rF\approx 1,16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Es el valor constante de la lectura roja de $\tau$; la flecha roja $F$ en el borde del buje y la línea roja $r$ muestran de dónde sale.

La pesa cae $h=0,88\mathrm{m}$ en $t=\sqrt{2h/a}=\sqrt{2\cdot 0,88/0,173}\approx 3,19\mathrm{s}$. Entretanto, la lectura azul de $\omega$ sube 1,45 rad/s cada segundo, hasta $\omega =\alpha t\approx 4,60rad/s$, y la rueda gira un ángulo de $0,88/0,12\approx 7,33\mathrm{rad}$, algo más de una vuelta. Entonces la cuerda se afloja: la flecha $F$ desaparece, la lectura de $\tau$ cae a cero, $\alpha =0$ y $\omega$ se queda en 4,60 rad/s, como señala la etiqueta verde.

Ejemplo resuelto: frenar un volante de inercia

El volante de inercia de una bicicleta estática, un disco uniforme de 8,0 kg y 0,20 m de radio, gira a 30 rad/s (unas 287 rpm) cuando el ciclista deja de pedalear, y una zapata de fieltro roza su borde con una fuerza de rozamiento de 4,0 N. ¿Cuánto tarda en detenerse y cuántas vueltas da?

El rozamiento actúa a lo largo del borde, así que su brazo de palanca es el radio entero:
$I=\frac{1}{2}\cdot 8,0\cdot 0,20^2=0,16\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2,\tau =0,20\cdot 4,0=0,80\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
Entonces $\alpha =-0,80/0,16=-5,0rad/{\mathrm{s}}^2$, negativa porque el momento se opone al giro. La rueda se detiene al cabo de $30/5,0=6,0\mathrm{s}$, y ${\omega }^2={\omega }_0^2+2\alpha \Delta \theta$ da $\Delta \theta =30^2/(2\cdot 5,0)=90\mathrm{rad}$, unas 14,3 vueltas.

La energía lo confirma: la rueda parte con $K=\frac{1}{2}\cdot 0,16\cdot 30^2=72\mathrm{J}$, y el rozamiento realiza un trabajo $\tau \Delta \theta =0,80\cdot 90=72\mathrm{J}$ contra el giro, que calienta la zapata y el borde. Un aro de la misma masa y radio almacenaría 144 J y tardaría 12 s en detenerse.

El diagrama de cuerpo libre de la rueda

Sobre la rueda actúan tres fuerzas: su peso $Mg=98,1\mathrm{N}$ en el centro, la tensión de 9,64 N en el borde del buje y el empuje del eje, que ha de ser de $98,1+9,64\approx 107,7\mathrm{N}$ hacia arriba porque el centro no se mueve. La fuerza neta es cero, pero el momento neto no: el peso y la fuerza del eje pasan por el eje de giro y no tienen brazo de palanca, así que solo la tensión hace girar la rueda.

También ocurre lo contrario. Tira hacia arriba del volante de un coche con 10 N por un lado y hacia abajo con 10 N por el otro, ambas a 0,18 m del centro: las fuerzas se anulan, pero los momentos se suman, $2\cdot 10\cdot 0,18=3,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Dos fuerzas así forman lo que se llama un par de fuerzas.

Una misma $\omega$ da lugar a muchas rapideces: cuando la pesa llega al suelo, el borde de la rueda se mueve a $\omega R\approx 1,84m/s$ y la pesa, a solo $\omega r\approx 0,55m/s$.

Errores frecuentes

• Usar el radio de la rueda como brazo de palanca. La cuerda tira del buje, así que el brazo de palanca es $r=0,12\mathrm{m}$; con $R=0,40\mathrm{m}$ se obtienen 3,85 N·m, más de tres veces el momento real.
• Suponer que la tensión es igual al peso $mg$. Entonces la pesa no podría acelerar; la tensión es de 9,64 N, y los 0,17 N que faltan son exactamente $ma$.
• Pensar que solo importa la masa. Si los 10 kg de la rueda se llevan al borde, $I$ se duplica hasta $1,60\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ y la aceleración angular baja de 1,45 a unos 0,73 rad/s².
• Usar revoluciones por minuto o grados en $v=\omega r$ o en $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$. Estas fórmulas necesitan radianes: 4,60 rad/s son 44 revoluciones por minuto, y meter 44 en $K$ da unos 770 J en lugar de 8,5 J.

Dónde aparece

Las llaves, los pomos de las puertas y los pedales de las bicicletas ofrecen un brazo de palanca largo. Los motores de combustión y los eléctricos se clasifican por el momento que entregan en su eje, unos cientos de newton metros en un motor de coche, y los engranajes cambian velocidad angular por momento. Los volantes de inercia de los motores y los tornos de alfarero llevan su masa en un borde pesado para suavizar un impulso irregular.

Esta lección se apoya en Movimiento circular. Si haces nulo el momento neto, llegas a Equilibrio estático y palancas; si sigues $L=I\omega$, llegas a la lección El momento angular y su conservación. Estos momentos se ponen a trabajar en Máquinas simples: palancas, poleas y engranajes.

Avanzado

El momento definido a partir del trabajo

Una fuerza puede empujar una rueda con mucha intensidad y aun así no hacerla girar, si apunta directamente al eje. Para describir el giro necesitamos una magnitud que recoja no solo con cuánta intensidad tira una fuerza, sino también dónde y en qué dirección actúa. La forma más limpia de encontrarla es preguntarse cuánto trabajo realiza la fuerza cuando el cuerpo gira. En todo lo que sigue, los números son los de la animación: un disco uniforme de 10 kg de masa y 0,40 m de radio gira en un eje fijo sin rozamiento, impulsado por una cuerda enrollada en un buje ligero de 0,12 m de radio, de la que cuelga una pesa de 1 kg que baja 0,88 m.

Leyenda

$O$	El eje fijo, visto de punta: sale del papel.
$r$	Distancia del eje al punto donde actúa la fuerza.	$\mathrm{m}$
$d\theta$	El pequeño ángulo que gira el cuerpo.	$\mathrm{rad}$
$d\vec{l}$	Paso del punto: a lo largo de la tangente, perpendicular al radio, de longitud $dl=rd\theta$.	$\mathrm{m}$
$\vec{F}$	Fuerza que actúa en el punto.	$\mathrm{N}$
$F_{\perp }$	Parte de $\vec{F}$ a lo largo del paso, perpendicular al radio: la única que realiza trabajo.	$\mathrm{N}$
$F_{\parallel }$	Parte de $\vec{F}$ a lo largo del radio, perpendicular al paso: no realiza trabajo.	$\mathrm{N}$

La figura 1 muestra un cuerpo que solo puede girar alrededor de un eje fijo, visto de punta en $O$ y saliendo del papel hacia ti. Su posición queda entonces dada por un solo número, el ángulo $\theta$ que ha girado. Una fuerza $\vec{F}$ actúa en un punto situado a una distancia $r$ del eje. Haz girar el cuerpo un ángulo pequeño $d\theta$. El punto avanza por su circunferencia un paso corto $d\vec{l}$. Como el giro es pequeño, el paso va a lo largo de la tangente, perpendicular al radio $r$, y su longitud es un arco corto de la circunferencia: $dl=rd\theta$, con $d\theta$ en radianes.

Fíjate ahora en las dos flechas dibujadas una a continuación de la otra desde el punto. Descomponen $\vec{F}$ en una parte $F_{\parallel }$ a lo largo del radio y una parte $F_{\perp }$ a lo largo del paso. El trabajo de una fuerza es su componente en la dirección del desplazamiento multiplicada por ese desplazamiento. $F_{\parallel }$ es perpendicular al paso, así que no realiza trabajo; $F_{\perp }$ va a lo largo del paso y realiza todo el trabajo:
$dW=\vec{F}\cdot d\vec{l}=F_{\perp }rd\theta$

El factor que multiplica a $d\theta$ es la magnitud que buscábamos. Define el momento respecto al eje como
$\tau =r{F}_{\perp }$
Entonces el trabajo realizado en un giro pequeño es $dW=\tau d\theta$: el momento por el ángulo es trabajo, igual que la fuerza por la distancia. El mismo producto puede leerse de otra manera. Si $\phi$ es el ángulo entre el radio y la fuerza, entonces $F_{\perp }=F\sin \phi$, y $r\sin \phi$ es el brazo de palanca, la distancia perpendicular del eje a la recta a lo largo de la cual actúa la fuerza. Así que el momento es también la fuerza entera por su brazo de palanca. Una fuerza que apunta directamente al eje tiene $F_{\perp }=0$ y ningún brazo de palanca, así que no tiene momento: es la rueda que se negaba a girar.

Las coordenadas dan el mismo resultado en forma de una fórmula fácil de usar. Pon el eje a lo largo de $z$ por el origen. Cuando el cuerpo gira un ángulo $d\theta$ en sentido antihorario, un punto situado en $(x,y)$ se desplaza $dx=-yd\theta$ y $dy=xd\theta$. Es el paso $d\vec{l}$ de la figura 1 escrito en componentes: es perpendicular al radio y tiene longitud $rd\theta$. Una fuerza $(F_x,F_y)$ aplicada allí realiza el trabajo
$dW=F_{x}dx+F_{y}dy=(x{F}_y-y{F}_x)d\theta$
así que $\tau =x{F}_y-y{F}_x$. Es la componente $z$ del producto vectorial $\vec{r}\times \vec{F}$, positiva cuando la fuerza tiende a girar el cuerpo en sentido antihorario visto desde el lado de las $z$ positivas. Como $r$, $x$ e $y$ se miden todos desde el eje, el valor de un momento depende del eje elegido, así que indica siempre respecto a qué eje tomas un momento.

Al dividir $dW=\tau d\theta$ entre el tiempo $dt$ que dura el giro se obtiene la potencia que recibe un cuerpo que gira. Con la velocidad angular $\omega =d\theta /dt$,
$P=\tau \omega$
la gemela rotacional de $P=Fv$.

Los números de la animación lo confirman. Justo antes de que la pesa llegue al suelo, la cuerda tira con una tensión $T\approx 9,64\mathrm{N}$. En el buje, con un brazo de palanca de 0,12 m, eso da un momento $\tau =9,64\cdot 0,12\approx 1,16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, y la rueda gira a 4,60 rad/s, así que la cuerda entrega a la rueda $\tau \omega \approx 1,16\cdot 4,60\approx 5,3\mathrm{W}$. En su otro extremo, la cuerda tira hacia arriba de la pesa, que baja a 0,553 m/s, así que le quita energía a un ritmo $Tv\approx 9,64\cdot 0,553\approx 5,3\mathrm{W}$. Los dos ritmos coinciden: una cuerda ligera no almacena energía, solo la transmite.

La segunda ley de Newton para un cuerpo que gira

El momento dice con cuánta fuerza se hace girar un cuerpo. Aún nos falta la ley que dice con qué rapidez responde, la forma rotacional de $F=ma$. La obtenemos aplicando la segunda ley de Newton a cada trozo del cuerpo y sumando los resultados.

Leyenda

$O$	El eje que pasa por el centro, visto de punta.
$R$	Radio del disco.	$\mathrm{m}$
$s$	Distancia del anillo dorado al eje.	$\mathrm{m}$
$ds$	Anchura del anillo.	$\mathrm{m}$
$\ell$	Longitud del anillo cortado y estirado: su circunferencia, $2\pi s$.	$\mathrm{m}$
$dm$	Masa del anillo: su área $2\pi sds$ por la masa por unidad de área $M/(\pi R^2)$.	$\mathrm{kg}$
${\omega }^{2}s$	Aceleración centrípeta de cada trozo del anillo, dirigida al eje.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\alpha s$	Aceleración tangencial de cada trozo del anillo, a lo largo de la circunferencia.	$m/{\mathrm{s}}^2$

La figura 2 muestra esos trozos. Agrupa toda la materia que está a la misma distancia $s$ del eje: en un disco, es un anillo fino como el dorado, de anchura $ds$ y masa $dm$. Cada trozo del anillo se mueve en una circunferencia de radio $s$, con la velocidad angular $\omega$ y la aceleración angular $\alpha =d\omega /dt$ de todo el cuerpo. Su aceleración tiene, por tanto, dos partes, ambas dibujadas en lo alto del anillo: una parte centrípeta ${\omega }^{2}s$, dirigida al eje $O$, que mantiene el trozo en su circunferencia, y una parte tangencial $\alpha s$ a lo largo de la circunferencia, que lo hace ir más deprisa.

Según la segunda ley de Newton, la fuerza neta sobre el anillo tiene las mismas dos partes: su masa por cada una de las aceleraciones. La fuerza centrípeta apunta al eje, así que no tiene brazo de palanca ni momento. Solo la fuerza tangencial $\alpha sdm$ tiene momento, con brazo de palanca $s$:
$d\tau =s\cdot (\alpha sdm)=s^2\alpha dm$

Suma ahora estos momentos sobre todo el cuerpo. La fuerza neta sobre cada trozo está formada por fuerzas externas y por fuerzas internas que ejercen los demás trozos. Las fuerzas internas se anulan por pares: dos trozos se ejercen fuerzas iguales y opuestas a lo largo de la recta que los une, de modo que ambas fuerzas tienen el mismo brazo de palanca y hacen girar en sentidos opuestos. Solo sobreviven los momentos externos, y como todos los trozos comparten el mismo $\alpha$, este sale de la suma:
${\tau }_{\mathrm{ext}}=\left(\int s^{2}dm\right)\alpha =I\alpha$
La integral $I=\int s^{2}dm$ es el momento de inercia. Desempeña el papel que tiene la masa en $F=ma$, pero depende de dónde está la masa, no solo de cuánta hay: cada trozo cuenta con el cuadrado de su distancia al eje.

Para el disco uniforme de la figura 2, de radio $R$ y masa $M$, la integral es una suma sobre anillos. Corta el anillo dorado y estíralo, como se dibuja debajo del disco: se convierte en una tira de longitud $\ell =2\pi s$ y anchura $ds$, así que su área es $2\pi sds$. La masa del disco está repartida uniformemente sobre su área $\pi R^2$, de modo que la masa por unidad de área es $M/(\pi R^2)$ y la masa del anillo es
$dm=\frac{M}{\pi R^2}\cdot 2\pi sds=\frac{2M}{R^2}sds$
Sumando los anillos desde el centro hasta el borde,
$I={\int }_0^R{s}^2\frac{2M}{R^2}sds=\frac{2M}{R^2}\cdot \frac{R^4}{4}=\frac{1}{2}M{R}^2$
Es la mitad del valor $M{R}^2$ de un aro delgado de la misma masa y el mismo radio, porque gran parte de la masa del disco está cerca del eje. Para el disco de la animación, $I=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0,40^2=0,80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.

El momento de inercia depende también del eje que se use. Para un eje paralelo a otro que pasa por el centro de masas, a una distancia $d$ de él, el teorema de los ejes paralelos da
$I=I_{\mathrm{CM}}+M{d}^2$
Para ver por qué, escribe el cuadrado de la distancia de cada trozo al nuevo eje como el cuadrado de su distancia al antiguo, más $d^2$, más un término cruzado. Sumado sobre el cuerpo, el término cruzado es proporcional a la posición media ponderada por la masa y medida desde el centro de masas, y esa media es cero por la propia definición de centro de masas. Colgado de una clavija en su borde, el disco de la animación tiene $d=0,40\mathrm{m}$ e $I=0,80+10\cdot 0,40^2=2,40\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, el triple que respecto al centro.

El momento angular y el diccionario de la rotación

En el movimiento rectilíneo, la ley de Newton tiene su forma más general en $F=dp/dt$. La rotación sigue una ley de la misma forma en cuanto se define el momento angular, y con ella se trasladan todos los resultados de la dinámica unidimensional.

Cada trozo del anillo de la figura 2 se mueve a velocidad $\omega s$, así que su momento lineal es $\omega sdm$, a lo largo de la circunferencia. Su momento angular respecto al eje es ese momento lineal por su brazo de palanca $s$, es decir, $s\cdot (\omega s)dm$. Sumando sobre el cuerpo se obtiene el momento angular total, $L=I\omega$. En un sólido rígido $I$ no cambia, así que $I\alpha =d(I\omega )/dt$ y la ley de la rotación toma la forma
$L=I\omega ,\tau =\frac{dL}{dt}$
gemela de $F=dp/dt$: el momento es el ritmo de cambio del momento angular.

La energía cinética se construye igual. Un trozo que se mueve a $\omega s$ lleva $\frac{1}{2}(\omega s{)}^{2}dm$, y al sumar se obtiene
$K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$
El trabajo del momento, $\int \tau d\theta$, es igual a la variación de $K$, igual que $\int Fdx$ es igual a la variación de $\frac{1}{2}m{v}^2$.

El diccionario entre el movimiento rectilíneo y el rotacional está ya completo: $x\leftrightarrow \theta$, $v\leftrightarrow \omega$, $a\leftrightarrow \alpha$, $m\leftrightarrow I$, $F\leftrightarrow \tau$, $p\leftrightarrow L$, $\frac{1}{2}m{v}^2\leftrightarrow \frac{1}{2}I{\omega }^2$ y $Fv\leftrightarrow \tau \omega$. El panel experto de la animación enumera cuatro de estas parejas. Todo resultado de la dinámica unidimensional se traslada a la rotación, incluidas las ecuaciones de aceleración constante.

Hay una entrada sin gemela exacta. La masa de un cuerpo es fija, pero su momento de inercia cambia siempre que el cuerpo cambia de forma, porque $I$ depende de dónde está la masa. Entonces $\tau =dL/dt$ sigue valiendo, mientras que $\tau =I\alpha$ falla. Así es como una patinadora gira más deprisa al recoger los brazos, aunque ningún momento actúe sobre ella: $L=I\omega$ se mantiene, $I$ disminuye y, por tanto, $\omega$ aumenta.

Cómo leer la gráfica de la velocidad angular

Una gráfica de la velocidad angular frente al tiempo muestra de un vistazo todo el movimiento de la rueda. Se lee exactamente igual que una gráfica de la velocidad frente al tiempo: la pendiente es la aceleración angular y el área bajo la gráfica es el ángulo girado.

Leyenda

$t$	Tiempo desde que se suelta la pesa.	$\mathrm{s}$
$\omega$	Velocidad angular de la rueda, $d\theta /dt$.	$rad/s$
$t_1$	Instante en que la pesa llega al suelo.	$\mathrm{s}$
${\omega }_1$	Velocidad angular al llegar al suelo, el mayor valor alcanzado.	$rad/s$
$\Delta t$	Un intervalo de tiempo: la base del triángulo de la pendiente.	$\mathrm{s}$
$\alpha \Delta t$	Subida de $\omega$ en el tiempo $\Delta t$: la pendiente $\alpha$ por $\Delta t$.	$rad/s$
$\tau$	Momento de la cuerda sobre la rueda: constante mientras la cuerda tira, nulo tras la llegada al suelo.	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
$\theta$	Ángulo girado desde que se suelta la pesa hasta que llega al suelo: el área sombreada bajo la recta.	$\mathrm{rad}$

La figura 3 es la gráfica que traza la capa experta de la animación: $\omega$ frente al tiempo $t$ transcurrido desde que se suelta la pesa. Mientras la cuerda tira, su momento $\tau$ es constante, así que, por $\tau =I\alpha$, la aceleración angular también es constante y la gráfica es una recta. Fíjate en el pequeño triángulo de la pendiente: en cualquier tiempo $\Delta t$, $\omega$ sube $\alpha \Delta t$, así que la pendiente de la recta es
$\alpha =\tau /I=1,16/0,80\approx 1,45rad/{\mathrm{s}}^2$

Fíjate ahora en el triángulo sombreado. Cada intervalo corto $dt$ añade $\omega dt$ al ángulo girado, así que el área bajo la recta es el ángulo $\theta$. La pesa llega al suelo en $t_1=3,19\mathrm{s}$, cuando la rueda ha alcanzado ${\omega }_1=4,60rad/s$, de modo que
$\theta =\frac{1}{2}\cdot 3,19\mathrm{s}\cdot 4,60rad/s\approx 7,3\mathrm{rad}$
La cuerda ofrece una comprobación independiente. Se desenrolla del buje sin deslizar, así que 0,88 m de cuerda desenrollados de un buje de 0,12 m de radio significan $\theta =0,88/0,12\approx 7,33\mathrm{rad}$, el mismo ángulo. La lectura de $L$ en la animación es simplemente $I$ por esta gráfica: sube 1,16 kg·m²/s cada segundo, porque la pendiente de $L(t)$ es el momento.

En $t_1$ la pesa llega al suelo, la cuerda deja de tirar y $\tau =0$, como se indica en el tramo plano de la gráfica. Entonces $dL/dt=0$: la recta se vuelve horizontal y $L$ se queda en $0,80\cdot 4,60\approx 3,68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$, ya que no hay rozamiento que frene la rueda. El área bajo la gráfica sigue creciendo, ahora 4,60 rad cada segundo. En el codo la pendiente salta de 1,45 rad/s² a cero, pero $\omega$ en sí no salta: un salto de $\omega$ cambiaría $L$ en una cantidad finita en un tiempo nulo, y eso exigiría un momento infinito.

Energía y masa efectiva

La conservación de la energía comprueba todo el cálculo de forma independiente. También ofrece una manera útil de imaginar la rueda: como una masa extra que la pesa que cae tiene que arrastrar.

Tras caer $h=0,88\mathrm{m}$, la pesa de masa $m=1\mathrm{kg}$ ha liberado $mgh\approx 8,63\mathrm{J}$. La rueda guarda ahora $\frac{1}{2}I{\omega }^2\approx 8,48\mathrm{J}$ y la pesa $\frac{1}{2}m{v}^2\approx 0,15\mathrm{J}$, de modo que el 98 % de la energía ha ido a la rotación. Como la cuerda no desliza, la pesa se mueve a la velocidad del borde del buje, $v=\omega r$, donde $r=0,12\mathrm{m}$ es el radio del buje. Escribiendo $\omega =v/r$, el balance de energía queda
$mgh=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{1}{2}\left(m+\frac{I}{r^2}\right)v^2$

Vista desde la cuerda, por tanto, la rueda se comporta como una masa extra $I/r^2=0,80/0,12^2\approx 55,6\mathrm{kg}$ que la pesa tiene que arrastrar. Derivando el balance respecto al tiempo (el ritmo de cambio de $h$ es $v$, y el de $v$ es $a$) se obtiene $mgv=(m+I/r^2)va$, de modo que
$a=\frac{mg}{m+I/r^2}$
La pesa de 1 kg tiene que acelerar 56,6 kg de masa efectiva, y por eso baja tan despacio, a solo 0,17 m/s².

El radio del buje es una decisión de diseño. Redúcelo a la mitad, hasta 0,06 m, y $I/r^2$ se cuadruplica, hasta 222 kg, así que la pesa acelera unas cuatro veces más despacio. La aceleración angular de la rueda, $\alpha =a/r$, baja menos, porque con un buje más pequeño la rueda gira un ángulo mayor por cada metro de cuerda, pero aun así se reduce a la mitad, hasta unos 0,73 rad/s². En general,
$\alpha =\frac{mgr}{I+m{r}^2}$
que crece con $r$ mientras $m{r}^2<I$, es decir, hasta $r=\sqrt{I/m}\approx 0,89\mathrm{m}$. Eso está más allá del propio radio de la rueda, 0,40 m, así que para esta rueda un buje más ancho siempre la hace girar más deprisa: el brazo de palanca más largo pesa más que la parte creciente de la inercia que aporta la propia pesa, $m{r}^2$.

Problema resuelto: la rueda como un yoyó

Hasta ahora el eje estaba fijo. Un yoyó muestra las mismas leyes en acción cuando el propio eje se mueve. Ata el extremo libre de la cuerda al techo y deja caer la rueda, que se desenrolla de su buje como un yoyó grande, con $M=10\mathrm{kg}$, $I=0,80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ y radio del buje $r=0,12\mathrm{m}$. ¿Con qué aceleración baja, con qué fuerza tira la cuerda y cómo se reparte la energía tras una caída de 0,88 m?

Leyenda

$Mg$	Peso de la rueda, que actúa en su centro.	$\mathrm{N}$
$T$	Tirón de la cuerda, hacia arriba, en el borde del buje.	$\mathrm{N}$
$r$	Radio del buje: el brazo de palanca de $T$ respecto al centro.	$\mathrm{m}$
$a$	Aceleración del centro, hacia abajo.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\alpha$	Aceleración angular de la rueda, en sentido antihorario porque la cuerda tira hacia arriba a la derecha del centro.	$rad/{\mathrm{s}}^2$

La figura 4 muestra las dos fuerzas sobre la rueda, dibujadas a escala. Su peso $Mg$ actúa en el centro. El tirón $T$ de la cuerda actúa hacia arriba en el borde derecho del buje, a una distancia $r$ del centro, y su flecha es un poco más corta que la de $Mg$. Su diferencia, $Mg-T$, acelera el centro hacia abajo con $a$, la flecha recta de la izquierda. Respecto al centro, el peso no tiene brazo de palanca, así que solo $T$ hace girar la rueda. Como tira hacia arriba a la derecha del centro, hace girar la rueda en sentido antihorario, con la aceleración angular $\alpha$ que indica la flecha curva.

¿Se puede seguir usando $\tau =I\alpha$ cuando el eje cae? Sí, para un eje que pasa por el centro de masas y mantiene su dirección. En un sistema de referencia que cae con el centro, la rueda simplemente gira alrededor de un eje fijo, y la única fuerza adicional en ese sistema, la fuerza de inercia $-M\vec{a}$, actúa en el centro de masas, donde no tiene brazo de palanca.

Los dos movimientos están ligados. La cuerda está sujeta al techo, así que el punto del buje donde la cuerda lo abandona está momentáneamente en reposo. La rueda gira alrededor de ese punto, así que el centro, que está a una distancia $r$ de él, baja $r$ por cada radián girado: $a=\alpha r$.

La traslación, la rotación alrededor del centro y esta condición de rodadura dan tres ecuaciones para $a$, $T$ y $\alpha$:
$Mg-T=Ma,Tr=I\alpha ,a=\alpha r$
Sustituye $\alpha =a/r$ en la segunda ecuación para obtener $T=Ia/r^2$, y lleva eso a la primera:
$a=\frac{g}{1+I/(M{r}^2)}=\frac{9,81}{1+5,56}\approx 1,50m/{\mathrm{s}}^2,T=M(g-a)\approx 83,1\mathrm{N}$
y $\alpha =a/r\approx 12,5rad/{\mathrm{s}}^2$. Es de nuevo el resultado de la masa efectiva: la rotación añade $I/r^2\approx 55,6\mathrm{kg}$ a los 10 kg de los que tira la gravedad. Tras la caída de 0,88 m, $v=\sqrt{2ah}\approx 1,62m/s$ y $\omega =v/r\approx 13,5rad/s$, casi el triple de los 4,60 rad/s que se alcanzan en la animación, porque ahora la impulsa todo el peso de la rueda y no una pesa de 1 kg.

La energía liberada $Mgh\approx 86,3\mathrm{J}$ se reparte en $\frac{1}{2}M{v}^2\approx 13,2\mathrm{J}$ de traslación y $\frac{1}{2}I{\omega }^2\approx 73,2\mathrm{J}$ de rotación. Su cociente está fijado en $I/(M{r}^2)\approx 5,56$, sea cual sea la altura, porque $\omega =v/r$ en todo momento. La cuerda tira con 83,1 N, no con los 98,1 N del peso entero, así que un dinamómetro que sujeta la cuerda marca menos que el peso del yoyó mientras este cae. Y abajo, con la cuerda del todo desenrollada, la rueda sigue girando, así que se vuelve a enrollar subiendo por la cuerda: así es como vuelve un yoyó.

Límites de validez

El modelo supone una rueda rígida, una cuerda ligera que ni se estira ni desliza y un eje sin rozamiento. El rozamiento importa más cuando la rueda gira por inercia que cuando se pone en marcha. Un momento de rozamiento en el cojinete de 0,02 N·m es menos del 2 % de los 1,16 N·m de la cuerda, así que reduciría $\alpha$ en menos de un 2 %. Sin embargo, una vez que la pesa ha llegado al suelo, es el único momento, y detendría la rueda que gira por inercia en $I\omega /\tau =0,80\cdot 4,60/0,02\approx 184\mathrm{s}$, unos tres minutos.

La rigidez falla a gran velocidad. El esfuerzo en un aro delgado que gira es de unos $\rho v^2$, donde $\rho$ es la densidad y $v$ la velocidad del borde, de modo que el aro revienta cuando $\rho v^2$ alcanza la resistencia del material. Un aro de acero (densidad 7800 kg/m³, resistencia cercana a $10^9\mathrm{Pa}$) revienta a unos 360 m/s. El borde de la rueda de la animación se mueve a $4,60\cdot 0,40\approx 1,84m/s$.

La ley escalar $\tau =I\alpha$ exige un eje fijo, o un eje por el centro de masas que mantenga su dirección. En tres dimensiones el momento es un vector, $\vec{\tau }=\vec{r}\times \vec{F}$, y $\vec{L}$ se relaciona con $\vec{\omega }$ no mediante un solo número, sino mediante el tensor de inercia, un conjunto de nueve números que ocupa el lugar de $I$. Si gira alrededor de un eje de simetría, una rueda tiene $\vec{L}$ paralelo a $\vec{\omega }$. Una rueda desequilibrada tiene $\vec{L}$ inclinado respecto al eje, de modo que, al girar la rueda, $\vec{L}$ barre un cono, y los cojinetes deben suministrar un momento $d\vec{L}/dt$ incluso a velocidad constante. Por eso se equilibran las ruedas de los coches, y ahí empiezan los giróscopos y la precesión.

Las correcciones relativistas, del orden de $v^2/c^2\approx 4\times 10^{-17}$ para el borde, no intervienen. En mecánica cuántica el momento angular viene en pasos del orden de $\hslash \approx 1,05\times 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$. Los $3,68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$ de la rueda son unos $3,5\times 10^{34}$ de esos pasos, de modo que su giro parece perfectamente continuo, pero la rotación de una molécula se da en niveles discretos que aparecen en los espectros de microondas.

Lo que viene después

Si haces nulos el momento neto y la fuerza neta, llegas a Equilibrio estático y palancas. Si dejas que cambie el momento de inercia, o que el eje se incline, llegas a la lección El momento angular y su conservación, con los patinadores, la ley de las áreas iguales de Kepler y el giróscopo con precesión. Un cuerpo colgado de un pivote sufre un momento recuperador de la gravedad y oscila como un péndulo físico, con un periodo de $2\pi \sqrt{I/(Mgd)}$ para oscilaciones pequeñas, donde $d$ es la distancia del pivote al centro de masas. El disco colgado de su borde, con $I=2,40\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ y $d=0,40\mathrm{m}$, oscila con un periodo de unos 1,55 s; esto se desarrolla en Movimiento armónico simple. El momento de un campo magnético sobre una espira con corriente mueve todos los motores eléctricos, tema de Motores, generadores y transformadores, y la fórmula de la potencia $P=\tau \omega$ une esta lección con Trabajo, energía y potencia.