MeC-PRO-1314-7,8 Ejericios Din. Sólido Resueltos

Capıtulo 11

Dinamica del solido

11.1. Geometrıa de Masas

Ejercicio 11.1.1: Sea un sistema material y un puntoO del espacio. Considerese un sistemade ejes triortogonalOx, Oy, Oz. Demostrar que la suma de dos cualesquiera de los momentosde inercia respecto a los anteriores ejes es mayor o igual queel momento de inercia restante.

Ejercicio 11.1.2: Sea un sistema material y un puntoO del espacio. Considerense los mo-mentos de inercia respecto a todas las rectas que pasan porO. Demostrar que los maximos ymınimos relativos de los anteriores momentos son los momentos principales de inercia.

Ejercicio 11.1.3: SeaSuna distribucion de masa yO un punto; demostrar que si un planoπque pasa porO es plano de simetrıa deSentonces la normal porO aπ es una recta principal deinercia de la distribucionS, en el puntoO.

Ejercicio 11.1.4: Sea una distribucion de masas y un puntoO. Demostrar que si dos direc-ciones principales de inercia respecto al puntoO no son perpendiculares entre sı, entonces losmomentos principales asociados a ellas son iguales.

Ejercicio 11.1.5: Una distribucion de masa tiene dos rectas no colineales queson ejes princi-pales enO, y sus momentos principales son iguales. Demostrar que todas las rectas que pasenpor O y esten contenidas en el plano formado por dichos ejes son principales enO y tienen elmismo momento que aquellas.

Seanu y v los vectores unitarios de las direcciones de los ejes principales, eI el momentoprincipal asociado. Si son principales, se cumple:

IIIO ·u = I u ; IIIO ·v = I v

Una recta contenida en ese plano se puede expresar comoa= α u+β v, y se cumple:

IIIO ·a= IIIO · (α u+β v) = α I u+β I v = I a

Por tanto, todo el plano es principal, y el elipsoide de inercia es de revolucion respecto al ejenormal al plano(u,v) que pasa porO.

Ejercicio 11.1.6: Demostrar que si una distribucion de masa tiene enO tres ejes principalesno colineales, que no esten contenidos en el mismo plano, y con el mismo momento principal,el tensor de inercia enO es esferico.

Seanu, v y w los vectores unitarios de las tres rectas. Como no son colineales ni coplanarios,forman una base del espacio. Cualquier direccion se puede expresar comoa= α u+β v+ γ w.

247

248 CAPITULO 11. DINAMICA DEL SOLIDO

Procediendo como en el ejercicio anterior, se demuestra quetodas las rectas que pasan porOson principales con el mismo momento. El tensor enO sera esferico,IIIO = IUUU.

Ejercicio 11.1.7: Calculese razonadamente el tensor central de inercia de una distribucion demasa formada por cuatro esferas iguales macizas de masam y radioa, situadas en los verticesde un tetraedro regular de lado 2a.

Ejercicio 11.1.8: Determinar el tensor central de inercia del disco plano perfo-rado de la figura, de radioR y densidad superficialσ . La perforacion tiene formade cuadrado circunscrito de ladoR

√2.

x

y

Ejercicio 11.1.9: Un cuerpo esta formado por una esfera de radioR, cuyo material tiene unadensidad volumetricaρ . Tiene un hueco esferico de radioR/2, que se rellena con un materialde densidad 9ρ . Los centros de las dos esferas estan a una distanciaR/2. Calcular su centro demasas y su tensor central de inercia, tomando como ejez el que une los dos centros.

ρ −ρ 9ρ

8ρ

A

B

Las masas de las esferasA y B son iguales:

mA = ρ43

π R3; mB = 8ρ43

π(

R2

)3

= mA

Llamandod a la distancia entreO (centro de laesferaA) y el centro de masas del sistema,G:

mA ·d = mB ·(

R2−d

)

⇒ d =R4

El momento de una esfera maciza respecto a un diametro esIx =25mR2; para la esfera

grande:IAx = IA

y = IAz = 8

15ρπR5. Para la pequena, sustituyendo 8ρ y R/2 se tiene:IBx = IB

y =

IBz = 2

15ρπR5.

Con esto se calculan los tensores de ambas esferas en sus respectivos centros. Para calcularlos tensores enG, hay que aplicar Steiner:IM = IG+m

GM2U− [GM ,GM ]

. Es importante

recordar que esteG se refiere al centro de masas del solido que se estudia: para la esfera grandeesO, para la pequena esO′. El centro de masas del sistemaG no lo es de ninguna de las dosesferas, por lo que al pasar deO u O′ aG hay quesumar el termino de Steiner, norestar. Parala grande:

IAG =

815

ρπR5U+ρ43

πR3 ·(

R4

)2

U−

0 0 00 0 00 0 1

= ρπR5

3760

0 0

03760

0

0 0815

Para la pequena:

IBG =

215

ρπR5U+ρ43

πR3 ·(

R4

)2

U−

0 0 00 0 00 0 1

= ρπR5

1360

0 0

01360

0

0 0215

EIAE. Problemas de Mecanica Clasica

11.1. GEOMETRIA DE MASAS 249

Sumando ambos tensores, y simplificando:

IG = ρπR5

56

0 0

056

0

0 046

Ejercicio 11.1.10: Una pata de tren de aterrizaje se puede modelar de modoesquematico como una varillaOC de longitudL y masam, articulada en elorigenO, y dos cilindros homogeneos de masaM, radio R y alturaH; elcentro geometrico de cada cilindro esta a una distanciaa del extremoC dela varilla. Hallar su tensor de inercia enO (el ejeOz tiene la direccion de lavarilla y el Oyes paralelo a los ejes de los cilindros).

a

O

C

y

z

Llamemos① a la varilla y②,③ a los cilindros. El tensor de una varilla en un extremo, y elcentral de un cilindro son conocidos, y los podemos escribirdirectamente:

I1O =

mL2

3

1 0 00 1 00 0 0

I2,3G =

M12

3R2+H2 0 00 6R2 00 0 3R2+H2

Si no se recordara el momento de una varilla en su extremo, es facil obtenerlo por Steiner a

partir del central:IO = IG+md2 = mL2

12 +m(L

2

)2= mL2

3 .Para el cilindro,Iy = MR2/2 es muy facil de recordar porque es el mismoque el de un disco. Los otros dos, si no se recuerdan, se puedenobtenerfacilmente integrando: se toma un disco elemental, cuyo momento respectoa un diametro es conocido, mas el termino de Steiner:

dIGx= dId+dmy2 =dmR2

4+ρπR2dyy2 ⇒ IGx=

MR2

4+

MH2

12

pues el primer sumando es el de un disco, y el segundo el de una varilla.

dyy

Finalmente, hay que anadir el termino de Steiner de los cilindros: el tensor de una partıculade coordenadas (0,a,L) para② y (0,-a,L) para③, que es:

M

y2+z2 −xy −xz−xy x2+z2 −yz−xz −yz x2+y2

⇒ I2,3Steiner= M

L2+a2 0 00 L2 ∓aL0 ∓aL a2

Los productos de inercia podemos calcularlos o no, pues el−Pyz de ②, (−MLa), se anula alsumarlo con el de③, (+MLa). Esto se puede ver desde el primer momento, pues los planoscoordenados son de simetrıa para el sistema completo. Al final, sumando todos los terminos,queda:

IO = I1O+ I

2G+ I

2St+ I

3G+ I

3St =

=

mL2

3 +M(

R2

2 + H2

6 +2L2+2a2)

0 0

0 mL2

3 +M(R2+2L2

)0

0 0 +M(

R2

2 + H2

6 +2a2)



Ejercicio 11.1.11: Se construye un solido colocando cuatro esferas identicas, homogeneas ymacizas en los vertices de un tetraedro regular. Sin hacer calculos, solo mediante las propiedadesde simetrıa, determinar si el tensor central del conjunto:

1. Tiene tres momentos principales distintos.

2. Tiene dos iguales y uno distinto (cilındrico).

3. Tiene tres iguales (esferico)

4. No se dan datos suficientes para saber si tiene 2 iguales, 3 oninguno.

EIAE, julio 2012

Problema 11.1.1: Se considera un cono de revolucion homogeneo de masaM, radioRy alturah. Se coloca con su eje coincidiendo conOzy su vertice en el origen. Se pide:

1. Altura a que se encuentra el centro de gravedad.

2. Tensor de inercia en el origen.

3. Tensor central de inercia.

4. Momento de inercia respecto a un diametro de la base.

5. Hallar un punto de su eje en el cual el elipsoide de inercia es esfera.

6. Relacion entreRy h para que el elipsoide central sea esfera.

7. Momento de inercia respecto a una generatriz.

Problema 11.1.2: Se considera el segmento de paraboloide macizo homogeneo yde masam:

z≥ hR2

(x2+y2) , z≤ h

Se pide:

1. Tensor de inercia en el vertice.

2. Posicion de su centro de gravedad.

3. Tensor central de inercia.

4. Relacion entreRy h para que el tensor sea esferico.

5. Determinar en este ultimo caso los ejes principales en cualquier punto de espacio.


11.2. CINETICA 251

11.2. Cinetica

Ejercicio 11.2.1: Sea el movimiento de un solido respecto a un sistema de referencia dado,y seaP un punto del solido. Si en un instante dadovP = 0 y la velocidad angular valeω~u(‖~u‖ = 1), deducir razonadamente si son validas, en ese instante,las siguientes expresionespara la energıa cinetica y el momento cinetico respecto al puntoP: T = 1

2IPω2; LP = IPω u,dondeIP es el momento de inercia respecto a la recta que pasa porP y tiene direccionu.

Ejercicio 11.2.2: Sean~ω la velocidad angular de un solido respecto a un sistema inercial,e I su momento de inercia enG respecto a la recta paralela a~ω que pasa porG. Responderjustificadamente cuando son ciertas las siguientes afirmaciones:

a) La energıa cinetica del solido en el movimiento relativo al su centro de masas esTG =12I ω2.

b) El momento cinetico del mismo solido enG esLG = I ~ω .

Ejercicio 11.2.3: Una varillaAB de masam y longituda tiene elextremoA articulado en el origenO, y ademas esta contenida enun plano vertical que gira alrededor deOz1 con velocidad angularconstanteΩ. Todas las ligaduras son lisas. Seaθ el angulo de lavarilla con el plano horizontal fijoOx1y1.

Analizar el sistema de fuerzas de ligadura que transmiten laarticulacion y el plano, reducidos aA. En particular conside-rar si trabajan y si se conserva la energıa.

Calcular el tensor de inercia de la varilla en los ejesAx2y2z2

ligados a la varilla y en losAxyz(S0) ligados al plano girato-rio.

Calcular el momento cinetico enA proyectado en ejes 2 y enejes 0.

x1y1

A

Ωt

x

y≡ y2

z1 ≡ z

x2

z2

B

θθ

Ω

Ejercicio 11.2.4: Una placa cuadrada de masam y lado atiene dos vertices fijos mediante rotulas lisas, uno en el origenO y otro en el ejeOy de un sistema inercialOxyz, dondeOzes vertical ascendente. Seaθ el angulo que la placa forma conOyz.

Analizar las fuerzas de ligadura y razonar si el sistemaes isostatico o no.

Calcular el tensor de inercia enO, en ejes paralelos a losS2 de la figura.

Calcular el momento cinetico enO, proyectado en ejesS2 y en ejesS1, y la energıa cinetica.

Obtener una ecuacion que determina el movimiento dela placa.

x

y

z

θ

O

A

x2

y2

z2

G

mg



Ejercicio 11.2.5: Una placa cuadrada de masam y lado atiene una aristaOA apoyada sobre un plano horizontal liso yfijo O1x1z1. Se tomaran los ejesOxyzy Gx2y2z2 de la figura,que acompanan a la placa: uno en la traslacion y precesion, yotro solidario a ella. Seaθ el angulo que la placa forma conla verticalOz (analogo a la nutacion),ϕ el que la aristaOAforma conO1x1 (precesion), yx e y las coordenadas en ejesfijos de la proyeccion del centro de masas de la placa.

Analizar las fuerzas de ligadura y reducirlas al centro dela arista apoyada.

Calcular el momento cinetico enG y enO.

Calcular la energıa cinetica.

Obtener cuatro ecuaciones que den directamente inte-grales primeras.

x1

y1

z1

ϕ

x

y

z

θ

O

A

x2

y2

z2

G

Mx

Nmg

Ejercicio 11.2.6: Un disco pesado de masam y radio aesta ligado de modo que su centroC desliza libremente por eleje Ox0, y gira manteniendose su plano constantemente nor-mal a este. A su vez,Ox0 gira alrededor del eje vertical fijoOx1 ≡ Ox0 con velocidad angular constanteω. Para situar eldisco se usaran las coordenadas generalizadas de la figura.Sepide:

1. Analizar las fuerzas y momentos de ligadura que el eje transmite al disco.

2. Calcular el momento cinetico del disco enC y enO (proyectados en ejesS0), y su energıacinetica.

3. Razonar si se conserva la energıa.

Ejercicio 11.2.7: Un cilindro homogeneo de masaM,radioR y alturah apoya una generatriz en un plano hori-zontal liso. Usando los angulos de la figura, y trabajandoen los ejesGxyz, se pide:

1. Momento cinetico enG y energıa cinetica.

2. Analizar el sistema de fuerzas de ligadura que actuasobre el cilindro y reducirlo aG.

3. Plantear las ecuaciones del movimiento del cilindroe integrarlas.

4. Para las condiciones inicialesφ(0) =ω, ψ(0)=Ω,obtener el momento de las fuerzas de ligadura enG.

5. Para unaω constante, obtener laΩ maxima paraque no se levante del suelo.

x1

y1

z1

G

ψ

x

y

z

ϕ

ψ

Ejercicio 11.2.8: Un disco de radior y masam esta articulado enOmediante una varilla sin masa de longitudL, normal al disco. Se usaranlos angulos de la figura, y se proyectara en los ejes de las coordenadasesfericasa ur , uθ , uϕ . Calcular: a) Momento cinetico del disco respectoal origenO. b) Energıa cinetica del disco.

aHay que tener cuidado con el orden, para que formen un triedroa derechas

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

x

y

z

O

uθ

uruϕ

θ

ϕ

ψ


11.2. CINETICA 253

Ejercicio 11.2.9: Un solido se mueve respecto a un plano fijo, manteniendose siempre en con-tacto con el. SeaG su centro de masas yA el punto de contacto. Contestar razonadamente si elmomento cinetico enA se puede calcular como:

1. Siempre como~LA = IG ·~ω + ~GA∧M~vG

2. Siempre como~LA = IA ·~ω3. Si no desliza, como~LA = IA ·~ω4. Siempre como~LA = IG ·~ω + ~AG∧M~vG

EIAE, julio 2012

Ejercicio 11.2.10: Sea un disco homogeneo de masam y radioa. Se toman unos ejes cuerpode modo queGzes el eje de revolucion. Usando los angulos clasicos de Euler (3-1-3), calcularla componente del momento cinetico enG segun el eje de nodos.

EIAE, julio 2012



11.3. Dinamica

Ejercicio 11.3.1: Sobre la periferia de un disco de masamy radioRse enrolla un hilo, flexible,inextensible y sin masa, de longitudL (yo-yo); con el hilo totalmente enrollado se sujeta unextremoA, se coloca el disco vertical, y se abandona a la accion de la gravedad. Averiguar lavelocidad de rotacion que tiene el disco cuando se ha desenrollado todo el hilo, y el tiempo quetarda en hacerlo.

Septiembre de 1994

Lo primero es la ecuacion de la ligadura: el centro baja la longitud de hilodesenrollado, y el disco gira el arco de la misma longitud:

Rθ = z → Rθ = z

La velocidad final se puede obtener facilmente de la integral de la energıa(que obviamente se conserva). Pero para hallar el tiempo hayque obtener laley horaria: sera mejor plantear directamente las ecuaciones del movimiento,que integrar la cuadratura de la energıa suele ser mas complicado.

T

zθ

SeaT la tension del hilo; las ecuaciones de la cantidad de movimiento son

mg−T = mz 0= mx

La ecuacion del momento cinetico en el centro del disco nosda

TR=mR2

2θ =

mR2

z

Sustituyendo estaT en la de cantidad de movimiento,

mg− mz2

= mz → z=23

g → z=23

gt z=13

gt2

Cuando se desenrolla todo el hilo,

L =13

gt2f → t f =

√

3Lg

→ vf = 2

√

Lg3

Tambien se puede aplicar la ecuacion de la energıa (hay que tener en cuenta que se tomazpositivo hacia abajo),

T +V =12

mz2+14

mR2 θ2−mgz=34

mz2−mgz= 0

Cuando se desenrolla el hilo,z= L , y la velocidad vale

vf =

√

4gL3

El tiempo, en cambio, es algo mas difıcil de obtener: la integral de la energıa se puede ponercomo ecuacion diferencial de variables separadas,

dzdt

=

√

4gz3

;dz√

z=

√

4g3

dt ; 2√

z=

√

4g3

t +C; z=13

gt2


11.3. DINAMICA 255

Ejercicio 11.3.2: Considerese un solido con puntoO fijo (ligadura lisa). SeaOz uno de susejes cuerpo, yMz el momento de las fuerzas directamente aplicadas segunOz. Razonar si seconserva el momento cinetico segun el ejeOzdel solido en los siguientes casos:

1. Ozes principal de inercia enO.

2. Mz es nulo.

3. Todas las fuerzas aplicadas pasan por el punto fijo.

4. Tiene simetrıa de revolucion alrededor deOzy Mz= 0.

EIAE, julio 2012

Problema 11.3.1: El sistema material indicado en la figura esta formado por una horquilla quepuede girar alrededor de un eje horizontalABy un disco que gira alrededor del ejeCD montadosobre la horquilla perpendicularmente alABy de forma que el plano del disco contiene en todomomento a la horizontalAB

Se supondran los siguientes triedros de referencia,todos ellos triortogonales y a derechas:

El O1x1y1z1 fijo (sistema 1) tal queO1y1 coin-cide con el eje de giroAB y O1z1 es verticaldescendente.

El Ox2y2z2 ligado a la horquilla (sistema 2) talqueOx2 coincide con el eje de giroCD y Oy2

es paralelo alOy1.

El Ox0y0z0 ligado al disco (sistema 0) tal queOx0 coincide conOx2.

La posicion del sistema quedara determinada me-diante el anguloθ que la horquilla forma con la ver-tical descendente y el anguloϕ de giro del disco conrespecto a la horquilla.

Se representara porM la masa de la horquilla, pora la distancia del centro de masasG de lamisma al ejeAB, porρ su radio de giro con respecto al ejeAB, porm la masa del disco, porbla mınima distancia entre los ejesAB y CD y porR el radio del disco.

Suponiendo que el espesor del disco es despreciable, se pide:

1. Calcular la energıa cinetica del sistema constituıdopor la varilla y el disco.

2. Calcular el momento cinetico del disco respecto a su centro de masasO expresado me-diante sus componentes en el triedroOx2y2z2.

3. Calcular el momento cinetico del conjunto horquilla-disco respecto al puntoO1, expresa-do mediante sus componentes en el triedroOx1y1z1.

4. Plantear las ecuaciones del movimiento del sistema y reducirlas a cuadraturas.

5. Determinar los componentes segun el triedroOx2y2z2 de la resultante y momento resul-tante respecto aO de las fuerzas que el ejeCD ejerce sobre el disco.

Julio de 1968

Antes de ir contestando las preguntas del enunciado, conviene analizar el sistema: solidos,grados de libertad, coordenadas generalizadas, fuerzas y momentos de ligadura, y ecuacionesque podrıan quedar libres de fuerzas o momentos de ligadura.

Tenemos dos solidos:



La horquilla tiene un eje fijo (por ejemplo, median-te un cojinete con restriccion axial), que suponecinco ligaduras. Solo tiene un grado de libertad:el giro θ alrededor deO1y1. Ademas de la fuerzadirectamente aplicada (peso), aparecen en compo-nentes de fuerza o momento de ligadura por cadagrado de libertad impedido.

• Fuerzas enO1: X1,Y1, Z1

• Momentos enO1: Mx1, Mz1

θ b

Mg

y1

z1

x1

O1

Y1

X1 Mx1

Z1

Mz1

mg Mz2

My2

XO

YO

ZO

O

El disco tiene un eje fijo a la horquilla (cinco ligaduras). Tiene un grado de libertadrelativo a esta: el giroϕ alrededor deOx2. Aparece un sistema de ligaduras internas(accion-reaccion) enO:

• Fuerzas y momentos de la horquilla sobre el disco:XO,YO, ZO, My2, Mz2

• Fuerzas y momentos del disco sobre la horquilla: los mismos,cambiados de signo.

Si se buscan ecuaciones libres de incognitas de ligadura que determinen el movimiento,serıan las asociadas a los grados de libertad:

• θ : Ecuacion del momento cinetico del sistema segunO1y1

• ϕ : Ecuacion del momento cinetico del disco solo segunOx2

• Como el sistema es conservativo, la ecuacion de la energıada directamente unaintegral primera, que puede sustituir a cualquiera de las dos anteriores (el sistematiene dos grados de libertad, y dos ecuaciones independientes).

1 Energıa cinetica del sistema. La horquilla (S2) es un solido con punto fijo y velocidad angularωωω21 = θ j1 . No tenemos el tensor de inercia enO1, pero sı el momento de inercia respecto aAB= O1y1 ‖ Oy2 , dado mediante el radio de giroρ :

Iy1 = Mρ2 → IhO1

=

? 0 00 Mρ2 00 0 ?

Los productos de inercia los suponemos nulos, pues la fi-gura parece indicar que la varilla tiene dos planos coorde-nados de simetrıa, por lo que los ejesS2 son principales.Los momentos de inercia respecto a los otros dos ejes nose necesitan, pues la velocidad angular solo tiene compo-nenteO1y1. La energıa cinetica, como solido con puntofijo, sera

Th =12⌊0, θ ,0⌋

? 0 00 Mρ2 00 0 ?

0θ0

=

12

Mρ2θ2

θ

bθ

b2

θ

y1

z1

x1

O1

0

O

ϕ

θ

ϕ

y2

x2 ≡ x0

z2y0

z0

El disco no tiene ningun punto fijo, y su energıa se calcula por el teorema de Koenig. Lavelocidad del centro se calcula con el campo de velocidades de la horquilla, a la que pertenece.La velocidad angular se obtiene trivialmente por composicion de movimientos,ωωω01 = ωωω02+ωωω21 = ϕ i2+ θ j2 .

Td =12

m(vO01)

2+12

ωωω01IIIdOωωω01 =

12

mb2θ2+12⌊ϕ , θ ,0⌋mR2

4

2 0 00 1 00 0 1

ϕθ0


11.3. DINAMICA 257

Sumando las dos, tenemos la energıa cinetica del sistema:

T =

[12

Mρ2+m

(12

b2+18

R2)]

θ2+14

mR2ϕ2

2 Conocida la velocidad angular del disco y su tensor de inercia, el momento cinetico enO estrivial. Podemos calcularlo en ejesS2 porque el tensor es de revolucion y tambien es constanteen esos ejes.

LDO = IIIO ·ωωω01 =

mR2

4

2ϕθ0

2

3 Para obtener el momento cinetico del sistema enO1, es mas comodo trabajar en ejesS2 ypasar el resultado final aS1.

El momento cinetico de la horquilla enO1 se calcula como solido con punto fijo. Sin lahipotesis de que los productos de inercia sean nulos (que eleje O1yY1 sea principal deinercia), no se podrıa calcular el momento cinetico. Parala energıa cinetica no hacıa faltaporque se multiplica de nuevo porωωω21.

LhO1

= IIIhO1

·ωωω21 =

? ? ?? Mρ2 ?? ? ?

0θ0

=

?Mρ2θ

?

2

Esta proyectado en ejesS2, pero no es necesario cambiar nada porqueO1y1 ≡ O1y2.

Para el disco, hay que aplicar el teorema de Koenig porque no tiene punto fijo:

LDO1

= O1O∧mvO01+LD

O =

∣∣∣∣∣∣

i2 j2 k2

0 0 bbθ 0 0

∣∣∣∣∣∣

+LDO =

mR2

2 ϕ(

mb2+ mR2

4

)

θ0

2

Sumamos los dos terminos, y pasamos a ejesS1:

LO1 =

mR2

2 ϕ(

Mρ2+mb2+ mR2

4

)

θ0

2

=

mR2

2 ϕ cosθ(

Mρ2+mb2+ mR2

4

)

θ

−mR2

2 ϕ sinθ

1

4 Podemos plantear las ecuaciones correspondientes a los grados de libertad.

Para el disco, la ecuacion de Euler segunOx2 da una integral primera, porque es simetricoy no hay momento exterior en esa direccion

Ap+(C−B)qr = Mx → Ap+(C−C)qr = 0 ⇒ p= ϕ = Cte

Para el sistema completo, la ecuacion de momento cineticoen la direccionO1y1 da unaecuacion libre de ligaduras. Notese queO1z1 es la verticaldescendente.

MPO1

= O1G∧Mgk1+O1O∧mgk1 =−(Ma+mb)gsinθ j1

Mx1

−(Ma+mb)gsinθMz1

=

ddt

mR2

2 ϕ cosθ(

Mρ2+mb2+ mR2

4

)

θ

−mR2

2 ϕ sinθ

−(Ma+mb)gsinθ =

(

Mρ2+mb2+mR2

4

)

θ



Es obvio que se conserva la energıa: ligaduras ideales y estacionarias, fuerzas potenciales.Podemos escribir directamente la integral de la energıa, yusarla en lugar de una de lasanteriores. Hay que tener cuidado con los signos en los potenciales.

V =−MgzG−mgzO =−(Ma+mb)gcosθT +V = E = Cte

Comoϕ es constante, solo hay que reducir a cuadraturas laθ . Se puede integrar la ecuacionde momentos segunO1y1:

θ =−(Ma+mb)g

Mρ2+mb2+ mR2

4

sinθ =−Ω2sinθ

Se puede integrar una vez multiplicando ambos terminos porθ :

θ2

2=

C2+Ω2cosθ ⇒

∫ ±dθ√C+2Ω2cosθ

=

∫

dt

Si se sustituye el valor constante deϕ en la integral de la energıa,

[12

Mρ2+m

(12

b2+18

R2)]

θ2+14

mR2ϕ20 − (Ma+mb)gcosθ = E

θ2− 2(Ma+mb)g

Mρ2+mb2+ mR2

4

cosθ = θ2−2Ω2cosθ = E− 14

mR2ϕ20 =C

se obtiene directamente la misma cuadratura que por el otro camino.

5 Para calcular las reacciones de la horquillaS2 sobre el discoS0, lo aisla-mos y planteamos las ecuaciones de cantidad de movimiento y de momentocinetico enO:

mgk1+RO = maO01 = maO

21 MLO = LD

O

La ecuacion de cantidad de movimiento es la del absoluto, 0/1, aunquesea mas comodoproyectarlaen ejes movilesS2.

mg Mz2

My2

XO

YO

ZO

O

El puntoO del disco esta fijo en la horquilla, por lo que su aceleracionse calcula con el campo de aceleraciones de esta: movimientocircular.

aO21= aθ i2−aθ2k2

No hace falta derivar nada, ya esta proyectada en ejesS2.

mg

−sinθ0

cosθ

+

XO

YO

ZO

= ma

θ0

−θ2

x1

z1

aθ

−aθ 2

El momento cinetico del disco enO se ha conoce ya, proyectado en ejesS2; como estamosestudiando el movimiento absoluto, hay que derivarlo por elteorema de Coriolis.


11.3. DINAMICA 259

0My2

Mz2

= III

DO ·ωωω01+ωωω21∧ III

DO ·ωωω01 =

mR2

4

2ϕθ0

+

mR2

4

∣∣∣∣∣∣

i2 j2 k2

0 θ 02ϕ θ 0

∣∣∣∣∣∣

0My2

Mz2

=

mR2

4

2ϕθ

−2ϕθ

Tenemos la reaccion y el momento de ligadura enO en funcion de las coordenadas y sus deri-vadas. Si se hubiera integrado completamente el movimiento, se conocerıan en funcion det. Alhaberlo reducido a cuadraturas, sabemos que:

ϕ = 0 ϕ = ϕ0

θ =−Ω2sinθ θ =±√

C+2Ω2cosθ

donde el doble signo se determina con el valor inicialθ0. Las incognitas pueden quedar enfuncion deθ y de las condiciones iniciales:

XO

YO

ZO

= mg

sinθ0

−cosθ

+ma

−Ω2sinθ0

−C−2Ω2cosθ

0My2

Mz2

=

mR2

4

0−Ω2sinθ

−2ϕ0(C+2Ω2cosθ

)



Problema 11.3.2: El sistema material de la figura se compone de dos varillas sinmasa,OAy AG, de longitudes 2a y a, respectivamente, y un disco de centroG, radio 2a y masam. Eldisco se mantiene constantemente perpendicular a la varilla AG, alrededor de la cual puedegirar libremente; la varillaOA puede girar libremente alrededor de la vertical que pasa porsuextremoO, de forma que el extremoA describe una circunferencia horizontal de centroO yradio 2a; las dos varillas se unen por el extremoA mediante una articulacion que unicamentepermite el giro relativo de las dos varillas alrededor de la tangente enA a la circunferenciadescrita por este extremo.Se considerara el movimiento del sistema respectode la referencia triortogonal y orientada a derechas,Oxyz, con origen enO, y cuyo ejeOzcoincide con lavertical ascendente; si se estima conveniente, puedeusarse la referenciaG; u1,u2,u3 que acompanaal disco en su movimiento, y que tiene origen ensu centroG, con los vectores unitariosu3 dirigidosegun la prolongacion de la varillaAG, u2 perpen-dicular al anterior y contenido en el plano verticaldefinido por la varillaAG, y u1 perpendicular a losdos anteriores.

Para el analisis del sistema se tomaran las siguientes coordenadas generalizadas:i) ϕ, anguloque ~OA forma con la direccion del ejeOx, ii) θ , angulo que la varillaAG forma con el planohorizontalOxy, y iii) ψ, angulo que un radio fijo al disco forma con el plano verticalquecontiene a la varilla. Se pide:

a) Determinar, en funcion de las coordenadas y velocidadesgeneralizadas:i) la energıacinetica del sistema,ii) momento cinetico del sistema respecto del centro de masasG,y, iii) momento cinetico del sistema respecto del origenO.

b) Plantear, aislando el disco, la ecuacion de momento cin´etico respecto del centro de masas;deducir una integral primera y las componentes del momento que la varillaAG transmiteal disco.

c) Plantear, para todo el sistema, la ecuacion de momento cinetico en el puntoO; deduciruna integral primera.

d) Deducir otra integral primera independiente de las anteriores y reducir el problema acuadraturas.

e) Plantear, aislando el disco, la ecuacion de cantidad de movimiento; deducir las compo-nentes de la reaccion que la varillaAG transmite al disco.

f) Determinar el sistema de fuerzas que se transmite de una a otra varilla a traves de la uniondeA.

g) Hallar la lagrangiana del sistema y deducir las ecuaciones de Lagrange para las coorde-nadas cıclicas.

Septiembre de 1992

Naturalmente, se ignorara la ultima pregunta, que no tiene sentido en este curso.Los distintos apartados especifican que ecuaciones plantear. Si no lo hicieran, la inspec-

cion del sistema muestra que ecuaciones van a determinar el movimiento sin que aparezcanincognitas de ligadura:

La ecuacion correspondiente al giroϕ (precesion) es la de momento cinetico del sistemasegun el ejeOz. Dara lugar a una integral primera, pues se trata de una direccion fija enla que no hay momento de las fuerzas exteriores.


11.3. DINAMICA 261

La asociada al giroψ (rotacion propia del disco) es la de momento cinetico del disco solosegun su eje de giro. Por tener el tensor de revolucion y no haber momento, la ecuacionde Euler segunu3 da tambien una integral primera.

La ecuacion asociada al giroθ es la del momento cinetico del disco enA, segun el ejenormal al plano meridianoOAG. No va a dar integral primera por el momento del peso.

Finalmente, por ser el sistema conservativo, existe la integral de la energıa, que puedesustituir a cualquiera de las 3 anteriores.

No se usa la notacion de clase para los angulos de Euler: precesion y rotacion propia estanintercambiados (como en los libros anglosajones), y la nutacion corresponderıa aθ −π/2 delproblema. Por tanto, no se pueden copiar directamente formulas.

Si se quiere analizar completamente el problema:

Tenemos 3 solidos→ 18 parametros y ecuaciones independientes.

En O, A y G hay cojinetes con restriccion axial: 5x3=15 ligaduras finitas.

Quedan 18-15=3 grados de libertad, uno por cada cojinete, que corresponden a los tresangulos de la figura.

Dos solidos son varillas sin masa (y por tanto sin dinamicapropia), pero transmiten todaslas fuerzas y momentos de las ligaduras, por eso no se reduce ningun parametro.

a Se llamaraS1 a los ejes fijos,S0 al plano verticalque contiene a la varillaOA, S2 a la varillaAG junto conlos ejesG;u1,u2,u3, y S3 al disco. El unico solido conmasa es el disco. El potencial vale

V = mgzG = mgasinθ

i) Se halla la energıa cinetica por el teorema de Koe-nig, porque el disco no tiene ningun punto fijo:

T =12

m(vG31)

2+12

ωωω31 · IIIG ·ωωω31

x

y

z

O

ϕA

θ ψ

G

u3

u1

u2

La velocidad deG, que es punto fijo de la barraS2, laobtenemos por composicion de movimientos: los dos songiros con punto fijo:

vG31= vG

21 = vG20+vG

01 =

=ωωω20∧AG+ωωω01∧OG =

= (2a+acosθ) ϕ u1+aθ u2 x

y

z

O

ϕA

θ

G′

G

u3

u1

u2

G′Gϕaθ

Para el giro, podemos trabajar en los ejesS2: por la si-metrıa de revolucion el tensor del disco es tambien cons-tante, y la velocidad angular es mas facil de proyectar.

ωωω31 =ωωω01+ωωω20+ωωω32 =

= ϕ k1− θ u1+ ψ u3 =

=−θ u1+ ϕ cosθ u2+(ψ + ϕ sinθ) u3

Podemos ya calcular la energıa cinetica:x

y

z

O

ϕA

θ

u3

u1

u2

θ

θ

ψ

ϕ



T =12

ma2[

(2+cosθ)2 ϕ2+ θ2]

+

+12⌊−θ , ϕ cosθ ,(ψ + ϕ sinθ)⌋m(2a)2

4

1 0 00 1 00 0 2

−θϕ cosθ ,

ψ + ϕ sinθ

=

= ma2 [θ2+ ϕ2(3+2cosθ)+2ϕψ sinθ + ψ2]

ii) El momento cinetico del solido respecto al centro de masas (respecto a unos ejes para-lelos a los fijos con origen en el centro de masas) se calcula con el tensor de inercia deldisco y su velocidad angular absoluta, que se han calculado ya:

LG = IIIG ·ωωω31 = ma2

−θϕ cosθ

2(ψ + ϕ sinθ)

Esta proyectado en ejesS2 (Resal): por la simetrıa de revolucion, el tensor es tambien cons-tante en esos ejes en que la velocidad angular es mas sencilla; nos ahorramos el giroψ.

iii) Para calcular el momento cinetico enO, se aplica el teorema de Koenig, pues no es unpunto fijo del solido, ni el centro de masas:

LO = OG∧mvG31+LG

Todos los terminos se conocen ya en ejesS2, salvoOG:

LO = m

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

0 −2asinθ 2acosθ +aa(2+cosθ) ϕ aθ 0

∣∣∣∣∣∣

+LG = 2ma2

−θ (1+cosθ)ϕ(1+cos2 θ +3cosθ

)

ϕ sinθ (3+cosθ)+ ψ

b El disco puede girar libremente alrededor deu3; habra fuerzas ymomentos de ligadura en todas las direcciones impedidas de giro ydesplazamiento:(RG

1 ,RG2 ,R

G3 ) y (MG

1 ,MG2 ,0). La ecuacion del momento

cinetico se escribe:

MLG = LG

∣∣1 = LG

∣∣2+ωωω21∧LG

Desarrollando los terminos,

u3

u1

u2

MG1

MG2

RG2

RG1

RG3

MG1

MG2

0

= ma2 d

dt

−θϕ cosθ

2(ψ + ϕ sinθ)

+ma2

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

−θ ϕ cosθ ϕ sinθ−θ ϕ cosθ 2(ψ + ϕ sinθ)

∣∣∣∣∣∣

=

ma2 ddt

−θϕ cosθ

2(ψ + ϕ sinθ)

+ma2

ϕ cosθ (2ψ + ϕ sinθ)θ (2ψ + ϕ sinθ)

0

La tercera da una integral primera:

ddt

(ψ + ϕ sinθ) = 0 ⇒ ψ + ϕ sinθ =C1

Esta corresponde a la tercera ecuacion de Euler,

Cr +(A−B)pq= M3 = 0 ⇒ r = r0


11.3. DINAMICA 263

que da integral primera porque el tensor es simetrico respecto al ejeu3 y no hay momento enesa direccion. Es la misma, porquer = ψ + ϕ sinθ .

Las otras dos determinan las componentes del momento de ligadura enG:

MG1 = ma2[−θ + ϕ cosθ (2ψ + ϕ sinθ)

]

MG2 = ma2[ϕ cosθ −ϕθ sinθ + θ (2ψ +ϕ sinθ)

]

c Para plantear la ecuacion del momento cinetico enO,hay que analizar los momentos exteriores en ese punto.Convendra trabajar en los ejesS0 ligados al plano meri-dianoOAG.

Como el sistema puede girar libremente alrededorde Oz, en las otras direcciones el cojinete ejer-cera momentos de ligadura que impidan el giro:(Mx0,My0,0) . En ejesS1 tendrıamos otros dos, queserıan las proyecciones de estos en dichos ejes.

La reaccion no cuenta porque esta aplicada en elmismo puntoO

El peso del disco da momentoMp segun el ejeOy0.

x0

y0

x

y

z≡ z0

O

Mx0

My0Mp

ϕ

A

G

u3

u1

u2

θmg

Mx0

My0

0

+

0mga(2+cosθ)

0

= LO

∣∣1 ⇒ LO ·k1 = Cte

ComoLO lo tenemos en ejesS2, es mas sencillo pasark1 a esos ejes:

k1 = (0,cosθ ,sinθ)2

LO ·k1 = 2ma20+cosθϕ(1+cos2 θ +3cosθ

)+sinθ [ϕ sinθ (3+cosθ)+ ψ ]

=

= 2ma2(3ϕ +2ϕ cosθ + ψ sinθ) ⇒ ϕ (3+2cosθ)+ ψ sinθ =C2

d Las ligaduras son ideales y estacionarias; la fuerza directamente aplicada es potencial: seconserva la energıa. La cinetica la conocemos, y el potencial se escribe directamente:

T +V = ma2 [θ2+ ϕ2(3+2cosθ)+2ϕψ sinθ + ψ2]+mgasinθ = E

Para reducir el problema a cuadraturas, se opera como en el s´olido de Lagrange, pues lasintegrales primeras que hemos obtenido son las mismas.

Con las dos integrales primeras de momento cinetico se despejanϕ y ψ como funcionesdeθ :

ψ + ϕ sinθ =C1 ϕ (3+2cosθ)+ ψ sinθ =C2

ψ =C1− ϕ sinθ → ϕ (3+2cosθ)+(C1− ϕ sinθ)sinθ =C2

ϕ =C2−C1sinθ

3+2cosθ −sin2 θψ =

C1(3+2cosθ)−C2sinθ3+2cosθ −sin2 θ

Se sustituye en la ecuacion de la energıa,

ma2[

θ2+C2

1 (3+2cosθ)+c22−2C1C2sinθ

2+2cosθ +cos2 θ

]

+mgasinθ = E

y se obtiene una cuadratura:

θ2 =C3− f (θ) → dt =±dθ

√

C3− f (θ)



Con estadt, los otros angulos se reducen tambien a cuadraturas,

dϕ =C2−C1sinθ

3+2cosθ −sin2θ· ±dθ√

C3− f (θ)

dψ =C1(3+2cosθ)−C2sinθ

3+2cosθ −sin2 θ· ±dθ√

C3− f (θ)

Un camino alternativo —y mucho mas laborioso— para obtenerla tercera integral es plan-tear la ecuacion correspondiente al grado de libertadθ : la del momento cinetico enA, tomandola componente segunOy0. Se obtendrıa una ecuacion diferencial de segundo orden en θ , sinincognitas de ligadura. No da directamente una integral primera por el momento del peso, yporque aparecen las otras velocidades generalizadas al derivar en ejes moviles. ComoA es unpunto movil, hay que anadir el termino corrector. Usandoel momento cinetico de las velocida-des absolutas,

MEA = LA+vA

01∧mvG31

Como ejercicio, se puede plantear la ecuacion del momento cinetico con las velocidades relati-vas aA (a unos ejes paralelos a los fijos con origen en A). Se debe llegar a la misma ecuacion.

Es mas comodo trabajar en ejesS2. El momento cinetico es similar al que se calculo paraO,quitando el vectorOA del producto vectorial:

LA = AG∧mvG31+LG = m

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u30 0 a

a(2+cosθ) ϕ aθ 0

∣∣∣∣∣∣

+

+ma2

−θϕ cosθ

2(ψ + ϕ sinθ)

= 2ma2

−θϕ (1+cosθ)ϕ sinθ + ψ

En A da momento el peso, y hay momentos de ligaduraen las direccionesu2 y u3 de giro impedido.

MEA =

0MA

2MA

3

+

mgacosθ00

Si se trabajara en ejesS0, el momento de ligadura tendrıacomponentes segunOx0 y Oz0.Finalmente, el termino complementario vale, x0

y0

x

y

z≡ z0

OM2 M3 Mpϕ

A

G

u3

u1

u2

mg

vA01∧mvG

31 = m

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

2aϕ 0 0(2+cosθ)aϕ aθ 0

∣∣∣∣∣∣

= ma2

00

2ϕθ

Planteamos la ecuacion,

mgacosθMA

2MA

3

= 2ma2

ddt

−θϕ (1+cosθ)ϕ sinθ + ψ

+

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

−θ ϕ cosθ ϕ sinθ−θ ϕ (1+cosθ) ϕ sinθ + ψ

∣∣∣∣∣∣

+

00

ϕθ

Separamos la componenteu1,

mgacosθ = 2ma2 [−θ + ϕ (ψ cosθ − ϕ sinθ)]

Es la misma que se obtiene por mecanica analıtica para la coordenadaθ . Para obtener unaintegral primera, se eliminanψ y ϕ con las dos integrales anteriores, llegando a una expresion


11.3. DINAMICA 265

de la formaθ = f (θ) , que se integra multiplicando ambos terminos porθ . Una vez en la formaθ2 = g(θ), se procede como antes.

e Sobre el disco actuan la reaccion de la varilla enG (3 componentes)y el peso. La aceleracion de G (solidario con la varilla) se puede calcularpor varios caminos:

DerivandovG21, ya conocida, en ejes moviles.

Por la composicion de movimientos 2/0+0/1. θmg

u3

u1

u2RG

2

RG1

RG3

Por el primer camino, trabajando en ejesS2.

vG31 = vG

21 =[(2+cosθ)aϕ,aθ ,0

]

aG21= a

(2+cosθ) ϕ −sinθϕθθ0

+

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

−θ ϕ cosθ ϕ sinθ(2+cosθ)aϕ aθ 0

∣∣∣∣∣∣

Por el segundo camino, tendrıamos

aG21 = aG

20+aG01+2ωωω01∧vG

20

La velocidad y la aceleracion relativas son las de un giro planoθ alrededor deAy0: aθ u2 yaθ u2−aθ2 u3. La aceleracion de arrastre es la de un giroϕ alrededor deOz: a(2+cosθ)ϕ u1−a(2+cosθ)ϕ2 i0 . La velocidad angular de arrastre es la de este ultimo giro,ϕ k0. Proyectandolotodo en ejesS2 y operando se obtiene el mismo resultado que por el otro camino.

Planteamos la ecuacion de la cantidad de movimiento:

RG1

RG2

RG3

−mg

0cosθsinθ

= ma

(2+cosθ) ϕ −2sinθϕθθ +(2+cosθ)sinθ ϕ2

θ2+(2+cosθ)cosθ ϕ2

que determina la reaccion una vez conocido el movimiento.

f Se han calculado antes la reaccionRG y el momentoMG que la varillaAG transmite al disco enG. Por accion-reaccion, el disco transmite a la varilla los mismos consigno opuesto. EnA, la varillaOA transmite a laAG unareaccionRA con tres componentes, y un momentoMA

con componentes segunu2 y u3, las direcciones de giroimpedido. Como la varilla no tiene masa, las ecuacionesdel movimiento se reducen a las de equilibrio de fuerzasy momentos en algun punto, por ejemplo enA.

x

y

z

O

ϕ

A

θMA

2MA

3

RA

G

u3

u1

u2

−RG

−MG1

−MG2

RA−RG = 0 ⇒ RA = RG

MA−MG+AG∧(

−RG)

= 0 ⇒ MA = MG+AG∧RG

La varilla no tiene masa y lo unico que hace es transmitir el sistema de fuerzas y momentos deun extremo a otro. Salvo las direcciones en que hay giro libre, en que el momento transmitidoes nulo:

0MA

2MA

3

=

MG1

MG2

0

+

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

0 0 aRG

1 RG2 RG

3

∣∣∣∣∣∣

=

MG1 −aRG

2MG

2 +aRG1

0

Podemos ahora analizar la varillaOA, y ver que ligaduras se transmiten al sistema fijo.OAsolotransmite aAGel momentoMA

1 , los demas son nulos. Y recibe de esta su opuesto. Para analizarla varillaOA conviene usar los ejesS0.

RO−RG = 0



El peso y la inercia del disco se transmiten ıntegros a los ejes fijos.

MOx0

MOy0

0

=

−MA2 sinθ0

MA2 cosθ

+

∣∣∣∣∣∣

u1 u2 u3

2a 0 0RG

x0RG

y0RG

z0

∣∣∣∣∣∣

=

−MA2 sinθ

−2aRGz0

MA2 cosθ +2aRG

y0


11.3. DINAMICA 267

Problema 11.3.3: Consideremos un plano inclinado un angulo de 30o sobre el horizontal yunos ejesOxy rectangulares marcados en el mismo, siendoOx la lınea de maxima pendienteorientada positivamente en sentido descendente yOyuna recta horizontal.

Sobre dicho plano va a rodar y pivotar sin deslizamientoun artilugio constituido por un eje con dos discos que gi-ran sobre el en sus extremos. El ejeABse puede conside-rar como una varilla de longitud 2a y masam. Los discosextremos tienen radioa y masam. Una vista tomada per-perdicularmente al plano inclinado esta representada enla figura adjunta.La configuracion del sistema ası constituido queda deter-minada por los siguientes parametros. Coordenadasξ , ηdel centro de masas del ejeAB, anguloθ formado porABcon la horizontalOyy angulos de rotacionϕ1 y ϕ2 de losdiscosD1 D2 sobre el ejeAB. En lo que sigue puede serinteresante la consideracion de un sistema de ejes movi-les GXY indicados en la figura, siendoGY coincidenteconAB y GX perpendicular aAB y paralelo al plano in-clinado.

y

x

ξ

η

gsinπ/6

θ

Y

X

G

B

AX1

Y1

X2

Y2

Supondremos que entre los discos y el plano existente en todomomento rozamiento sufi-ciente para evitar el deslizamiento. Las reacciones tangenciales en los puntos de contacto lasdenominaremosX1, Y1, X2, Y2, como estan indicadas en la figura.

El sistema es abandonado a la accion de la gravedad partiendo de las siguientes condicionesinicialesξ = η = 0, ξ = η = 0, ϕ1 =−ω, ϕ2 = ωSe pide:

1. Establecer tres ligaduras que expresen el no deslizamiento de los discos sobre el plano.La primera de ellas (1) expresara la anulacion de la velocidad de los puntos de contactode los discos en sentido deAB y sera comun para ambos discos. Las otras dos (2) y (3)expresaran la anulacion de las velocidades en sentido perpendicular aABde los puntos decontacto deD1 y D2 respectivamente. Comprobar que entre (2) y (3) se verifica lacom-binacion lineal: 2θ + ϕ1− ϕ2 = 0 (4) que sera util a la hora de efectuar la integraciondel sistema de ecuaciones diferenciales.

2. Establecer la ecuacion (5) de la cantidad de movimiento en sentidoGX.

3. Obtener el valor del momento cinetico del artilugio completo enG considerando el mo-vimiento relativo a ejes de direcciones fijas que pasan porG, si bien dicho vector sedebera dar en componentesGXYZ.

4. Aplicar la ecuacion (6) de la componenteGZ del momento cinetico enG.

5. Establecer las ecuaciones (7) y (8) del momento cineticoen el centro de cada uno de losdiscos separadamente, quedandose con la componenteGY.

6. El sistema de ecuaciones (1) a (8), que tiene la ecuacion (4) combinacion de las (2) y (3),nos determina los valores deξ , η, θ , ϕ1, ϕ2, X1, X2. EliminandoX1, X2 entre las (6), (7)y (8) se obtiene una relacion que comparada con la derivada de (4) permite obtener enfuncion del tiempo los valores deθ y deϕ1−ϕ2. Obtener estos valores.

7. EliminadoX1, X2 entre (5), (7) y (8) y combinando con las derivadas de (1) y (2)obtenerel valor deϕ1(t). Como ya se conocıaϕ1−ϕ2 procedente del apartado 6) obtener tambienϕ2(t).

Septiembre de 1984



1 LlamaremosS1 a los ejes fijosOxyz, S0 a los intermediosGXY, S2 al discoD1 enA, y S3

al discoD2 enB. Los discos ruedan y pivotan sin deslizar. Por tanto, si llamamosI1 e I2 a lospuntos de los discos que en cada momento esten en contacto con el plano, las ecuaciones de lasligaduras son:

vI121= 0 vI2

31 = 0

Como los puntos de contacto van cambiando, hay que calcular las velocidades mediante elcampo de velocidades del solido, basandose en un punto quesea siempre el mismo; por ejemplo,G, que es punto fijo de cada uno de los discos.

vI121= vG

21+ωωω21∧GI1 =

ξη0

1

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 ϕ1 θ0 −a −a

∣∣∣∣∣∣

=

ξ cosθ + η sinθ +a(θ − ϕ1

)

−ξ sinθ + η cosθ0

=

000

vI231= vG

31+ωωω31∧GI2 =

ξη0

1

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 ϕ2 θ0 a −a

∣∣∣∣∣∣

=

ξ cosθ + η sinθ −a(θ + ϕ2

)

−ξ sinθ + η cosθ0

=

000

Las ecuaciones en la direccionGY son naturalmente las mismas, porque los discos estan unidospor una barra rıgida en esa direccion, y las velocidades delos puntos deben ser iguales. Aunquesolo contemos una, tenemos dos ligaduras redundantes. El rozamiento del suelo sobre un disco,en esa direccion, hace lo mismo que el rozamiento sobre el otro mas la barra. Es sistema va aser hiperestatico, y no podremos calcular las fuerzas de ligaduraY1 eY2 por separado, sino solola suma.

Las componentes en la direccionGZ no aparecen porque, al ser integrables, ya se han tenidoen cuenta al no introducir las coordenadas generalizadas correspondientes (que podrıan ser, porejemplo,ζ1 y ζ2 para las alturas de los puntosA y B). Quedan tres ecuaciones independientes,

−ξ sinθ + η cosθ = 0 (1)

ξ cosθ + η sinθ +a(θ − ϕ1

)= 0 (2)

ξ cosθ + η sinθ −a(θ + ϕ2

)= 0 (3)

Restando las dos ultimas se obtiene

2θ − ϕ1+ ϕ2 = 0 (4)

cuyo sentido es simple: si el aparato pivota en conjunto, unade las ruedas tiene que rodar haciadelante y la otra hacia atras (quiza sobrepuesto a una rodadura conjunta).

2 La ecuacion de la cantidad de movimiento del sistema se escribe

3m

ξη0

= 3mg

sinπ/60

−cosπ/6

+

X1

Y1

Z1

0

+

X2

Y2

Z2

0

donde las fuerzas de ligadura estan en ejesGXY y el resto en ejesS1. Proyectando el peso y laaceleracion en la direccionGx, tenemos

3m(

ξ cosθ + η sinθ)

=3mg

2cosθ +X1+X2 (5)

3 Para calcular el momento cinetico del sistema respecto a unos ejesS4 paralelos a los fijos(ωωω24 =ωωω21) con origen enG, podemos:

Aplicar el teorema de Konig a cada disco


11.3. DINAMICA 269

Aprovechar queG se puede considerar como parte de cada disco, y aplicar las expresionesdel solido con punto fijo. En vez de Konig, se aplica Steiner

En este movimiento, la varilla es un solido con punto fijo.

Por el primer camino,

L2G = GA∧mvA

24+ III2 ·ωωω24 = m

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 −a 0aθ 0 0

∣∣∣∣∣∣

+ma2

4

1 0 00 2 00 0 1

·

0ϕ1

θ

=

ma2

4

02ϕ1

5θ

L3G = GB∧mvB

34+ III3 ·ωωω34 = m

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k00 a 0

−aθ 0 0

∣∣∣∣∣∣

+ma2

4

1 0 00 2 00 0 1

·

0ϕ2

θ

=

ma2

4

02ϕ2

5θ

L3G = IIIAB ·ωωω04 =

m(2a)2

12

1 0 00 0 00 0 1

00θ

=

ma2

3

00θ

El momento de todo el sistema es la suma de los tres,

LG =ma2

6

03(ϕ1+ ϕ2)

17θ

4 La ecuacion del momento cinetico del sistema es

dLG

dt

∣∣∣∣1=

dLG

dt

∣∣∣∣0+ωωω01∧LG = GI1∧R1+GI2∧R2

Proyectando en la direccionGZ, tenemos

17ma2

6θ = a(X1−X2) (6)

5 Separando los discos, nos quedaremos con la ecuacion correspondiente a su grado de li-bertad, la de momento segun su eje de giro. La articulacionde los discos deja libre solo el girosegunGY. En todos los movimientos impedidos aparecen fuerzas o momentos de ligadura: EnA, RA = (XA,YA,ZA) y MA = (MA

X,0,MAZ), y las equivalentes enB. Para el discoA, la ecuacion

de momento cinetico en su centro es

dLA

dt

∣∣∣∣1=

dLA

dt

∣∣∣∣0+ωωω01∧LA = MA+AI 1∧R1

Podemos trabajar en ejesS0 porque el disco tiene simetrıa de revolucion, y el tensor es constantetambien en esos ejes. Las ecuaciones quedan

ma2

4

1 0 00 2 00 0 1

0ϕ1

θ

+

ma2

4

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 0 θ0 2ϕ1 θ

∣∣∣∣∣∣

=

MAX

0MA

Z

+

aY1

−aX10

Tomando la componenteGY,ma2

2ϕ1 =−aX1 (7)

Para el otro disco, la ecuacion es analoga,

ma2

2ϕ2 =−aX2 (8)



6 Se han obtenido las ecuaciones (6), (7) y (8) de momento cinetico:

17ma2

6θ = a(X1−X2)

ma2

2ϕ1 =−aX1

ma2

2ϕ2 =−aX2

Eliminando las fuerzas de ligadura se llega a

17ma2

6θ =

ma2

2(ϕ2− ϕ1)

Por otra parte, derivando la ligadura (4) se obtiene

2θ − ϕ1+ ϕ2 = 0

Se trata de un sistema homogeneo incompatible, por lo que launica solucion es la trivial,

θ = 0 ϕ2− ϕ1 = 0 (9)

Estas ecuaciones se integran, con las condiciones iniciales del enunciado, y suponiendo parasimplificar queθ0 = 0 y ϕ1

∣∣0 = ϕ2

∣∣0 = 0, para dar

θ =−ω t ϕ1−ϕ2 =−2ω t

7 Se sustituyen (7) y (8) en (5),

3m(


=3mg

2cosθ − ma

2ϕ1−

ma2

ϕ2

Teniendo en cuenta (9),

3m(


=3mg

2cosθ −maϕ1

Derivando (2) se tiene

ξ cosθ + η sinθ +(

−ξ sinθ + η cosθ)

θ +a(

θ − ϕ1

)

= 0

El termino entre parentesis es precisamente la ligadura (1). Sustituyendo en la ecuacion anterior,se llega a

3maϕ1 =3mg

2cosθ −maϕ1 →

→ ϕ1 =3g8a

cosω tϕ1|0=−ω−−−−−→ ϕ1 =

3g8aω2 (1−cosω t)−ω t

y por lo tanto,

ϕ2 =3g

8aω2 (1−cos2ω t)+ω t

Aunque no se pida, es facil sustituir en las ecuaciones de laligadura y obtener las coordenadasdel centro:

ξ =3g

32ω2 (1−cos2ω t)

η =3g

32ω2 (sin2ω t −2ω t)

La trayectoria —como en otros ejercicios similares que ya sehan hecho— es una cicloide que,curiosamente, no se desplaza hacia abajo sino en horizontal.


11.3. DINAMICA 271

x

y



Problema 11.3.4: Un planoP gira alrededor del eje horizontalOx1 de un sistema de referenciagalileanoOx1y1z1 con una velocidad angular constanteω partiendo de la posicion horizontalOx1y1. Sobre el plano rueda y pivota sin deslizar una esfera homog´enea de radioa y masam.La posicion de la esfera queda fijada mediante las distanciasξ , η del punto de contacto aOy1z1

y Ox1, y mediante los tres angulos de Euler que definen su orientacion respecto al planoP. SeaIxyzun triedro movil que tiene su origen en el punto de contactoI de la esfera con el plano, eleje Ix es una horizontal de este y el ejeIy es una lınea de maxima pendiente. Un observadorligado al planoP pretende estudiar el movimiento de la esfera, determinandolas distanciasξ ,η en funcion del tiempo ası como las componentesp, q, r en los ejesIxyzde la velocidad derotacion de la esfera relativa aP. Para establecer las ecuaciones de este movimiento relativotendra que introducir las correspondientes fuerzas ficticias de arrastre y Coriolis que estarandistribuidas por toda la masa de la esfera.Se pide:

1. Reducir el sistema de fuerzas de inercia dearrastre al puntoI , dando resultante del siste-ma y momento enI .

2. Reducir el sistema de fuerzas de Coriolis alpuntoI .

3. Escribir las ecuaciones (1) y (2) de no desliza-miento de la esfera sobre el plano.

4. Escribir las ecuaciones (3), (4) y (5) del mo-mento cinetico de la esfera respecto al puntoI considerando el movimiento relativo que po-see respecto al triedroIxyz.

5. Integrar completamente el sistema (1) a (5) de-terminando los valores deξ , η, p, q, r en fun-cion del tiempo. Particularizar los resultadosanteriores para el caso en que se tiene inicial-menteξ = η = 0, ξ = v0, η = 0, r = 0.

x1

y1

z1

ω t

O

x

y

z

b

bη

ξ

I

ETSIA, Septiembre de 1984

1 LlamemosS0 al plano giratorio. El movimiento de arrastre es conocido: un giro alrededor

deOx1 con velocidad angular constanteω, es decir:

aO01 = 0 ωωω01 = ω i1 ≡ ω i0 ααα01 = 0

Llamemos solidoS2 a la esfera. Cada elemento de masaδm estara sometido a unas fuerzas deinercia elementales

δFIA =−δmam01 δFIC =−2δmωωω01∧vm

20

Como se ha visto en clase, estos sistemas distribuidos se reducen aG dando resultantes y mo-mentos:

RIA =−maG01 M IA

G =−IIIG ·ωωω01−ωωω01∧ IIIG ·ωωω01

RIC =−2mωωω01∧vG20 M IC

G = 2ωωω20∧PPPG ·ωωω01

Para la esfera, independientemente de los ejes en que se trabaje,

IIIG =25

ma2UUU PPPG = IGUUU− IIIG =

35

ma2UUU− IIIG =

15

ma2UUU

Del enunciado,ωωω20 = (p,q, r) vG

20 = (ξ , η,0)


11.3. DINAMICA 273

Estan proyectados en ejesIxyz(solidoS3), que son paralelos a losS0. Las dos estan relacionadaspor la condicion de no deslizamiento, pero eso se vera en elapartado 3. La resultante de lasfuerzas de arrastre sera,

RIA =−maG01 =−m [0+0+ωωω01∧ (ωωω01∧OG)] = mω2 (0,η,a)

y el momento enG,

M IAG =−IIIG ·ωωω01−ωωω01∧ IIIG ·ωωω01 =−2

5ma2

ωωω01∧UUU ·ωωω01 = 0 (‖)

Reduciendolo aI , se tiene:

RIA = mω2 (0,η,a) M IAI = IG∧RIA = M IA

I =−mω2 aη i3

2 Aplicando las expresiones de las fuerzas y momentos de Coriolis,

RIC =−2mωωω01∧vG20 =−2m

∣∣∣∣∣∣

i3 j3 k3

ω 0 0ξ η 0

∣∣∣∣∣∣

= RIC =−2mω η k3

M ICG = 2ωωω20∧PPPG ·ωωω01 = 2

15

ma2ωωω20∧ωωω01 =25

ma2

∣∣∣∣∣∣

i3 j3 k3

p q rω 0 0

∣∣∣∣∣∣

=25

ma2ω (0, r,−q)

M ICI =

IG∧RIC +M ICG = M IC

I =25

ma2ω (0, r,−q)

3 Como la esfera rueda y pivota sin deslizar,

vI20 =

000

= vG

20+ωωω20∧GI =

ξη0

+

∣∣∣∣∣∣

i3 j3 k3p q r0 0 −a

∣∣∣∣∣∣

→ξ = aq (1)

η =−ap (2)

4 Hay que escribir las ecuaciones del momentocinetico enI para el movimiento relativo a los ejesS3. Pero las fuerzas de inercia y sus momentos se hancalculado para el movimiento relativo aS0. No hacefalta calcularlos de nuevo. En Mecanica I, al plantearlas ecuaciones del momento cinetico respecto a unpunto movil, se vieron dos formas:

MEI = L I +mvI

30∧vG20

MEI = L I +mIG∧~aI

30x1

y1

z1

ω t

O

x

y

z

bη

ξ

I

b

Ambas suponen que los ejes inerciales son los0; en la primera el momento cineticoL I esel de las velocidades respecto a estos ejes0; en la segundaL I se calcula con las velocidadesrespecto a unos ejes paralelos a los0, con origen enI , es decir, precisamente lo que pide elenunciado. No importa que de hecho los ejes0 no sean inerciales, porque vamos a incluir losmomentos de las fuerzas de inercia. La unica fuerza directamente aplicada es el peso, que enejesS0 se ve girar como

P= mg(0,−sinω t,−cosω t)

Las fuerzas de ligadura enI , naturalmente, no dan momento.

MEI = M IA

I +M ICI + IG∧P=−mω2aη

100

+

25

ma2ω

0r−q

+mgasinω t

100



Para el momento cinetico relativo, hay que tener en cuenta queG es un punto fijo de los ejesS3;ademas, estos ejes son ya “inerciales”:

L I = LG+mIG∧vG23 = IIIG ·ωωω23 =

25

ma2

pqr

→ L I =

25

ma2

pqr

Para el termino complementario,

aI30 =

ξη0

mIG∧aI

30 = ma

−ηξ0

Finalmente, las ecuaciones quedan,

mgasinω t −maω2 η =25

ma2 p−maη (3)

25

ma2ω r =25

ma2 q+maξ (4)

−25

ma2ω q=25

ma2 r (5)

5 Estas ecuaciones debe integrarse junto con las de ligadura.Derivando estas,

ξ = aq η =−a p

se pueden eliminarξ y η de (3) y (4). En la primera,

mgasinω t −maω2 η =25

ma2 p−maη =75

ma2 p

derivando: mgaω cosω t −maω2 η =75

ma2 p

y eliminandoη con (2): p− 57

ω2 p=5gω7a

cosω t

El termino independiente no es solucion de la homogenea;se puede escribir directamente:

p= phom+ ppart = Ae

√57ω t

+Be−√

57ω colorbluet

+C cosω t

para C: −Cω2− 57

ω2C=5gω7a

→ C=− 5g12ω a

En la segunda,

25

ma2ω r =25

ma2 q+maξ =25

ma2 q+ma2 q=75

ma2 q

Esta acoplada con la (5). Derivando y sustituyendo esta, se eliminar

2ω r = 7q → 2ω r = 7q → 7q+2ω2 q= 0↑

−ω q= r

que se integra trivialmente,

q= D cos

√

27

ω t +E sin

√

27

ω t


11.3. DINAMICA 275

Para obtenerr, se puede sustituir este valor deq en (5) e integrar; pero es mas sencillo sacarladirectamente de (4), simplemente derivando laq:

r =7

2ωq=

√

72

(

−D sin

√

27

ω t +E cos

√

27

ω t

)

Con estos valores se pueden integrar las ecuaciones de la ligadura para obtenerξ y η

ξ = aq → ξ =

√

72

aω

(

D sin

√

27

ω t −E cos

√

27

ω t

)

+F

η =−ap → η =

√

75

aω

(

−Ae

√57ω t

+Be−√

57ω t)

+5g

12ω2 sinω t +G

Las constantesA, B y G no son independientes, puesη y p estan relacionadas tambien por laecuacion (3), que al eliminarη queda

ω2η = g sinω t − 75

a p

Sustituyendop(t) se llega al mismo valor que antes, pero conG= 0.Estas expresiones generales se particularizan para el casoξ = η = r = η = 0, ξ = v0.

ξ (0) =−√

72

aω

E+F = 0

η(0) =

√

75

aω(−A+B) = 0

r(0) =

√

72

E = 0

ξ (0) = aq(0) = aD= v0

η(0) =−ap(0) =−a

(

A+B− 5g12ωa

)

= 0

Con lo que se obtiene

E = F = 0 D =v0

aA= B=

5g24ω a

Y las soluciones son

p=5g

24ω a

(

e

√57ω t

+e−√

57ω t −2cosω t

)

q=v0

acos

√

27

ω t

r =− v0

2asin

√

27

ω t

ξ =

√

27

v0

ωsin

√

27

ω t

η =5g

24ω2

(

−√

75

e

√57ω t

+

√

75

e−√

57ω t

+2sinω t

)

En la solucion se aprecia:

El termino sinusoidal de laη , debido al peso: al girar el plano el peso oscila en uno y otrosentido del ejey



La oscilacion sinusoidal segunx debido a que el peso desvıa la velocidad inicial, y encuanto hay velocidad seguny el momento de Coriolis induce un movimiento segunx

El termino exponencial seguny, debido a la fuerza centrıfuga, que enseguida ahoga a losotros dos.

Tambien se aprecia el factor 7/5, propio de la rodadura de una esfera: 2/5 del momento deinercia en el centro, que al tomar momentos en el punto de contacto se convierte en 7/5.

Curiosamente, la velocidad angular de pivotamiento, que noinfluye en la velocidad deG,tambien se acelera: se debe al momento de las fuerzas de Coriolis.

Ademas, para que este analisis fuera valido, la esfera nodeberıa caerse cuando el planoeste hacia arriba. Harıa falta que la ligadura fuera bilateral, o comprobar el signo de lareaccion normal.

Dando valores unitarios aω, v0 y a, y para valores diversos deg, la trayectoria sera:

x0

y0


11.3. DINAMICA 277

Problema 11.3.5: Consideremos un disco pesado, homogeneo de masam y radio R. En elcentroM del disco hay unida rıgidamente y perpendicular a el una varilla MN sin masa y delongitud 2R.

El solido ası formado se pone en movimiento de modo que el extremoN se apoye sobre unplano fijo, horizontalOx1y1 y sin rozamiento.

Para el estudio del movimiento se consideran los tres sistemas de ejes siguientes:

Ox1y1z1: Sistema ortogonal que se considera fijo ya sus versores llamaremosi, j , k.

Mx2y2z2: Sistema movil de ejes paralelos aOx1y1z1y de origenM.

Mx3y3z3: Sistema movil ligado al solido y de origenenM. El ejeMz3 es la prolongacion deNM ylos Mx3, My3 dos diametros ortogonales.

Inicialmente el puntoN se encuentra enO(0,0,0), el M en (√

3R,0,R) y Mx3 esta en elplanoOx1z1.

La velocidad inicial deM valeωRj y la velocidad de rotacion, tambien en el instante inicial,es la suma de las dos siguientes:

ω1 = ω k sobreOz1 (11.1)

ω2 =16g−ω2R

8ωR(√

3i + k) sobreMz3 (11.2)

Se elegiran como parametros para fijar la posicion del solido las coordenadas(ξ ,η) de laproyeccion deM sobreOx1y1 y los angulos de Euler(ψ,θ ,ϕ) del sistemaMx3y3z3 respecto alMx2y2z2. Se pide:

1o.- Energıa cinetica del solido en funcion de los parametros que fijan su posicion y de susderivadas respecto al tiempo.

2o.- Funcion de fuerzas de la que derivan las fuerzas activas.

3o.- Ecuaciones generales del movimiento.

4o.- Movimiento de M.

5o.- Integrar completamente las ecuaciones del movimiento para las condiciones iniciales da-das.

ETSIA, Marzo de 1973



1 El sistema tiene una ligadura: el contacto del extremoN con el plano liso. La altura deMpasa a serζ = 2Rcosθ , y quedan 5 coordenadas generalizadas:ξ ,η,ψ,θ ,ϕ, una por grado delibertad. La reaccion del plano sera una fuerza vertical en el extremoN, FL = Nk.

La energıa cinetica se calcula facilmente por Koenig:

T =12

mv2M +

12

ωωω32 · IIIM ·ωωω32

La velocidad deM se calcula directamente, pues tenemos sus coordenadas en ejes fijos:

OM = (ξ ,η,2Rcosθ) vM31 =

(

ξ , η,−2Rsinθ θ)

Para hallar laωωω32 ≡ ωωω31, conviene introducir unos ejesintermediosMx0y0z0 (ejes de Resal), que acompanan alsolido en la precesion y la nutacion, pero no en la rota-cion propia, de modo queMx0 es el eje de nodos. Porla simetrıa de rotacion, son tambien principales para eldisco, y la velocidad angular queda mas simple:

ωωω32 = ψ k1+ θ i0+ ϕ k0 =

θψ sinθ

ϕ + ψ cosθ

0

θϕ

θ

ϕ

ψ

x0

y0

x3

z0 ≡ z3z1

M

N

El tensor del disco, en ejes 0 o 3,IIIM = mR2

4

1 0 00 1 00 0 2

. Se puede ya calcular la energıa

cinetica,

T =12

m(

ξ 2+ η2+4R2sin2θ θ2)

+18

mR2[

θ2+ ψ2sin2θ +2(ϕ + ψ cosθ)2]

=

= T =m2

(

ξ 2+ η2)

+mR2

8

[

ψ2sin2θ + θ2(1+16sin2 θ)+2(ϕ + ψ cosθ)2

]

2 La funcion de fuerzas es inmediata, pues solo actua el peso:

U =−V =−mgzM =−2mgRcosθ

3 Para el solido contamos con seis ecuaciones independientes:Tres de cantidad de movimiento.

Tres de momento cinetico. Se puede tomar momentos enG o enN; en este caso hay queanadir el termino corrector.

Tambien se pueden buscar directamente integrales primeras, razonando que magnitudesse conservan.

Para la ecuacion de la cantidad de movimiento, en la aceleracionse sustituye la ligadura,ζ = 2Rcosθ

00

N−mg

= m

ξη

−2R(sinθ θ +cosθ θ2)

Salen dos integrales primeras,ξ =C1 y η =C2.

Nθ

mg

Para la ecuacion del momento cinetico, tenemos dos opciones:


11.3. DINAMICA 279

Tomar momentos enG, pero aparece el momento deN

Tomarlos enN, con lo que la fuerza de ligadura no aparece, pero hay que anadir el terminocorrector por ser punto movil.

ComoN se obtiene facilmente de la tercera de cantidad de movimiento, podemos tomar mo-mentos enG. Se puede plantear la otra como ejercicio, y comprobar que sellega exactamente alas mismas ecuaciones, como es natural.

Hay que escoger los ejes para proyectar. El momento cinetico es mas simple en ejes deResal,S0, que en los fijos o en ejes solido; el momento deN es tambien mas simple en esosejes. Ası se obtiene:

MN ∧Nk1 =dLM

dt

∣∣∣∣1= IIIM ·ωωω31+ωωω01∧ IIIM ·ωωω31

La velocidad angular de los ejesS0 es la misma del solido, menos la rotacion propiaϕ. Todo seconoce en estos ejes, puesMN =−2Rk0, y k1 = sinθ j0+cosθ k0. Si quisieramos desarrollary usar esta ecuacion, se tendrıa,

2RNsinθ00

=

mR2

4ddt

θψ sinθ

2(ϕ + ψ cosθ)

+

mR2

4

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

θ ψ sinθ ψ cosθθ ψ sinθ 2(ϕ + ψ cosθ)

∣∣∣∣∣∣

De esta ecuacion se obtiene directamente una integral primera,pues el termino corrector no tiene componentez0, de modo quese conservaϕ + ψ cosθ .Podrıamos seguir y desarrollar las otras dos ecuaciones diferencia-les, que por el aspecto van a ser bastante complicadas, y muchomas cuando se sustituya laN. Esas ecuaciones se podran integrar,pues en el sistema se conservan varias magnitudes, pero ser´a unproceso costoso. Es mas sencillo buscar directamente las integra-les primeras:

Nθ

mg

El sistema es conservativo: la unica fuerza es el peso, y la ligadura es lisa y estacionaria,con lo que no trabaja. Podemos plantear la integral de la energıa, cuyos terminos yaconocemos:

T +V =m2

(

ξ 2+ η2)

+

+mR2

8

[

ψ2sin2 θ + θ2(1+16sin2θ)+2(ϕ + ψ cosθ)2

]

+2mgRcosθ = E

Las dos fuerzas exteriores, peso y reaccion normal, son verticales: no dan momento segunk1 y por tanto se conserva el momento cinetico en esa direccion:

(MN ∧Nk1) ·k1 = 0 ⇒ LM ·k1 = Hz1 = Cte.

mR2

4

θψ sinθ

2(ϕ + ψ cosθ)

·

0sinθcosθ

⇒ ψ sin2 θ +2(ϕ + ψ cosθ)cosθ =C3

Las fuerzas exteriores cortan al ejeMz0, que es de revolucion: la tercera ecuacion de Eulerda una integral primera:

Cr + pq(A−A) = 0 ⇒ r = Cte ⇒ ϕ + ψ cosθ =C4



De estas integrales primeras, solo la ultima sale directamente de la ecuacion del momento cineti-co. Las otras se podrıan haber obtenido, pero laboriosamente.

Observese que las integrales primeras asociadas al giro son las mismas que en el solido deLagrange. El problema es distinto, pues aquı no hay punto fijo, pero la rotacion tiene las mismasecuaciones e integrales primeras que en aquel caso.

4 Para determinar el movimiento deM, tendremos que integrar o dejar reducidas a cuadraturassus coordenadas,ξ ,η,ζ (θ). Las dos primeras son inmediatas:

ξ =C1 t +ξ0 ; η =C2 t +η0

Como inicialmenterM = (√

3R,0,R) y vM = (0,ωR,0), se tiene

ξ =√

3R ; η = ωRt

De las condiciones iniciales tambien deducimos queθ0 = π/3 y θ0 = 0. Para hallarθ(t)podemos usar cuatro integrales primeras para dejar la de la energıa solo como una funcion deθy θ . Antes, la tercera se sustituye en la cuarta de modo que podemos despejar

ψ sin2 θ = 2C4cosθ +C3

con lo que se llega a

m2

(C2

1 +C22

)+

mR2

8

[(2C4cosθ +C3

sinθ

)2

+ θ2(1+16sin2 θ)+2C2

3

]

+2mgRcosθ = E

Agrupando las constantes, se obtiene una cuadratura:

θ2(1+16sin2 θ)= E′− 16g

Rcosθ −

(2C4cosθ +C3

sinθ

)2

→

→ ±dθ

√√√√

1+16sin2 θ

E′− 16gR cosθ − (2C4 cosθ+C3)

2

sin2θ

= dt

La ecuacion deθ es exactamente la misma que la del solido de Lagrange. Se puede hacer unanalisis cualitativo mediante el potencial efectivoV(θ). Como se ve en teorıa, el caso generales una oscilacion entre dos valoresθ1,θ2, mientras continuan la precesion y la rotacion propia.

Las condiciones iniciales implicanθ0= 0; esto significa que estamos en uno de los extremosde la oscilacion, o bien en un movimiento estacionario (θ1 = θ2); este ultimo caso se identificafacilmente porqueθ = 0.

5 El enunciado pide integrar completamente el movimiento, pero hemos visto que las ecuacio-nes son las del solido de Lagrange, queno se pueden integrarmediante funciones elementales.Esto solo puede significar una cosa: estamos en el caso integrable del solido de Lagrange: elmovimiento estacionario.

Para determinarlo, veremos siθ = 0. Iremos calculando las constantes, y sustituyendo enla quinta ecuacion de Lagrange. Sustituir en la de la energ´ıa no sirve de nada: ya sabemos queθ = 0 en el instante inicial. Se podrıa derivar, eliminarθ (pues la ecuacion vale para todot, nosolo el inicial) y comprobar el valor deθ . Pero es mas corto hacerlo con la quinta de Lagrange:se ahorra derivar.

ζ0 = R= 2Rcosθ0 → θ0 = π/3; ζ0 = 0=−2r sinθ0θ0 = 0 → θ0 = 0


11.3. DINAMICA 281

En cuanto a la velocidad angular, notese que las dos componentesω1 y ω2 estan dirigidas,respectivamente, segunk1 y k0 ≡ k3; es decir, corresponden a la precesion y la rotacion propia.La nutacion, como se dedujo de la velocidad deM, es nula:

ωωω32 = ψ0k1+θ0 i0+ ϕ0k0 = ω k1+16g−ω2R

8ωR2k3 →

ψ0 = ωϕ0 =

16g−ω2R4ωR

donde el 2 se debe a que el vector direccion√

3i1+k1 = 2k3 no es unitario.

mR2

4

[

θ(1+16sin2 θ

)+16θ2sinθ cosθ

]

−

− mR2

8

[2ψ2sinθ cosθ −4(ϕ + ψ cosθ) ψ sinθ

]−2mgRsinθ = 0

θ0 (. . .) =[2ψ2

0 sinθ0cosθ0−4(ϕ0+ ψ0cosθ0) ψ0sinθ0]+

16gR

sinθ0

θ0 (. . .) =

[

2ω2

√3

4−4

(16g−ω2R

4ωR+ω

12

)

ω√

32

]

+16gR

√3

2= 0

Por tanto, estamos en el movimiento estacionario. Las coordenadas generalizadas valen:

ξ =√

3R η = ωRt θ =π3

ψ = ω t +π2

ϕ =16g−ω2R

4ωRt +ϕ0

El valor inicial deψ se obtiene observando la configuracion del sistema en el instante inicial.El deϕ es arbitrario, porque no se ha dado ningun dato.


Capıtulo 12

Percusiones

Ejercicio 12.1: La figura muestra un sistema compuesto por undisco homogeneo de masamy radioa y una varillaABde longitud2a y masamarticulada sin rozamiento en el extremoA, en un puntode la periferia del disco. El disco no desliza sobre la lıneaen quese apoya. Inicialmente el sistema esta en reposo y se le aplica unapercusionP al disco tal como indica la figura. Obtener el estadocinematico del sistema justo despues de aplicar la percusion y elvalor de las percusiones de ligadura.

PA

B

El disco estaapoyadosobre la recta: ligadura unilateral. Tenemos que ver si la percusion deligadura que aparece en el apoyo es compatible o no. Si es compatible, el disco rueda despuesde la percusion. Si no, la ligadura no actua y el disco se levanta.

Otro camino es resolverlo sin la ligadura y, si el movimientoresultante no lo permite laligadura, es que sı actua y hay que resolverlo de nuevo.Este caso puede corresponder a una rueda dentada sobre una cremallera.No puede deslizar, lo impiden los dientes del engranaje, pero sı puedelevantarse. Intuitivamente se ve que se va a levantar: al rodar hacia laderecha, el disco empuja hacia abajo la varilla. Para que se conserve lacantidad de movimiento, la ligadura tiene que empujar haciaabajo. Co-mo no es posible, el disco salta hacia arriba y ası compensa la cantidadde movimiento hacia abajo de la varilla. De todos modos, resolveremosprimero el caso con la ligadura activa. ϕ

θx

x

y

I

No se levantaTenemos dos solidos planos, con cuatro ligaduras (2 finitasde la articulacion enA y dos

cinematicas integrables de la rodadura sin deslizamientosobre la recta rugosa). Hay variasposibilidades:

Aislar los dos solidos y aplicarle cada uno las ecuaciones de cantidad de movimiento (2)y de momento cinetico (1): ası se obtienen las velocidadesdespues de la percusion y todaslas percusiones de ligadura, internas y externas.

Aplicarles las ecuaciones al sistema completo y a uno de los solidos, por ejemplo lavarilla; equivalente al anterior pero quiza algo mas complicado.

Buscar dos ecuaciones correspondientes a los grados de libertad, por ejemplo, la de mo-mento cinetico del sistema enI (desaparecen las percusiones de ligadura exteriores) y ladel momento cinetico de la varilla enA (desaparecen las percusiones internas)

Como nos interesa el valor de la percusion de ligadura enI , escogemos el primer camino.

283

284 CAPITULO 12. PERCUSIONES

Llamando(x,a) a las coordenadas del centro del discoC, y −θ k a la velocidad angular deldisco, la ligadura de rodadura sin deslizamiento implica

vI = 0= vC+ωωωD ∧ IC =(x−aθ

)i = 0 → x= aθ

Para aplicar la ecuacion de la cantidad de movimiento a la varilla tenemos que calcular lavelocidad deA y la deG. Llamando−ϕ k a la velocidad angular de la varilla:

vA = vC+ωωωD ∧CA = aθ i −aθ j vG = vA+ωωωV ∧AG =(aθ −aϕ

)i −aθ j

Apareceran dos percusiones de ligadura exteriores enI (una por cada direccion de movimientoimpedida) y dos interiores, de accion reaccion, en la articulacionA. La cantidad de movimientoy el momento cineticoantesde la percusion son nulos, porque el sistema esta en reposo. Lasecuaciones a aplicar son:

FL +P= mvdG−mva

G MLO+MP

O = LdO−La

O

que en este caso adoptan la forma:

P+Qx−Rx = maθd Rx = ma(

θd− ϕd)

Qy−Ry = 0 Ry =−maθd

a(Ry−Qx) =12

ma2θd Rxa=112

m4a2 ϕd

θ x Rx

Ry

QxQy

P

ϕ

RxRy

Todas las ecuaciones estan aplicadas en la posicion inicial, sin mover las coordenadas. Por laligadura unilateral, tendra que serQy ≥ 0: el suelo solo puede dar percusiones hacia arriba.Entre la segunda y la quinta se obtieneQy = Ry =−maθd , que es obvio que va a ser negativa.

Entre la cuarta y la sexta sale 3θd = 4ϕd ; sustituyendoRx y Qy en la primera, se obtieneP = 11

4 maθd > 0, con lo que, efectivamente,Qy < 0. Esto no es posible: el disco se levanta.Hay que repetir el problema sin la ligadura.

Se levantaSi el disco puede levantarse, hay que liberar la ligadura vertical (quitar la percusion de

ligadura y devolver el grado de libertad), y modificar las velocidades:

vC = aθ i + yj vG =(aθ −aϕ

)i +(y−aθ

)j

Las nuevas ecuaciones seran:

P+Qx−Rx = maθd Rx = ma(

θd− ϕd)

−Ry = myd Ry = m(

yd−aθd)

a(Ry−Qx) =12

ma2θd aRx =112

m4a2 ϕd

θ

xy

Rx

Ry

Qx

P

ϕ

RxRy

Entre la 4 y la 6,13

maϕd = ma(

θd− ϕd)

→ ϕd =34

θd

Entre la 2 y la 5,

−yd = m(

yd−aθd)

→ yd =a2

θd → Ry =−ma2

θd


285

Con esto, de la 3a se obtieneQx =−amθd ; sustituyendo esto y laRx en la 1a,

P−maθd− 14

maθd = maθd → θd =4P

9maϕd =

P3ma

yd =2P9m

Las percusiones de ligadura seran,

Qx =−4P9

Rx =P9

Ry =−2P9m

Ejercicio 12.2: Un disco que se mantiene siempre en un planovertical va rodando y deslizando sobre una recta horizontallisa lacual a partir de una posicion se vuelve rugosa tal como muestra lafigura.Discutir, segun que el coeficiente de rozamiento sea finito oinfinitoy segun los valores deω y V, si aparecen percusiones en el instanteen que el disco llegue a la parte rugosa.

v

ω

RugosoLiso

1 Rozamiento finitof 6= ∞: al empezar a rodar por la zona rugosa aparece una fuerza derozamiento que valdra

No desliza: |R| ≤ f |N| ; Desliza: R =− f |N|vI

vI

Obviamente es una fuerza acotada, del mismo orden que las fuerzas caracterısticas del movi-miento (peso,N), que actua si hay deslizamiento y lo va frenando hasta que desaparezca;noaparece percusion (fuerza muy grande que actua durante un tiempo muy corto, encomparacioncon los valores caracterısticos del movimiento).

2 Rozamiento infinitof = ∞ : propiamente, no puede haber roza-miento infinito. Es una manera de decir que no hay deslizamiento.Sobre la zona rugosa, el disco rodarıasin deslizar. Esto pasa, porejemplo, cuando un pinon rueda sobre una superficie lisa y de pron-to engrana en una cremallera. Se introduce bruscamente la ligadurade rodadura sin deslizamiento. El primer choque entre los dientesdel engranaje frena bruscamente la velocidad de deslizamiento.

y

v

ω

Llamandox a la coordenada en la direccion dev y θ al angulo girado por el disco en ladireccion deω de la figura, la ecuacion de la ligadura brusca de no deslizamiento sera

vI = (x−Rθ) i = 0 → x= Rθ

En el punto de contactoI aparecera una percusion de ligaduraPx i al empezar a rodar por lazona rugosa (o en el diente primero que engrane). En ese puntoya hay una fuerza normal deligadura, que equilibra al peso. Supondremos que da percusion tambien,Py j , aunque ya veremosque va ser nula, porque el disco sigue rodando sobre la recta (hacemos esta hipotesis para que elejercicio no se complique: en realidad, habrıa salto o percusion vertical si el plano de contactoentre los dos primeros dientes no es exactamente vertical).Las ecuaciones impulsivas para eldisco seran:

CM:

mxd −mv= Px

0−0= Py

MC: − 12

mR2θd+12

mR2ω = PxR



De este sistema se obtiene

xd = Rθd =2v+ωR

3Px = m

ωR−v3

Py = 0

Observese que, en el momento del choque, el punto de contacto tiene una velocidadv−ωR.La percusion en la ligadura tiene el signo opuesto: frenar bruscamente esa velocidad de desli-zamiento. Tendremos tres casos segun los valores relativos dev y ω:

v

Rω < v

Px

v

Rω = v

Px = 0

v

Rω > v

Px


287

Ejercicio 12.3: El sistema de la figura esta constituido por las varillasAB y BC articuladas en el puntoB, ambas de masam y longituda. ElextremoA de la varillaAB es fijo y el sistema se encuentra sobre unplano horizontal liso. Inicialmente el sistema esta en reposo tal comose indica en la figura y se le aplica una percusionP en el puntoC, for-mando un angulo de 45o con la varillaBC. Determinar las velocidadesangulares de las varillas justo despues de aplicar la percusion. A

B

C P

45o

Solo se piden las velocidades, no las percusiones de ligadura: compensa buscar ecuacioneslibres de fuerzas de ligadura.

Las dos varillas tienen articulaciones en las que aparecer´an percusiones de ligadura, por loque las ecuaciones de la cantidad de movimiento no nos sirven.

Se puede usar la de momento cinetico de todo el sistema enA, y la de momento cinetico dela varilla BC enB. Ademas, la percusion no da momento enA porque su lınea de accion pasapor el origen.

Para calcular el momento cinetico necesitamos la velocidad del CDMde la segunda varilla. Trabajando directamente en la posicion inicial, setiene

vG = vB+ωωωBC∧BG = aϕ j − a2

θ i

El momento cinetico de la primera varilla lo calculamos como un solidocon punto fijo; para la otra, que no tiene ningun punto fijo, aplicamosKoenig:

ϕ θ

P

x

y

LABA

︷︸︸︷

13

ma2 ϕd+

AG∧mvG

︷︸︸︷

ma2 ϕd +ma2

4θd +

LBCG

︷︸︸︷

112

ma2 θd−0= 0

Aislando la segunda varilla, tomamos momento enB:

ma2

4θd +

112

ma2θd −0=−Pa

√2

2

AunqueB es un punto movil, podemos aplicar las ecuaciones impulsivas del momento cinetico,porque usamos las velocidades absolutas, y entonces el termino corrector no da percusion. Alver el resultado, puede dar la impresion de queLBC

B es el de un solido con punto fijo: no es ası,porque el puntoB se mueve; pero la aportacion de esa velocidad al momento cinetico resultaser nula para esa posicion de la varilla.

La segunda ecuacion da directamenteθd, y sustituyendo en la primera se obtieneϕd:

θd =−3P√

22ma

ϕd =3P

√2

8ma



Ejercicio 12.4: Sea un proyectilM con movimiento horizontal rectilıneo y uniforme que tieneuna cantidad de movimiento de valorpi. Sea una barra homogenea de masam y longitudL0

que esta articulada en un puntoO y que inicialmente esta en reposo verticalmente.

El proyectil choca con la barra a una distanciaL de la articulacionO y se queda incrustado en ella. Calcular, suponiendo despreciablela masa del proyectil frente a la de la barra:i) incremento de canti-dad de movimiento del sistema y valor de la percusion de ligaduraenO; ii) la velocidad angular que adquiere la barra despues del im-pacto.iii) el angulo de maxima desviacion de la barra respecto dela vertical, en el movimiento que sigue al impacto, si solo actua elpeso en direccion−j .

p

ML

L0

x

y

O

ETSIA, febrero de 1994

1 Los apartados i) e ii) se obtienen de las ecuaciones impulsivas por newtoniana. Tenemos tres

ecuaciones: una de momento cinetico y dos de cantidad de movimiento. Hay tres incognitas:dos percusiones de ligadura en la articulacion,Qx y Qy, y la velocidad angular inmediatamentedespues de la percusion. A la varilla se le pueden aplicar las expresiones del solido con puntofijo. Tomando como coordenada el anguloθ de la figura, se tiene:

13

mL20 θd −0= pL → θd =

3pL

mL20

mL0

2θd −0= p+Qx → Qx = p

3L−2L0

2L0

0−0= 0+Qy → Qy = 0

p

Qx

Qy

x

y

θ

La cantidad de movimiento inicial es solo la del proyectil;despues, solo la barra. El incre-mento es:

∆C = Cd−Ca = mL0

2θd − p= p+Qx− p= Qx

2 Despues de la percusion, el movimiento del sistema es el deuna varilla articulada sometidaa su peso. Podemos aplicar la ecuacion de la energıa,

T +V =16

mL20 θ2−mg

L0

2cosθ = E

entre el momento inicial (inmediatamente despues de la percusion, varilla vertical) y el final(cuando llega al punto mas alto con velocidad nula):

E =16

mL20

(

θd)2

−mgL0

2= 0−mg

L0

2cosθM → cosθM = 1− L0

3g

(3pL

mL20

)2

Si p es suficientemente grande, no hay solucion. Esto significa que la varilla llegarıa al puntomas alto sin pararse: un pendulo en regimen de rotacion.

Este aparato se denominapendulo balıstico. Permite determinar la cantidad de movimientode un proyectil mediante el desplazamiento de un pendulo demasa mucho mayor.

Otro aspecto interesante es elcentro de percusion: punto en que tiene que dar el proyectilpara que no aparezcan percusiones de ligadura en la articulacion. Se obtiene haciendoQx =0 → L = Lcp = 2L0/3.


289

Ejercicio 12.5: El sistema de la figura consta de una varilla pesada delongitud 2a y masam que se encuentra inicialmente en reposo sobre elejeOy de un sistema de referenciaOxy, dondeOy lleva la direccion dela vertical ascendente. En contacto unilateral con la varilla se encuentra,tambien en reposo, un disco de masam y radio a. El extremo inferiorde la varilla puede deslizar libremente sobre la rectaOx sin separarsede ella y tiene contacto liso con el disco. El disco esta obligado a rodarsin deslizar sobreOx. En el momento inicial se aplica un percusionPien el extremo superior de la varilla. Calculese el estado cinematico a lasalida de la percusion y las percusiones de reaccion del sistema.

Febrero de 1995

P

x

y

Este problema no se puede resolver mediante la mecanica cl´asica. En el contacto entre varillay solido aparece una percusion de ligadura, que determinaque parte deP transmite la varilla aldisco. Segun las propiedades elasticas de una y otro, y losintervalos de tiempo de las dos percu-siones, la varilla podrıa rebotar hacia la izquierda, empujando al disco hacia la derecha; podrıaquedarse quieta, solo girando (como las esferas de Newton), mientras casi toda la percusion setransmite al disco; o podrıan salir los dos hacia la derechacon velocidades del mismo orden.Y si supieramos el coeficiente de restitucion entre los solidos, tampoco servirıa de nada, puesno es realmente un choque, sino la transmision de una percusion a traves de otro solido. Comola diferencia de velocidades inicial es nula, en el denominador del coeficiente de restitucionaparece un cero que lo hace inutil.

Lo unico que nos permitirıa resolverlo es suponer que entre los solidos hay un pequeno hue-co, de modo queprimero se produce la percusion sobre la varilla y,despueschocan la varillay el disco. Para esto necesitarıamos el coeficiente de restitucion, pues se trata propiamente deun choque.

Tambien se podrıa resolver si el enunciado dijera algo sobre el contacto, por ejemplo, quesalen con la misma velocidad, porque la ligadura de contactoesta activa durante la percusion.Es decir, que el choque esmucho mas rapido que la percusion, y que mientras dura la percu-sion la varilla esta continuamente empujando al disco, demodo que al acabar tienen la mismavelocidad.

Son los dos extremos: choque completamente anterior a la percusion, o percusion comple-tamente anterior.

1 Comprobaremos que el problema, en su forma actual, es in-soluble. La varilla tiene dos grados de libertad, ˙x y ϕ . El disco,por rodar sin deslizar, solo uno,θ . Aparecera una percusion de li-gadura verticalRy por deslizar el extremos de la varilla por el ejehorizontal, dos en el punto de contacto del disco,Qy, Qy, y un parde percusiones de accion reaccion±Rx en el contacto entre los dossolidos. En total, siete incognitas, para seis ecuaciones:

aθθP

x

ϕ

Rx

Ry

QxQy

P−Rx = mxd Rx+Qx = maθd

0+Ry = 0 0+Qy = 0

−Pa=− 112

m4a2ϕd aQx =−12

ma2 θd

Esta determinada la velocidad angular de la varilla despu´es de la percusion. Para las velocidades,eliminando laQx y la Rx entre la primera, la cuarta y la sexta, se llega a:

P= mxd +32

maθd

Podemos obtener la cantidad de movimiento del sistema mas el momento cinetico del disco,pero no hay modo de saber como se reparte entre los dos solidos. Harıan falta hipotesis adicio-nales.



2 Una posibilidad es que los dos solidos se mantengan en contacto durante toda la percusiona la varilla, con lo que a la salida tendrıan la misma velocidad,

xd = aθd

Con esto el problema estarıa resuelto. Equivale a decir quela ligadura es persistente, por lomenos hasta afectar a las velocidades de salida de la percusion. O bien, que el choque es tanrapido, que continuamente la varilla esta transmitiendoal disco la cantidad de movimiento querecibe de la percusion, mediante choques diferenciales, llevando los dos la misma velocidad.

3 Supongamos que hay una pequena separacion entre los dos s´olidos, de modo que primerotiene lugar la percusion, y luego el choque. Para resolver el choque necesitamos el coeficientede restitucion. Supongamos que es 1, choque elastico. Lasecuaciones de la varilla seran lasmismas, excepto que no hayRx porque no esta en contacto con el disco:

P= mx1 Ry = 0 Pa=13

ma2ϕ1

A continuacion la varilla, con las velocidades de salida dela percusion (1), choca con el discoy saldran con velocidades (2)

−Rx = mx2−mx1 Rx+Qx = maθ2−0

+Ry = 0 0+Qy = 0

0=13

maϕ2−13

maϕ1 aQx =−12

ma2 θ2−0

El coeficiente de restitucion proporciona otra ecuacion:las velocidades de los puntos que cho-can deben cumplir,

1=− i · (vV2 −vD

2 )

i · (vV1 −vD

1 )=− x2−aθ2

x1−0→ −x1 = x2−aθ2

De estas ecuaciones se obtiene

ϕ2 =3Pma

x2 =− P5m

θ2 =4P

5am

La varilla rebota hacia la izquierda con una velocidad que esla quinta parte de la que lleva eldisco hacia la derecha; no se conserva la cantidad de movimiento en el choque por la percusionde ligadura exteriorQx, que transforma parte de la cantidad de movimiento inicial en momentocinetico del disco. La energıa se conserva.

En un caso real, el resultado serıa algo intermedio entre las dos hipotesis extremas queaquı se han considerado, de modo que, aunque uno sea anterior al otro, habrıa un cierto solapeentre la percusion y el choque.


291

Problema 12.1: Sea un disco homogeneo de masam y radio R que se mueve en un planovertical. SeaOxyuna referencia cartesiana rectangular de este plano en la que Oy es la verticalascendente y el ejeOx es un suelo rugoso con coeficiente de rozamiento al deslizamiento deldisco f . El disco se mueve sobre el suelo sin poderse despegar.

Para fijar la posicion del disco se utilizan las siguientes coordenadas generalizadas: i) lacoordenada cartesianax de su centro de masas, ii) el anguloϕ que forma el radio que inicial-mente esta en contacto con el suelo con la vertical descendente (VER FIGURA 1).

Inicialmente el disco se encuentra en reposo en la posicionx = 0, ϕ = 0 y se aplica sobreel punto de coordenadax mas negativa del mismo una percusion de valorP (cosα~i −sinα~j )(VER FIGURA 2).

A) Supongamos que en la etapa de percusion el discono puede deslizar;se pide:

1) Expresar la condicion matematica de no deslizamiento.

2) Calcular el estado cinematico a la salida de la percusion.

3) Hallar las percusiones sobre el disco en el punto de contacto.

4) Comprobar cuando es valida la hipotesis de no deslizamiento y expresar la mismamediante una relacion del tipof ≥ Φ(α)

5) Plantear y resolver las ecuaciones del movimiento posterior a la percusion.

B) Supongamos que en la etapa de percusionhay deslizamiento( f < Φ(α)); se pide:

1) Calcular el estado cinematico a la salida de la percusion: x0( f ,α), ϕ0( f ,α).

2) Calcular la velocidad de deslizamiento del disco a la salida de la percusion y com-probar su compatibilidad con el resultado de A-4.

3) Plantear y resolver las ecuaciones del movimiento posterior a la percusion

4) Determinar el instante (t∗) en que termina el deslizamiento.

5) Plantear y resolver las ecuaciones del movimiento parat > t∗.

ETSIA, septiembre de 1995

ϕ

x

y

FIGURA 1

αP

y

FIGURA 2

x



A) No desliza durante la percusion

1 LlamandoI al punto del disco que en cada momento este en contacto con elsuelo, lacondicion de no deslizamiento sera:

vI = vC+ωωω ∧CI = (x+Rϕ) i = 0

2 3 El puntoI de contacto tiene dos ligaduras: no desliza en la direccionOx, y no se separa

en laOy; durante la percusion cada una produce una percusion de ligadura:Qx i y Qy j . Las dosson bilaterales, y pueden tener cualquier signo.Para un solido, tenemos las dos ecuaciones de cantidad de movi-miento y la de momento cinetico, mas la de la ligadura:

mxd −0= Pcosα +Qx

0−0=−Psinα +Qy

−mxdR+12

mR2ϕd−0=−PcosαR+PsinαR

xd =−Rϕd

αP

xd

ϕd

QxQy

y

x

La ecuacion de momento cinetico se ha tomado enI , para que no aparezcan las percusionesde ligadura, pero tambien podrıa tomarse enC y eliminar la Qx mediante la primera de lacantidad de movimiento. La complejidad es casi la misma.

Tenemos un sistema cerrado, cuatro ecuaciones y cuatro inc´ognitas, del que se obtiene:

xd =2P(cosα −sinα)

3mϕd =−2P(cosα −sinα)

3mR

Qx =−P(cosα +2sinα)

3Qy = Psinα

4 Suponiendo que para las fuerzas impulsivas sigue siendo valido el modelo de Coulomb-Morin,

|Qx| ≤ f |Qy| → f ≥ |cosα +2sinα|3|sinα|

Como no se da ningun dato sobre laα, hay que dejar la expresion con los modulos.

5 Para el movimiento contamos con las ecuaciones del momento cinetico (1) y la cantidad demovimiento (2). LlamaremosN j a la reaccion normal yFr i al rozamiento. Supondremos quesigue activa la ligadura de no deslizamiento, y al hallarlaslo comprobaremos.

mx= Fr

0=−mg+N12

mR2ϕ = RFr

x=−Rϕ

mg

x

ϕ

FrN x

y

EliminandoFr entre la de CMx y la de MCz, y usando la ligadura derivada

mx=−12

mRϕ =12

mx → x= ϕ = Fr = 0; N = mg


293

La fuerza de rozamiento es compatible con la condicion de nodeslizamiento,Fr = 0 < f mg.Las ecuaciones ¨x= ϕ = 0 se integran tomando como condiciones iniciales las de salida de lapercusion, ˙xd, ϕd y x0 = ϕ0 = 0:

x=2P(cosα −sinα)

3mt ϕ =−2P(cosα −sinα)

3mRt

Esta parte se podrıa haber hecho por mecanica analıtica,porque al no deslizar la ligaduraes ideal; pero tratandolo como sistema holonomo solo se habrıan obtenido las velocidades. Laspercusiones de ligadura no aparecerıan, y no se podrıa comprobar la validez de la hipotesis deno deslizamiento.

Si se liberan las dos ligaduras, se podrıa obtener tambienQx y Qy por multiplicadores deLagrange; pero entonces nos queda un solido libre, y para s´olidos y partıculas libres las ecua-ciones por analıtica son las mismas que las de Newton-Euler. No se ganarıa nada, y en generalel calculo de las fuerzas generalizadas y multiplicadoreses mas laborioso.

B) Hay deslizamiento durante la percusion

1 Ademas de la condicion del enunciado, hay que suponer que en todo momento se cumpleel modelo de Coulomb con deslizamiento entre las componentes horizontal y vertical de lapercusion de ligadura. Llamaremos, como antes,Qx y Qy a las percusiones de ligadura.

Las ecuaciones de conservacion de movimiento y momento cineti-co daran

mxd−0= Pcosα +Qx

0−0=−Psinα +Qy

12

mR2ϕd−0= PsinαR+QxR

αP

xd

ϕd

QxQy

y

x

En vez de la condicion cinematica de no deslizamiento, tenemos la ley de Coulomb condeslizamiento:

Qx i =− f |Qy|vI

|vI |Para resolver estas ecuaciones, hay que hacer algunas hipotesis sobre los signos. Supongamosqueα ∈]0,π/2[ y quevI > 0, es decir, que el disco empieza a deslizar hacia la derecha,con loqueQx sera negativa. La segunda hipotesis la comprobaremos al final, la primera depende delos datos. La solucion del sistema sera pues

mxd = Pcosα − f Psinα → xd =P(cosα − f sinα)

m

12

mR2ϕd−0= PsinαR− f PsinαR → ϕd =2Psinα(1− f )

mR

2 Para comprobar la validez de esta solucion, hay que calcular la velocidad de deslizamiento,

vI = (x+Rϕ) i =Pm[cosα +sinα(2−3 f )] i

Para que la partıcula deslice, y los signos tomados en las ecuaciones sean correctos,

cosα +sinα(2−3 f )> 0 → f <cosα +2sinα

3sinαEIAE. Problemas de Mecanica Clasica


que es el opuesto de la condicion de no deslizamiento que se calculo en A). Ahora no aparecenmodulos, porque se supuso queα ∈]0,π/2[, es decir, el seno y el coseno son positivos y distintosde cero. Por tanto, las hipotesis que se hicieron eran correctas.

Podrıamos repetir los calculos suponiendo que el punto decontactoI desliza hacia la iz-quierda. Resulta que ese movimiento solo es posible con unα negativo, es decir, cuando segolpea de abajo hacia arriba. Se deja como ejercicio rehacerlas ecuaciones con esa hipotesis.

3 Para el movimiento contamos con las ecuaciones del momento cinetico (1) y la cantidadde movimiento (2). LlamaremosN j a la reaccion normal yFr i al rozamiento. Ahora no hayecuacion de ligadura, pero tenemos la inecuacion de Coulomb mientras dure el deslizamiento.

Siguiendo con la hipotesis de que desliza hacia la derecha,

mx= Fr

0=−mg+N12

mR2ϕ = RFr

Fr =− f |N| =− f mg

mg

x

ϕ

FrN x

y

Quedan ecuaciones lineales

mx=− f mg → x= xd − f gt ; x= xd t − 12

f gt2

12

mR2ϕ =−R f mg → ϕ = ϕd− 2 f gR

t ; ϕ = ϕd t − f gR

t2

4 Estas ecuaciones valen mientras haya deslizamiento, y la velocidad sea positiva. La veloci-dad de deslizamiento valevI (t) = x+Rϕ y se anulara cuando

vI (t∗) = x+Rϕ = xd − f gt+Rϕd −R2 f gR

t = 0 → t∗ =P[cosα +sinα(2−3 f )]

3 f gm

5 En el momento en que no hay deslizamiento, la fuerza de rozamiento sera la necesaria paraque no deslice, es decir, ninguna porque ya rueda sin deslizar. Por tanto, el sistema se siguemoviendo con velocidad y velocidad angular constantes:

x= x(t∗)+ x(t∗) t ϕ = ϕ(t∗)+ ϕ(t∗) t


295

ESCUELA TECNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONAUTICOS

Apellidos, Nombre: Grupo:

Mecanica II - Problema de Dinamica de Sistemas Curso: 01/02 Fecha: 22.06.2002

Problema 12.2: Un sistema material esta formado por dos discos pesados iguales, de masamy radio r, que se pueden considerar como infinitamente delgados. El disco 1 esta horizontal yfijo en el origen de coordenadasO, de manera que solo puede girar libremente alrededor del ejeverticalOz. Un radio fijo de este disco forma conOx un anguloψ1. El disco 2 esta articuladocon una rotula lisa en el puntoO′(0,0, r) mediante una varilla sin masa, ortogonal al disco y delongitudr. Esta apoyado sobre el otro disco, yrueda sin deslizarsobre el. Se situara medianteel sistemaOx0y0z0, de modo queOz0 coincide conOzy Ox0 pasa por el punto de apoyo sobreel disco 1.Ox0 forma un anguloψ2 con el eje fijo del primer disco, de modo que el angulo deprecesion del segundo esψ1+ψ2. El angulo girado por el disco vertical alrededor de su propioeje (la varilla) esϕ.

En el instante inicial el sistema esta en reposo y todos los ´angulos son cero. Se aplica unapercusionPj en el punto(r,0,0) del disco horizontal. Suponiendo que el disco verticalno selevanta,y sigue rodando sin deslizar sobre el horizontal, calcular:

1. Momento cinetico de cada uno de los discos respecto aO′ en un momento arbitrario, enfuncion de las coordenadas y sus derivadas, proyectados enOx0y0z0. (0,5 puntos)

2. Ecuacion de la ligadura cinematica. (0,5 puntos)

3. Analizar las percusiones y momentos de percusion que actuan sobre cada uno de losdiscos al aplicarP (1,5 puntos)

4. Valor de las velocidades angulares inmediatamente despues de la percusion. Solo sera ne-cesario plantear las ecuaciones que determinen el movimiento (4,5 puntos).

5. Despues de la percusion, el sistema tendra un movimiento estacionario con las velocida-des angulares resultantes. Calcular la reaccion normal entre los discos (1,5 puntos)

6. Como la ligadura es unilateral, solo actua mientras la reaccion normal sobre el discovertical sea positiva. Calcular el valor maximo deP para que el segundo disco no selevante en el movimiento posterior (1,5 puntos).

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

x

y

z

ϕ

ψψ

.

12

O

O'

x0



1. Momentos cineticos: 1 punto

Disco 1: L1O′ =

12mr2

−−

1

00

ψ1

=

12

mr2

00

ψ1

Para el disco 2, hay que aplicar Koenig:IO′z= IGz+mr2 = 14mr2+mr2 = 5

4mr2.

Disco 2: L2O′ =

14mr2

2−

5

ϕ0

ψ1+ ψ2

=

14

mr2

2ϕ0

5(ψ1+ ψ2)

2. Ligadura cinematica: 1 punto

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

x

y

z

ψψ

.

12

CO'

x0

O

M

ϕ rr ψ.2

El centro del disco 2,C, esta siempre en el planoOx0z0, por loque tiene respecto al disco 1 la misma velocidad que el punto decontacto como punto independiente,M, que esta en el ejeOx0:

vC21= vM

01; −ϕr j0 = ψ2r j0 ⇒ −ϕ = ψ2

3. Reacciones: 1,5 puntos

x

y

z

O

x0-Q

R

M

M1

x

y xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

x

y

z

O

O'

x0Q

R2

El disco 1 es un solido con eje fijo. Se puede fijar de varios modos, con lo que se tendrıandiversos sistemas de fuerzas y momentos de ligadura. En cualquier caso, el sistema sepuede reducir aO, con lo que se obtiene una reaccionR1 con tres componentes (el centroesta fijo y no puede moverse en ninguna direccion) y un momento con componentesMx

y My (no hay componente segunOzporque puede girar libremente alrededor de este eje).Ademas, sufre la percusion directamente aplicadaPj0.

El disco 2 es un solido con punto fijo, por lo que esta sometido a una reaccionR2 enO′

con tres componentes.

La rodadura sin deslizamiento entre los dos discos supone que el punto de contacto tienevelocidad relativa nula, por lo que habra una reaccionQ con tres componentes de 1 a 2 (y−Q de 2 a 1).

Notese que el sistema eshiperestatico, puesQx y R2x0

sobre el disco 2 son redundantes,igual que−Qx y R1

x0sobre el disco 1. Si no hubiera reaccion radial entre los dos, Qx = 0,

y el sistema serıa isostatico.


297

4. Estado cinematico despues de la percusion: 4,5 puntos

Solo hay que plantear las ecuaciones que determinan el movimiento: las asociadas a losgrados de libertad de cada solido.

No interesa plantear las del momento cinetico para todo el sistema, pues hay percusionesde ligadura enO y enO′: aunque se tomen momentos en uno de esos puntos, quedaranlas ligaduras del otro.

M1z (P−Qy) r =

14

mr2 ψ1−0

M2z Qyr =

54

mr2(ψ1+ ψ2)−0

M2x Qyr =

12

mr2ϕ −0

Junto con la ligadura,−ϕ = ψ2, forman un sistema decuatro ecuacionesconcuatro incogni-tas. Se puede sustituir la ligadura en la tercera, obteniendoQy en funcion deψ2; se despejaψ1de la primera, y se sustituyen ambas en la segunda; ası se obtieneψ2, y de esta las demas:

ψ2 =−56

Pmr

ψ1 =76

Pmr

ϕ =56

Pmr

5. Reaccion normal: 1,5 puntos

Aunque no sea necesario, porque ya lo dice el enunciado, es f´acil comprobar que el movi-miento resultante es estacionario. Planteando la ecuacion del momento cinetico segunOzparacada uno de los discos y para el sistema, mas la ligadura, se tiene un sistema incompatible enlas derivadas segundas, cuya unica solucion es que sean todas cero, ası comoQy (las reaccionesno son ya las de percusion, sino las del movimiento ordinario). Por lo tanto, el sistema mantieneel estado cinematico resultante de la percusion.

Para hallar la reaccion normalQz hay que plantear la ecuacion del momento cinetico deldisco 2 segunOy0, teniendo en cuenta que son ejes moviles:

dL2O′

dt=

14

mr2

2ϕ0

5(ψ1+ ψ2)

+

14

mr2

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 0 ψ1+ ψ22ϕ 0 5(ψ1+ ψ2)

∣∣∣∣∣∣

=12

mr2

0ϕ (ψ1+ ψ2)

0

El momento de las fuerzas enO′ sera:(mg−Qz−Qx) r j0. Si no hay reaccion radial,Qx = 0, elproblema es isostatico, y se puede determinar la reaccionnormal:

(mg−Qz) r =12

mr2ϕ (ψ1+ ψ2) =536

P2

mr⇒ Qz= mg− 5

36P2

mr

6. Percusion maxima: 0,5 puntos

Si la ligadura es unilateral,Qz=mg− 536

P2

mr≥ 0, por lo que el valor maximo de la percusion

corresponde aQx = 0. Si fuera mayor, harıa falta tirar del disco 2 hacia abajo,y esto no esposible porque esta simplemente apoyado: se levantarıa.Por tanto,

Pmax= 6m

√gr5



Problema 12.3: Un disco homogeneo y pesado, de masam y radioa rueda sin deslizar sobreun planoOxymanteniendo su plano vertical en todo momento. En el punto decontacto con elplano existen las ligaduras fısicas necesarias para que semantengan las condiciones cinematicasdescritas. El disco mantiene, ademas, en todo momento, un contacto liso con el planoOxz.

La configuracion del disco la consideramos definida mediante los parametrosξ ,η,ϕ,θ in-dicados en la figura, siendo(ξ ,η) las coordenadas del punto de contacto,θ el angulo que formael plano del disco con elOxz, y ϕ el angulo que forma un radio fijo del disco con la verticaldescendente. Entre los parametrosη y θ existe la ligadura geometrica evidenteη = asinθ . Sepide:

1. Expresar las condiciones cinematicas de rodadura sin deslizamiento en funcion de losparametros y sus derivadas respecto al tiempo.

2. Estudiar si el sistema es holonomo.

3. Obtener las ecuaciones parametricas de la trayectoria del centro del disco en funcion deθ .

4. Expresar el anguloϕ en funcion deθ .

5. En un instante en queξ = ξ0 y θ = π/6, y estando el sistema en reposo, se aplica al discouna percusion horizontalP contenida en su plano, en el punto diametralmente opuesto alde contacto conOxz. Determinar el estado cinematico a la salida de la percusi´on.

6. Determinar las percusiones de ligadura.

7. Dejar el movimiento posterior reducido a una cuadratura.

8. Obtener las reacciones de los planos sobre el disco, en el momento inicial del movimientoque comienza, una vez pasado el momento de la percusion.

Febrero de 1991


299

1 LlamaremosS2 al disco yS0 a los ejes que le acom-panan en la precesion. El punto de contactoI tiene velo-cidad nula como parte del disco:

vI21= vC

21+ωωω21∧CI = 0

Al mantener el disco vertical, queda fijado su angulo denutacion. Hay que tener cuidado con la precesion, queesta tomada en sentido opuesto al habitual:

ωωω21 =ωωω01+ωωω20 =−θ k0+ ϕ i0

La velocidad deC se conoce directamente en ejes fijos, yla de rotacion en ejes intermedios:

x1

y1

z1

θ

θ

C

ϕ

I

x0

y0

z0

ξη0

1

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

ϕ 0 −θ0 0 −a

∣∣∣∣∣∣

=

ξη0

1

+

0aϕ0

0

=

000

La ligadura se puede proyectar en ejes fijos o en ejes intermedios, perohay que tener algo de cuidado, por la forma en que esta definido elanguloθ :

x0

y0

θθ

aϕ

ξ

ηθ

ξ −aϕ cosθη +aϕ sinθ

0

1

=

ξ sinθ + η cosθ−ξ cosθ + η sinθ +aϕ

0

0

=

000

2 Esta pregunta no tiene sentido en este curso, porque no se da Mecanica Analıtica, ni sedefinen los sistemas holonomos o no holonomos.

3 η se conoce en funcion deθ por la ligadura finita, yξ se ha reducido a una cuadratura enθ . La integramos.

η = asinθ ; dξ =−acos2 θsinθ

dθ →

→ ξ =−a[cosθ + ln(cscθ −cotθ)]+C=−a

[

cosθ + ln tanθ2

]

+C

4 Tambien integramos la cuadratura deϕ:

dϕ =−cosθsinθ

dθ → ϕ =− lnsinθ +C

5 Como solo hay un grado de libertad, al aplicar la liga-dura apareceran cinco incognitas de ligadura: percusionnormal al plano enA; percusion con tres componentesen I , y un momento segunIy0 que impide la nutacion (oun sistema de percusiones equivalente a este momento,segun se construya fısicamente esta ligadura).

x1

y1

z1

NA C

XI

YI MIy

ZI

AB P

x0

y0

z0

Hay que plantear las ecuaciones impulsivas de cantidad de movimiento,

P+NA j1+RI = m(

vC)d

−0



Para la de momento cinetico, podemos tomar momento enC:

CB∧P+CA ∧NA j1+CI ∧RI +M I = LdC−0

o enIIB ∧P+ IA ∧NA j1+M I = Ld

I −0

Tomando momentos enC el momento cinetico es mas facil de calcular, pero las percusiones deligadura aparecen en ambas ecuaciones, y hay que resolver elsistema completo. Si se tomanen I , no aparecen las percusiones de ligadura de ese punto, y se resuelve el sistema con masfacilidad, pero el momento cinetico es mas largo. No hay que anadir terminos complementariosporque, con las velocidades absolutas, estan acotados y desaparecen en la percusion. Este se-gundo camino parece mas adecuado al ritmo del enunciado, que pide primero las velocidades ydespues las percusiones de ligadura.

Por otra parte, podemos introducir las ligaduras al principio, y dejar solo un grado de liber-tad, o conservar las velocidades genericas y anadir las deligadura al sistema de ecuaciones quehay que resolver.

Planteamos la primera, en ejesS0

0−P0

+

XI +NA

√3

2YI +NA

12

ZI

= m

ξ d 12 + ηd

√3

2

−ξ d√

32 + ηd 1

20

−

000

x0

y0

θθ

YI

XI

ξ

ηθ

NA

Esta ecuacion solo sirve para obtener tres percusiones de ligadura, una vez obtenidas lasvelocidades y la cuarta percusion de ligadura.

El momento cinetico enI sera

L I = LC+ IC ∧mvC

Todos los terminos son conocidos. Podemos sustituir en la ecuacion de momentos enI ,

aP−aNA12

aNA

√3

2 +MIy

aNA

√3

2

=ma2

4

2ϕd

0−θd

+m

−a(

−ξ d√

32 + ηd 1

2

)

a(

ξ d 12 + ηd

√3

2

)

0

Recordando que las ligaduras imponen que

ϕd =−cotθ θd =−√

3θd

12 ξ d+

√3

2 ηd = 0

−√

32 ξ d+ 1

2 ηd +aϕd = 0

la ecuacion queda

aP−aNA12

aNA

√3

2 +MIy

aNA

√3

2

=ma2

4

−6√

3θd

0−θd

De la tercera se despeja la normal enA,

NA =− ma

2√

3θ


301

y sustituyendo en la primera se obtiene la velocidad de precesion, que es naturalmente la mismaque por los otros procedimientos:

θd =−4√

319

Pma

De las ecuaciones de las ligaduras se obtienen las otras velocidades, que no repetimos porqueson las mismas que por los otros procedimientos.

Si se hubiera planteado la ecuacion del momento cinetico en C,

aYi

MIy−aXI

aNA

√3

2

=

ma2

4

2ϕd

0−θd

=

ma2

4

−2√

3θd

0−θd

no se habrıa podido resolver por separado. Hay que resolvera la vez la de cantidad de movi-miento.

6 En la ecuacion del momento cinetico se despejo la normal en A:

NA =− ma

2√

3θ =

219

P

Con esto y las velocidades, se va a la ecuacion de cantidad demovimiento, donde se han susti-tuido las ecuaciones de las ligaduras,

0−P0

+

XI +NA

√3

2YI +NA

12

ZI

= m

0a√

3θd

0

y se obtiene directamente

XI =−√

319

P YI =619

P ZI = 0

Volviendo a la del momento cinetico, se obtiene

MIy =−

√3

19aP

7 Reduccion a cuadraturas. En el movimiento posterior siguen actuando las ligaduras. Ademas,el sistema es conservativo (fuerza directamente aplicada potencial, ligaduras ideales y estacio-narias), por lo que tenemos la integral de la energıa:

T +cte

V = E

Con las tres ligaduras podemos eliminar tres velocidades y dejar la energıa cinetica en funcionde θ :

T =m2

(

ξ 2+ η2)

+ma2

8

(2ϕ2+ θ2)=

ma2

81+5cos2 θ

sin2 θθ2 = E

De aquı se obtiene una cuadratura,

±∫ √

1+5cos2θdθ

sinθ=

√

8Ema2

∫

dt

8 Para obtener las fuerzas de ligadura se abren diversas opciones:

Proyectar la ecuacion de la cantidad de movimiento en ejes fijos o intermedios.



Como tenemos cuatro incognitas, ademas de las de cantidadde movimiento se necesitauna de momento cinetico: podemos plantearla completamente y escoger una, o seleccio-nar una componente desde el principio y tratar de calcular solo los terminos necesariospara esa.

Usar la ecuacion de momento cinetico en el centro (momentocinetico y derivada massencillos) o en el punto de contacto (no intervienen las ligaduras enI , pero los terminoscineticos son mas complejos; y ahora no se anula el termino complemetario).

Sustituir las ecuaciones de ligadura al principio, y dejar un solo grado de libertad, o re-solverlas junto con el sistema de ecuaciones completo.

Relacionado con esto, para obtener la aceleracion se deriva la velocidad como(ξ , η), ose substituyeϕ o θ ; se deriva en ejes fijos o en ejes moviles.

La derivada segunda que se necesita se obtiene de la ecuacion de la energıa, o de las mis-mas ecuaciones del movimiento. Si antes se escribio solo una componente de la ecuacionde momento cinetico, habra que usar la de la energıa cinetica.

Procuraremos, en la medida de lo posible, plantear las diversas opciones para comparar su difi-cultad, y desarrollar las que aporten alguna novedad respecto a los metodos anteriores. Tambienhay que destacar que, aunque usemos los mismos sımbolos, ahora se trata de fuerzas de ligaduray no de percusiones de ligadura.

La ecuacion de cantidad de movimiento puede escribirse en ejesS0

00

−mg

+

XI +NAcosθYI +NAsinθ

ZI

= m

ξ sinθ + η cosθ−ξ cosθ + η sinθ

0

o en losS1

00

−mg

+

XI sinθ −YI cosθXI cosθ +YI sinθ +NA

ZI

= m

ξη0

x0

y0

θθ

YI

XI

ξ

ηθ

NA

Ahora aparecen las fuerzas directamente aplicadas (acotadas), y no las percusiones. Lasligaduras y las coordenadas son funciones del tiempo, y las derivadas tambien: se trata de ecua-ciones diferenciales. En las de percusion aparecıan tambien derivadas, pero no eran funcionessino valores en un momento dado (ξ d), es decir, constantes. Eran ecuaciones algebraicas.

La aceleracion del centro de masas se ha obtenido derivandodirectamente su velocidad enejes fijos,(ξ , η,0). Pero se podrıa haber calculado introduciendo las ligaduras. Un modo serıa

vC21 = (0,−aϕ,0)0 = (aϕ cosθ ,−aϕ sinθ ,0)1

Tambien se podrıa haber puesto en funcion deθ , pero las expresiones quedan mas complicadas.La aceleracion se obtiene derivando, en ejes fijos o en ejes moviles por el teorema de Coriolis:

aC21=

(−aϕθ ,−aϕ,0

)

0 =(aϕ cosθ −aϕθ sinθ ,−aϕ sinθ −aϕ θ cosθ ,0

)

1

Con la ecuacion de cantidad de movimiento, en cualquiera desus formas, tenemos tres ecuacio-nes y cuatro fuerzas de ligadura. Hace falta otra ecuacion de las de momento cinetico. Veamoslas distintas opciones:

Si escogemos la de momento cinetico enC,

CA ∧NA j0+CI ∧RI +MIy j0 =

ddt

LC


303

proyectando segunk0, que es un vector constante,

(CA∧NA j0+

⊥CI ∧RI +

⊥

MIy j0)·k0 =

ddt

LC ·k0 =ddt

(LC ·k0)

Es una ecuacion vectorial, podemos proyectarla en los ejesque se prefiera; la componentez0 es la misma en ejesS1 y S0; conocemos el momento cinetico enC, por lo que escribimosdirectamente

aNAcosθ =−ma2

4θ

Ahora se calculaθ derivando la ecuacion de la energıa, se particulariza para el momentode salida de la percusion (θ = π/2, θd, y se obtieneϕ derivando la ligaduraϕ. Con estosvalores, queda un sistema lineal de cuatro ecuaciones con cuatro incognitas paraNA, XI ,YI , ZI . Como esto ya se ha hecho por analıtica, no lo repetimos.

Otro camino es plantear la ecuacion del momento cinetico completa. Es mas laborioso,pero evita tener que derivar la de la energıa para obtenerθ . Tomando momentos en elcentro de masas, y proyectando en ejes movilesS0

aYI

MIy−aXI

aNAcosθ

=

ddt

ma2

4

2ϕ0−θ

=

ma2

4

2ϕ−2ϕ θ−θ

Junto con las tres de cantidad de movimiento, tenemos un sistema de seis ecuaciones conseis incognitas:NA, XI , Yy, ZI , MI

y y θ0; las otras velocidades y aceleraciones de obtienencon las ecuaciones de las ligaduras.

Finalmente, podemos plantear la ecuacion del momento cin´etico enI :

IA ∧NA j0+MIy j0 =

ddt

L I +m=

vI01∧vC

21

el termino complementario es nulo porque las dos velocidades son iguales: un puntoesta siempre encima del otro. El momento cinetico enI ya se calculo antes como

L I = LC+ IC ∧mvC =ma2

4

2ϕ0−θ

+m

−a(

−ξ cosθ + η sinθ)

a(

ξ sinθ + η cosθ)

0

Introduciendo las ligaduras se reduce a

L I =ma2

4

6ϕ0−θ

Ya podemos escribir la ecuacion del momento cinetico, teniendo en cuenta que trabajamosen ejes moviles:

−aNAsinθaNAcosθ +MI

yaNAcosθ

=

ma2

4

6ϕ−6ϕθ−θ

Tenemos de nuevo un sistema de seis ecuaciones con seis incognitas (o siete y siete, sicontamosϕ y la correspondiente ligadura. Pero este es mas facil de resolver, porque noaparecen las ligaduras deI en la segunda ecuacion.



Vamos a resolver el ultimo camino. Con la primera y la tercera del momento cinetico elimi-namosNA y queda

6ma2

4ϕ

sinθcosθ

=ma2

4θ → ϕ =

16

tanθθ

Si derivamos la ligadura que relacionaϕ y θ ,

ϕ =−cotθθ → ϕ =(1+cot2 θ

)θ2−cotθθ

se despejaθ , se sustituyen los valores deθ y θ del instante posterior a la percusion, y se obtiene

(1+cot2θ

)θ2 =

(

cotθ +tanθ

6

)

θ → θ0 =1152

√3

6859P2

m2a2

Con esto se obtiene laϕ0 de la ligadura, laNA de la primera o la tercera del momento cinetico,y MI

y de la segunda:

ϕ0 =1926859

P2

m2a2 NA =− 5766859

P2

maMI

y =1656

√3

6859P2

m

Ahora se va a la cantidad de movimiento enS0, donde se ha expresado la aceleracion en funcionde las derivadas de los angulos,

00

−mg

+

XI +NAcosθYI +NAsinθ

ZI

= m

−aϕ θ−aϕ

0

Se despejan directamente las reacciones enI , porque todo lo demas es conocido

XI =1200

√3

6859P2

maYI =

966859

P2

maZI = mg

De los diversos caminos y subcaminos de la formulacion de Newton-Euler, este ultimo pareceel mas directo. Se evita derivar la energıa cinetica, la ecuacion del momento cinetico enI haresultado mas simple de lo previsto, y se obtiene el momentoMI

y, que por analıtica no se puedecalcular. Notese que para acortar se ha expresado la velocidad en funcion deϕ, y se ha deriva-do en ejes moviles. Probablemente, cualquiera de las variaciones posibles habrıa resultado enoperaciones mas largas.


305

Problema 12.4: Una placaOABC cuadrada, homogenea y pesada de ladoa y masam, seencuentra en reposo apoyada sobre un planoO1x1y1 perfectamente liso y perteneciente a unsistema galileanoO1x1y1z1 en el queO1z1 va dirigido segun la vertical ascendente. El plano dela placa coincide inicialmente con el plano coordenado, como se indica en la figura.

En esta situacion se aplica una percusion P paralela aO1y1 en el punto de coordenadas(x1,y1,z1) = (α,0,β ). La placa comienza el movimiento que le permite la ligadura de que sulado OA pertenezca en todo momento al planoO1x1y1. Durante esta fase del movimiento, suconfiguracion se supondra fijada por las coordenadas(ξ ,η) de la proyeccion de su centro demasasG sobreO1x1y1, el anguloϕ que el ladoOA forma conO1x1 y por el anguloθ que laplaca forma conO1z1.

Finalmente, cuando se alcanza el valorθ = π/2 la placa choca contra el planoO1x1y1 man-teniendose sobre el, el resto del movimiento. El choque seefectua sin rozamiento y, en la ultimafase del movimiento, la posicion de la placa se supondra determinada con las coordenadas(ξ ,η)y el anguloϕ manteniedoseθ con el valorπ/2 en todo momento.

Se pide:

1. Valores iniciales deξ0,η0,ϕ0,θ0 inmediatamente despues de la percusion.

2. Ecuaciones generales del movimiento de la placa en su primera fase, dejandolo reducidoa una cuadratura.

3. Analizar la percusion que aparece cuando la placa llega al plano horizontal, determinandoel movimiento posterior a la percusion y reduciendo las percusiones de ligadura proce-dentes del plano, a una unica percusion cuyo valor y situacion se determinaran.

4. ¿Donde hay que aplicar la percusionP para que en la ultima fase del movimiento losverticesOABCdescriban cicloides perfectas?

5. ¿Donde hay que aplicar la percusionP para que el primer eje instantaneo de la placa paseporC?

Junio de 1986

Solucion por mecanica newtoniana

1 Este problema se puede resolver con las tecnicas de la mecanica newtoniana o con las dela analıtica. Solo el apartado (3) hace mas recomendablela newtoniana, porque se pide unapercusion de ligadura. Se resolvera primero por newtoniana.

Para resolver la percusion hay que:



Analizar los grados de libertad, coordenadas generalizadas y sistema de fuerzas de liga-dura. En todas las ligaduras pueden aparecer percusiones.

Calcular la cantidad de movimiento y el momento cinetico

Estos dos pueden calcularse solo para la configuracion de la percusion, mucho mas simpleque en el caso general. Pero como luego se estudiara el movimiento, compensa calcularlos parauna configuracion arbitraria. Se llamara solidoS2 a la placa, yS0 a los ejes intermedios de lafigura, de modo queOz‖ O1z1 y Oy‖ OA.

El contacto de un lado con el plano es una ligaduraque determina la altura del centro de la placaG enfuncion del angulo de nutacionθ . Ası la posicion yvelocidad del centro deG seran

O1G =(

ξ ,η,a2

cosθ)

1

vG21 =

(

ξ , η,−a2

sinθ θ)

1

La velocidad angular tendra solo componentes deprecesion y nutacion; la rotacion propia esta impe-dida por el contacto con el plano:

x1

y1

z1

ϕ

x

y

z

θO

Ax2

y2

z2

G

ωωω21 = ϕ k1+ θ j0 = ϕ (cosθ i2+sinθ i2)+ θ j2

LG = IIIG ·ωωω21 =112

ma2

1 0 00 1 00 0 2

·

ϕ cosθθ

ϕ sinθ

=

112

ma2

ϕ cosθθ

2ϕ sinθ

Como el contacto entre la placa y el suelo no es en unpunto, sino a lo largo de una recta, en vez de fuerzanormal de ligadura tenemos un sistema distribuido alo largo del lado. No podemos conocer la distribu-cion, pero sı podemos reducirlo a un sistema equiva-lente que se puede calcular: dos fuerzasN1 y N2 enlos extremos, una resultanteN en el centro del ladoy un momento resultanteMy, o una normalN apli-cada a una distanciad del lado; el momento en esteultimo caso serıad N.

x

y

z

N(y)

x

y

z

N1

N2

x

y

z

N

Mx

Las dos resultantes o la resultante aplicada en un punto inc´ognita son utiles con ligadu-ra unilateral para ver si se separa. Como en este caso la ligadura es bilateral, podemos usarla resultante y momento. Naturalmente, cuando hay percusiones, todas las fuerzas de ligadurapueden en principio dar percusion, por lo que se tomanN y Mx como percusiones de ligadura.Tenemos pues seis incognitas para el solido: cuatro coordenadas generalizadas y dos incognitasde ligadura.


307

En el momento de la percusion, tenemosϕ = θ = η = 0,ξ = a/2, y todas las velocidades nulas. Las magnitudes cineti-casantesson nulas. Las ecuaciones impulsivas de cantidad demovimiento, en ejes 1, son:

0P0

+

00N

= m

ξ d

ηd

0 · θd

−0 →

ξ d = 0

ηd = Pm

N = 0

x1

y1

z1

x

y

z

O

A

x2

y2

z2Gb

P

N

M

La percusion se aplica en(α,0,β ), por lo que habra que calcular su momento enG. Porotra parte, el momento cinetico se ha calculado en ejesS2. En el momento de la percusionestan paralelos aotrosfijos: Gy2 ‖ O1x1 y Gx2 ‖ O1z1. Para no tener que cambiar componentes,trabajaremos en ejesS2.

P(α − a

2

)

−P(β − a

2

)

0

+

00M

=

112

ma2

1 · ϕd

θd

0 · ϕd

−0 ⇒

ϕd = 12(α − a

2

) Pma2

θd =−12(β − a

2

) Pma2

M = 0

2 Para estudiar el movimiento de la placa conta-mos con tres ecuaciones de cantidad de movimien-to y tres de momento cinetico, para seis incognitas.Tambien tenemos la de la energıa, que es combina-cion de las anteriores. La unica fuerza dada es el pe-so, y tenemos el sistema de fuerzas de ligadura. Lade cantidad de movimiento en ejesS1 es:

00

N−mg

= m

ddt

ξη

−a2 sinθ θ

→

ξ =C1

η =C2

N(θ , θ )

x1

y1

z1

ϕ

x

y

z

θ

O

A

x2

y2

z2

G

Mx

Nmg

La de momento cinetico enG nos da:

Mx

Nasinθ0

0

=

MxsinθNasinθ−Mxcosθ

2

=

=112

ma2 ddt

ϕ cosθθ

2ϕ sinθ

2

+112

ma2

∣∣∣∣∣∣

i2 j2 k2

ϕ cosθ θ ϕ sinθϕ cosθ θ 2ϕ sinθ

∣∣∣∣∣∣

Entre la primera y la tercera se eliminaMx, y queda una ecuacion diferencial en los angulos ysus derivadas; en la segunda se sustituyeN de la tercera de cantidad de movimiento, y quedaotra ecuacion diferencial limpia. Entre las dos se podrıa

obtener dos integrales primeras;

eliminar uno de los angulos para llegar a una cuadratura.

Pero es ciertamente laborioso, e incierto el que se atine a integrarlas. Es mas facil buscar direc-tamente integrales primeras:

Ni el peso ni las fuerzas de ligadura dan momento segunOz, que es una direccion fija,por lo que se conserva el momento cinetico en esa direccion:

MEG ·k0 =

ddt

LG ·k0 =ddt

(LG ·k0) = 0 → LG ·k0 = Cte



El vectork0 en ejesS2 vale

k0 = (sinθ ,0,cosθ) ⇒ ϕ(1+sin2θ

)=C3

Las ligaduras son ideales y estacionarias, y el peso es potencial, por lo que se conserva laenergıa:

V = mgzG =mga

2cosθ T =

12

mvG21

2+

12

LG ·ωωω21 =

=12

m

(

ξ 2+ η2+a2

4sin2θ θ2

)

+124

ma2(ϕ2sin2θ + θ2+2ϕ2cos2 θ)=

=12

m(

ξ 2+ η2)

+124

ma2 [θ2 (1+3sin2θ)+ ϕ2 (1+sin2 θ

)]

T +V = E

El valor de las constantesC1, C2, C3 y E se obtiene de las condiciones iniciales del movimiento,que son las de salida de la percusion:

C1 = ξ0 = 0 C2 = η0 =Pm

C3 = ϕ0(1+sin2 θ0

)=(

α − a2

) 12Pma2

La cuadratura se obtiene sustituyendo las integrales primeras en la ecuacion de la energıa

E =12

m(C2

1 +C22

)+

124

ma2 [θ2 (1+3sin2 θ)+C2

3

]+

mga2

cosθ

θ2 =1

1+3sin2 θ

24

ma2

[

E− mga2

cosθ − m2

(C2

1 +C22

)]

−C23

= f (θ)

∫

dt =∫ ±dθ√

f (θ)ϕ(1+sin2θ

)=C3 →

∫

dϕ =

∫ ±C3dθ(1+sin2θ

)√

f (θ)

3 La placa sigue el movimiento gobernado por las ecuaciones anteriores hasta que choca conel suelo. Entonces se introduce bruscamente la ligaduraθ = π

2 , que espersistente: se mantienedespues del choque. Hace falta:

Determinar el estado cinematicoantesdel choque, con las ecuaciones del apartado (2).

Determinar el estado cinematicodespuesdel choque, al aplicar la ligadura.

Analizar el sistema de percusiones de ligadura al chocar conel suelo.

Calcularlas.

Las velocidades angulares inicialesϕ y θ cambian de signo segun queα ≷ a2 y β ≷ a

2. Noes necesario saberlo para laϕ, que queda perfectamente determinada por su integral primera;pero laθ esta pendiente del doble signo de una raız, que hay que escoger segun el valor inicial.

P θ β < a2 θ0 =−12P

m

(β − a

2

)> 0 θ =+

√. . .

P θ β > a2 θ0 =−12P

m

(β − a

2

)< 0 θ =−√

. . .

El enunciado indica que se cumple la primera condicion, pues llega al suelo conθ = π2 , por

lo que tomaremos el signo +. La figura lo corrobora. En el caso contrario, el procedimiento serıaanalogo, pero tomando el signo -, y llegarıa al suelo conθ =−π

2 .


309

a) Estado cinematicoantesdel choque: valor de las velocidades paraθ = π2

ξ a = ξ0 = 0 ηa = η0 =Pm

ϕa =ϕ0

1+sin2 π2

=6Pm

(

α − a2

)

Para laθ , hay que tener cuidado de aplicar la ecuacion de la energıaentre el instantedespuesde la percusion y el choque con el suelo; noantesde la percusion. En la percusionno se conserva la energıa, en el movimiento posterior sı. Inmediatamente despues de laprimera percusion, conθ = 0,

E =12

m(0+C2

2

)+

124

ma2

[

−12(

β − a2

) Pma2

]2

(1+3 ·0)+C23

+mga

2·1

mientras que all llegar al suelo, conθ = π2 ,

E =12

m(0+C2

2

)+

124

ma2[

θa]2 (1+3 ·1)+C23

+mga

2·0

Igualando los dos valores se obtiene

θa =+

√

9(2α −a)P2

m2a4 +3ga

b) En el choque se introduce la ligaduraθ = π2 , por lo que las velocidadesdespuesseran:

ξ d = ξ a ηd = ηa ϕa = ϕd θd = 0

c) Se ha introducido una nueva ligadura que impide el giro alrededor del ejeOy, por lo queaparecera un momento de percusion de ligaduraMy. Las otras dos ligaduras continuan:giro impedido segunOxy altura deG ligada a la nutacion,ζ G = ζ (θ). En estas ligadurastambien pueden aparecer percusiones:Mx y N. Para las ecuaciones de momento cinetico,convine tomar momentos enG. Y se puede trabajar indistintamente en ejesS0 o S2 porqueestan paralelos.Tenemos un sistema distribuido de percusiones verticales,de resultanteNk2 y momentoresultanteMx i2+My j2. Se puede sustituir por un sistema equivalente; por ejemplo, trespercusiones en tres vertices de la placa, o una sola percusion en un punto de la placa(x,y)a determinar.

x

y

z

x2

y2

z2

G

N(x,y)

x

y

z

x2

y2

z2

G

NMx

My

x

y

z

x2

y2

z2

G

N y

x

Las ecuaciones impulsivas de cantidad de movimiento dan

00N

= m

0ηa

0

−m

0ηa

−a2θa

⇒ ma

2θa = N =

ma2

√

9(2α −a)P2

m2a4 +3ga

Y las de momento cinetico

N y−N x

0

=

ma2

12

00

2ϕa

− ma2

12

0θa

2ϕa

⇒

y= 0

x=a6



4 En la ultima fase la placa se mueve sobre el plano con velocidad deG constanteη0 j1 yvelocidad angular constanteϕ0k1. G describe una recta paralela aO1y1. Los puntos de la placaque esten a una distanciad = η0/|ϕ0| deG describiran cicloides; los que esten a mas distanciacicloides alargadas, y los que esten a menos cicloides acortadas. Y esto independientemente dequeϕ sea positiva o negativa. La base sera una recta y la ruleta una circunferencia de radiod.

2α > a ϕ > 0

b

b

2α < a ϕ < 0

b

b

Para que sean los vertices los que describen cicloides, en el caso 2α > a hace falta que

d =η0

|ϕ0|= a

√2 → P

m= a

√2

12Pma2

(

α − a2

)

⇒ α = a6√

2+1

12√

2

Si estamos en el caso 2α < a, hay que cambiar el signo de laϕ :

d =η0

−ϕ0= a

√2 → P

m=−a

√2

12Pma2

(

α − a2

)

⇒ α = a6√

2−1

12√

2

5 Conocemos el estado cinematico de la placa inmediata-mente despues de la primera percusion. En general, para queel eje instantaneo pase porC hay que obligar a que su veloci-dad sea paralela a la velocidad angular. En este caso, se ve quela velocidad de mınimo deslizamiento va a ser cero, porquela velocidad deG es normal a la velocidad angular. Podemosobligar a que la velocidad deC sea nula.

vG21= η k2 ωωω21 = ϕ i2+ θ j2

vC21= vG

21+ωωω21∧GC = 0 x1

y1

z1

x2

y2

z2G η

ϕ

θ

C

00

η0

+

∣∣∣∣∣∣

i2 j2 k2

ϕ0 θ0 0a2 −a

2 0

∣∣∣∣∣∣

=

00

η0− a2

(ϕ0+ θ0

)

=

000

P2=

a2

[12Pma2

(

α − a2

)

− 12Pma2

(

β − a2

)]

⇒

⇒ a= 6α −6β

La percusion ha de aplicarse sobre una recta a 45o, que pasa aa6 por debajo y por la izquierda deG, como se ve en la figura.

x1

y1

z1

x2

y2

z2G

C


Capıtulo 13

Dinamica del solido: Examenes recientes

Problema 13.1: Mecanica II ETSIA, Junio 2011

El sistema de la figura esta formado por dos discos pesados igualesA (solidoS2) y B (solidoS3), de masam y radio a. Sus centros estan unidos por una varillaAB, de masa despreciabley longitud 2a, mediante cojinetes con restriccion axial, de modo que susplanos permanecennormales a la varilla, y pueden girar libremente alrededor de esta. El conjunto esta apoyadosobre el planoOx1y1 de un sistema inercial dondeOz1 es la vertical ascendente.

Todos los resultados se proyectaran en los ejesGx0y0z0 de la figura, con origen en el centrode masas del sistema,Gx0 segunAB, y Gz0 paralelo aOz1.

La configuracion del sistema viene dada porξ y η, coordenadas enS1 de la proyeccion deG; ψ, angulo que formaGx0z0 conOx1z1; φ , angulo girado porA respecto aGz0 y θ , anguloanalogo paraB.

Supongase que los dos discos ruedan y pivotansin deslizarsobreOx1y1.

1. Calcular las ecuaciones que expresan la condicion cinematica de no deslizamiento en lospuntos de contacto de los discos,C y D. Razonar si son todas independientes y si sepodran calcular todas las fuerzas de ligadura. En caso contrario indicar cuales sı y cualesno o solo en combinacion con otras.

Supongase ahora que los dos discospueden deslizar libremente.

2. Para el sistema completo, plantear las ecuaciones de cantidad de movimiento y de mo-mento cinetico respecto al centro de masas. Compruebese que hace falta una ecuacionmas.

3. Plantear otra ecuacion, distinta de las anteriores, quede directamente una integral prime-ra. Como hay varias posibilidades, se recomienda tomar la m´as sencilla.

4. Integrar completamente el movimiento para las condiciones inicialesξ = η = ψ = θ =φ = ξ = η = θ = 0, ψ = Ω, φ = ω ent = 0. Calcular las fuerzas de ligadura.

5. Par un valor dado deΩ, calcular el valor maximo deω para que no vuelque el sistema.

311

312 CAPITULO 13. DINAMICA DEL SOLIDO: EXAMENES RECIENTES

x1

y1

z1

O

x0

y0

z0

b

bG

(ξ ,η)

B

AD

C

θ

ψ

φ

ψ


313

Camino mas directo

1 G pertence al eje, y se puede considerar como punto fijo de los discosA y B.

vC21=

000

= vG

21+ωωω21∧GC =

ξη0

1

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

φ 0 ψa 0 −a

∣∣∣∣∣∣

=

ξ cosψ + η sinψ−ξ sinψ + η cosψ +aψ +aφ

0

0

vD31=

000

= vG

31+ωωω31∧GD =

ξη0

1

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

θ 0 ψ−a 0 −a

∣∣∣∣∣∣

=

ξ cosψ + η sinψ−ξ sinψ + η cosψ −aψ +aθ

0

0

La componente segunGx0 es la misma para los dos. Es redundante porque, si un discono puede deslizar en esa direccion, el otro tampoco por la ligadura del ejeAB y los cojinetes.Aunque el segundo disco tuviera contacto liso, no deslizar´ıa. El sistema es hiperestatico.

Las fuerzas de ligadura asociadas serıanFCx i0+FC

y j0 y FDx i0+FD

y j0 . Con las tres ecuacio-nes de ligadura independientes (y las del movimiento) se pueden calcularFC

y , FDy y FC

x +FDx .

No se pueden calcular estas dos ultimas por separado, pues entre las dos obligan a que se cumplala misma ligadura: no deslizamiento en la direccionGx0.

2 Ahora los contactos son lisos. Habra reacciones normales en Cy D, mas los pesos que podemos concentrar enG. Las ecuacionespedidas son:

ΣFExt = (m+m) rG ΣMExtG =

ddt

LG

∣∣∣∣0+ωωω01∧LG

La primera es trivial:

00

NC+ND −2mg

= 2m

ξη0

1

= 2m

ξ cosψ + ξ sinψ−ξ sinψ + η cosψ

0

0

Esta no conviene proyectarla en ejesS0: en ejes fijos es mas simple.

x0

y0

z0

NC

ND

G

B

AD

C

θψ

φ

El momento cinetico del sistema relativo al centro de masas(respecto a unos ejes S4 para-lelos a los fijos con origen en el centro de masas) se puede calcular aplicando a cada disco elteorema de Koenig: conviene no confundir el centro de masas de cada disco (A, B) con el delsistema,G.

LS2G = GA ∧mvA

24+ IIIS2A ·ωωω24 = GA ∧m(ωωω21∧GA)+ III

S2A ·ωωω21

LS2G = m

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0a 0 00 aψ 0

∣∣∣∣∣∣

+ma2

4

2 0 00 1 00 0 1

φ0ψ

=

ma2

4

2φ0

5ψ

LS3

G =ma2

4

2θ0

5ψ

Sustituyendo en la ecuacion del momento cinetico, se obtiene:

0a(ND −NC)

0

=

ma2

4

2θ +2φ0

10ψ

+

ma2

4

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 0 ψ2θ +2φ 0 10ψ

∣∣∣∣∣∣

=ma2

4

2θ +2φ(2θ +2φ) ψ

10ψ

Tenemos seis ecuaciones (de las que se obtienen directamente cuatro integrales primeras) y sieteincognitas:NC, ND y las cinco coordenadas. Hace falta una ecuacion mas.



3 Si aislamos un disco y aplicamos la ecuacion de Euler en la direcciondel eje,

Ix p+(Iz− Iy)qr =Mx → p= Cte

Se obtiene una integral primera: el termino giroscopico se va porque el discoes de revolucion,Iy= Iz; no hay momentos segunGx0 enA porque el cojineteno da momento en esa direccion, sus fuerzas de ligadura est´an aplicadasen A, y la normalNC corta al eje. Lo mismo ocurre con el discoB. Estaintegral primera la hemos encontrado en el caso de Poinsot simetrico y en elde Lagrange; aparece siempre que un solido con simetrıa derevolucion giralibremente alrededor de su eje. Obtenemos directamente:

φ = φ0

y θ = θ0 para el discoB, aunque solo hace falta una.

Ry

Rz

Rx

My

Mz

NC

A

C

4 Con las cinco (o seis) integrales primeras,

ξ = ξ0 η = η0 φ + θ = φ0+ θ0 ψ = ψ0 φ = φ0 (o θ = θ0)

todas las velocidades generalizadas son constantes. Aplicando las condiciones iniciales, se ob-tiene

ψ = Ω , ψ = Ω t φ = ω , φ = ω t

y todas las demas nulas. Sustituyendo en las dos ecuacionesen que intervienen las reacciones:

NC+ND = 2mg

a(ND−NC) = ma2

4 2ωΩ

→NC = mg− maωΩ

4

ND = mg+ maωΩ4

5 Volcara (o se levantara del plano) cuando el movimiento requiera una reaccion negativa,que el simple apoyo no puede proporcionar. Puede volcar haciaA (ND negativa, se levantaB) ohaciaB (NC negativa)

NC = mg− maωΩ4

= 0 ⇒ ω =4gaΩ

ND = mg+maωΩ

4= 0 ⇒ ω =− 4g

aΩ

Otros caminos posibles

1 La condicion de no deslizamiento de los discos se puede obtener por composicion de movi-mientos:

vC21=0= vC

20+vC01=

vA20+ωωω20∧AC+vG

01+ωωω01∧GC=

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

φ 0 00 0 −a

∣∣∣∣∣∣

+

ξη0

1

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

0 0 ψa 0 −a

∣∣∣∣∣∣

y analogamente paraB. Se obtiene el mismo resultado.

2 En el movimiento relativo al centro de masas (S4), G es un punto fijo de los discos porquese puede considerar como parte del eje de cada uno de ellos. Seaplicarıa la expresion del solidocon eje fijo,IIIiG ·ωωω i4, y el tensor se calcula por el teorema de Steiner:

IIIS2G = III

S2A +m

(AG2

UUU− [AG⊗AG])

Hay que tener cuidado, porque aquı el centro de masas del solido esA, mientras que la formulapara un solido generico suele llamarG al del solido. AquıG es el centro de masas del sistema


315

completo. En este caso la formula tensorial se aplica facilmente aunque, por las simetrıas, esposible escribir directamente el tensor aplicando el teorema de Steiner a los ejes por separado.

IIIS2G =

ma2

4

2 0 00 1 00 0 1

+m

a2 0 00 a2 00 0 a2

−

a2 0 00 0 00 0 0

=ma2

4

2 0 00 5 00 0 5

El mismo resultado se obtiene paraB, con lo que

LS2G =

ma2

4

2φ0

5ψ

LS3

G =ma2

4

2θ0

5ψ

Notese que este camino es matematicamente equivalente alanterior. Desarrollando el tripleproducto vectorial que aparecıa por Koenig, e introduciendo notacion tensorial se llega a este(recuerdese que(a ·b)a= [a⊗a] ·b).

3 Hemos usado seis de las siete ecuaciones generales de los sistemas; queda aun la de laenergıa, que en este caso da una integral primera porque el sistema es conservativo: fuerzaspotenciales, ligaduras ideales y estacionarias. Para plantearla tendrıamos que calcular la energıacinetica del sistema.

Se puede plantear en el movimiento absoluto o en el relativo al centro de masas. Comoya hemos calculado el momento cinetico para este ultimo, sera mas simple. Tambien se puedecalcular por Koenig, o por la expresion del solido con punto fijo, aplicando Steiner para calcularlos tensores enG. Por Koenig,

TG+V =12

m(

vA24

)2+

12

LS2A ·ωωω24+

12

m(vB

34

)2+

12

LS3B ·ωωω34 =

=12

ma2ψ2+ma2

8

(2φ2+ ψ2)+

12

ma2ψ2+ma2

8

(2θ2+ ψ2)= Cte.

Si se quiere plantear para el movimiento absoluto, hay que a˜nadir la de toda la masa moviendoseconG.

Una vez calculada la energıa cinetica y la potencial, tambien se podrıa obtener la lagrangianay deducir alguna de las ecuaciones de Lagrange. Como son todas cıclicas, se obtienen integralesprimeras para todas las coordenadas, lo que facilita la integracion del apartado siguiente. Perono tiene mucho sentido, porque se piden tambien las reacciones.

4 Si se ha seguido el camino mas largo, la integral de la energ´ıa, tambien aquı hay quetrabajar mas. En la ecuacion de momento cinetico segunGx0 se obtieneφ + θ = Cte. Elevandoal cuadrado y sustituyendo en la de la energıa, junto conψ = Cte., se llega a

φ θ = Cte.

que junto a las del apartado 2 muestra que todas las velocidades generalizadas son constantes.

5 Para la condicion de vuelco, no hay caminos alternativos. Se podrıa pensar en sustituir elsistema de reaccionesNC, ND por una sola reaccion aplicada a una distanciax del centro. Sepuede. Pero esto no es un solido, sino varios, y habrıa que razonar por que se puede sustituir unsistema de fuerzas por otro equivalente, sin ser un solido.



Problema 13.2: Mecanica II ETSIA, Septiembre de 2010

Se tiene una esfera homogenea pesada, de radioa y masamque rueda, pivota y desliza sobre un plano horizontal fi-jo Oxy. El plano es rugoso, con coeficiente de rozamientoal deslizamientoµ, segun el modelo de Coulomb-Morin.No hay resistencia al pivotamiento ni a la rodadura. Noactua ninguna fuerza mas que el peso y las correspon-dientes a las ligaduras que se acaban de describir.Para determinar la configuracion cinematica de la esfe-ra se usaran las componentes de su velocidad angular enejes fijos,(ωx,ωy,ωz), y las coordenadas de su centroCen ejes fijos,(x,y,a) . No se necesita la orientacion de laesfera, ni se usara ningun parametro de actitud. Recuerde-se que el momento de inercia de la esfera respecto a uneje que pasa por su centro es2

5ma2.En el instante inicial, el centro esta sobre el origenO convelocidad(ωa,0,0), y la velocidad angular es(ω,ω,0) .Se pide:

x

y

z

b

B

C

N

Fr

ωωω

1. Obtener la fuerza de rozamiento en un instante generico,en funcion de las incognitascinematicas y los datos del enunciado.

2. Plantear la ecuacion de la cantidad de movimiento y del momento cinetico enC. Com-probar que, con lo obtenido en el apartado anterior, queda unsistema cerrado con tantasecuaciones como incognitas.

3. Plantear la ecuacion del momento cinetico en el puntoB de contacto con el plano, y obte-ner tres integrales primeras; calcular las constantes paralas condiciones iniciales dadas.

4. Demostrar que esta ultima ecuacion es combinacion lineal de las del segundo apartado.

5. Sustituir las integrales primeras en la ecuacion de cantidad de movimiento, y comprobarque se puede obtener una ecuacion diferencial de variablesseparadas en las derivadas dex ey.

6. Para las condiciones iniciales del enunciado, integrarla completamente, y obtener lasecuaciones horarias deC. Identificar la trayectoria.

7. Calcular el tiempo necesario para que se anule la velocidad de deslizamiento.


317

1 Puesto que la esfera desliza, usaremos el modelo de Coulomb con deslizamiento:

Fr =−µ |N| vB

|vB|La velocidad deB es trivial:

vB = vC+ωωω ∧CB = (x−aωy, y+aωx,0)

La normal equilibra al peso, porque no hay aceleracion en esa direccion. Por tanto,

Fr =− µ mg√

(x−aωy)2+(y+aωx)

2

x−aωy

y+aωx

0

2 Teniendo en cuenta la ligadura del contacto, la ecuacion dela cantidad de movimiento seescribe:

m

xy0

=

00

N−mg

− µ mg√


2

x−aωy

y+aωx

0

La ecuacion del momento cinetico es muy sencilla, porque el tensor es esferico y se derivadirectamente en ejes fijos:

LC = ¯IC ·ωωω = ICUUU ·ωωω = ICωωω

Por tanto,

LC = CB∧Fr ⇒ 25

ma2

ωx

ωy

ωz

=− µ mga

√


2

y+aωx

−x+aωy

0

Tenemos un sistema algebraico-diferencial con seis ecuaciones (cinco difrenciales acopladasy una algebraica) y seis incognitas (cincocoordenadasy una fuerza de ligadura). Notese queestamos usando las componentes de la velocidad angular comocoordenadas, aunque en realidadno lo son. Esto es corriente en mecanica del solido y se suelen llamarpseudocoordenadas.

3 Para plantear la ecuacion del momento cinetico en el puntomovil B, hay que tener en cuentaque ese punto no es siempre el mismo del solido. Conviene introducir un sistema intermedioS0

(el solido serıaS2) para calcular bien las velocidades del termino corrector:

L21B +mvB

01∧vC21 = MB = 0

El puntoB, como punto independiente, esta siempre debajo deC y por tanto tiene la mismavelocidad. No asıB del solido, cuya velocidad se diferencia de la deC en el terminoωωω ∧CB.Por esto,vB

01∧vC21 = 0, y la ecuacion da tres integrales primeras:

L21B = 0 ⇒ H21

B = Cte.

El calculo deLB se hace por el teorema de Koenig, porque desliza yB no es punto fijo.

LB = LC+BC∧mvC =25

ma2

ωx

ωy

ωz

+ma

−yx0

=

ma2

5

2ω7ω0

4 Desarrollando la ecuacion anterior,

LB = LC+BC∧mvC+BC∧mvC = 0



Por otra parte, de la ecuacion de la cantidad de movimiento despejamos

Fr = mvC

pues el peso y la normal se anulan. Sustituyendo en la de momento cinetico enC, se tiene

LC = CB∧Fr = CB∧mvC =−BC∧mvC

que es la misma ecuacion del apartado 3.

5 De las integrales primeras se despeja

ωx = ω +5y2a

ωy =7ω2

− 5x2a

y se sustituyen en las dos no triviales de cantidad de movimiento:

x=−µgv

(

x− 7aω2

+5x2

)

=−µgv

(72

x− 72

aω)

y=−µgv

(

y+aω +5y2

)

=−µgv

(72

y+aω)

Estan acopladas a traves del termino no linealv=√


2 . Dividiendo unapor otra, se elimina y queda una ecuacion de variables separadas:

xy=

x−aωy+ 2

7 aω→ dx

x−aω=

dy

y+ 27 aω

6 La ecuacion se integra facilmente:

ln(x−aω) = lnK + ln

(

y+27

aω)

→ x−aω = K

(

y+27

aω)

De las condiciones iniciales,

aω −aω = K

(

0+27

aω)

= 0 → K = 0

Por tanto,x= aω → x= aω t

Este resultado, y las integrales primeras del apartado 3, sepueden sustituir en la ecuacion de ¨y:

y=− µg√


2(y+aωx)

Como

x−aωy = aω − 7aω2

+5aω

2= 0

la ecuacion diferencial no lineal se simplifica:

y=− µg√

0+(y+aωx)2(y+aωx) =−µgsigno(y+aωx)

En el instante inicial,

signo(y+aωx) = signo

(

0+7aω

2−0

)

=+1


319

El signo sera constante hasta que se anule el deslizamiento; por tanto,

y=−µg → y=−µgt+0 → y=−12

µgt2

La esfera se mueve con velocidad constante en la direccionOx, porque rueda sin deslizar en esadireccion. Se mueve con aceleracion constante segunOy porque la fuerza de rozamiento, queactua solo en esa direccion, es constante. La trayectoriaes obviamente una parabola.

7 Hallando la velocidad de deslizamiento, se calcula facilmente el tiempo que tarda en anu-larse:

vB =

x−aωy

y+aωx

0

=

0−µgt+aω − 5

2µgt0

=

0aω − 7

2µgt0

→ t∗ =

2aω7µg

A partir de ese momento, la esfera rueda sin deslizar. Las ecuaciones anteriores dejan de servalidas, pues no se puede aplicar la expresion que se ha usado para el rozamiento. No es difıcilcomprobar que el movimiento es rectilıneo y uniforme.



Problema 13.3: Mecanica II ETSIA, junio de 2010

El sistema material de la figura esta formado por:

Una varillaOG3 sin masa, de longitudb, articulada mediante una rotula lisa en el origende coordenadasO de un sistema inercialS1. Oz1 es la vertical ascendente.

Un disco pesadoS3 de masam y radio R, normal a la varilla y fijo enG3 mediante uncojinete liso con restriccion axial que solo permite el giro alrededor deOz0.

Otro disco pesado identicoS2, fijo en un puntoG2 de la varilla a distanciaa < b de O,con un cojinete liso como el anterior.

Para situar los discos se usan como coordenadas generalizadas sus angulos de precesionψy nutacionθ , y los de rotacion propia de cada discoϕ2 y ϕ3. Todos los resultados vectoriales sedaran en los ejes de ResalS0 que se muestran en la figura.

Para simplificar las expresiones, los momentos principalesen O de los discos se tomarancomoA2,A2,C2 y A3,A3,C3, pero cuando haya que usar los centrales se usara su valor real.Todos los resultados se expresaran en funcion de las coordenadas generalizadas y sus derivadas.

Se pide:

1. Obtener el potencial del sistema.

2. Razonar que componentes de fuerzas y momentos de ligadura se transmiten entre la vari-lla y el discoS3.

3. Determinar el momento cinetico del discoS3 respecto a su centro de masasG3.

4. Obtener el momento cinetico del sistema enO.

5. Obtener la energıa cinetica del sistema.

6. Usando los metodos de la mecanica de Newton-Euler, deducir razonadamente cuatro in-tegrales primeras y calcular su valor.

7. [Esta pregunta es voluntaria, y puede servir para mejorarla nota general] Plantear unaecuacion diferencial que determineθ , y en la que no intervengan incognitas de ligadura.Si se lanza el sistema con unas condiciones inicialesθ0, ψ0, (ϕ2)0, (ϕ3)0 y θ0= 0, deducirla relacion que tienen que cumplir estos valores para que elmovimiento sea estacionario(θ = 0).

x1

y1

z1

θ

θ

bO

ϕ2

G2b

ϕ3

G3 b

x0

y0

z0

ψ


321

1 El potencial se puede escribir directamente,

V = mgzG2 +mgzG3 = mg(a+b)cosθ

2 Analizando los grados de libertad: El cojinete permite el giro en ladireccionOz0, por lo que en esa direccion no hay momento. Impide elgiro en las direcciones independientesOx0 y Oy0, por lo que tendremoscomponentes de momento de ligaduraMG3

x y MG3y . El centro del disco

esta fijo enG3, no puede desplazarse en ninguna direccion, por lo quetendremos una fuerza de ligadura con tres componentes,XG3, YG3, ZG3.

MG3x

MG3y

YG3

XG3

ZG3

G3

Al mismo resultado se llega analizando el sistema de fuerzasen el cojinete,pero entonces hay que definirlo fısicamente: por ejemplo, contacto en unasuperficie cilındrica de ejeOz0 con dos topes planos normales a este eje. Esfacil ver que las fuerzas de contacto liso en los planos no dan momento segunOz0 porque son paralelas, y las del cilindro porque lo cortan. S´ı pueden darmomento en las otras direcciones. Las de los planos dan resultante segunOz0

y las del cilindro segun una direccion normal a este, contenida en el planoOx0y0. En conjunto, las mismas componentes que por el otro camino. z0

x0

y0

C

δN

δN

3 El movimiento relativo al centro de masas se define como “respectoa unos ejes paralelos a los fijos con origen en el centro de masas”. Portanto, se trata de un solido con el centro de masas fijo, girando con lavelocidad angular absoluta:

LG3 = IIIG3 ·ωωω31=mR2

4

1 0 00 1 00 0 2

θψ sinθ

ϕ3+ ψ cosθ

=

mR2

4

θψ sinθ

2(ϕ3+ ψ cosθ)

θ

ψ

z1

ϕ3

y0

x0

z0

G3

4 Los dos discos se pueden considerar como solidos con punto fijo en O; por tanto, el mo-mento cinetico se puede calcular aplicando las expresiones del solido con punto fijo. La unicadiferencia esta en que la velocidad angular de rotacion propia es distinta para cada disco.

LO= III3Oωωω31+III

2Oωωω21=

A3 0 00 A3 00 0 C3

θψ sinθ

ϕ3+ ψ cosθ

+

A2 0 00 A2 00 0 C2

θψ sinθ

ϕ2+ ψ cosθ

=

=

(A2+A3) θ(A2+A3) ψ sinθ

(C2+C3) ψ cosθ +C2 ϕ2+C3 ϕ3

Si se desea,la expresion anterior se puede simplificar porque, obviamente,C2 =C3.

5 Para la energıa cinetica tambien se puede aplicar la expresion del solido con punto fijo, yaprovechar los resultados del apartado anterior:

T =12

ωωω21III2Oωωω21+

12

ωωω31III3Oωωω31 =

12

ωωω21 ·L2O+

12

ωωω31 ·L3O =

=12(A2+A3)

[θ2+ ψ2 sin2 θ

]+

12C2(ϕ2+ ψ cosθ)2+

12C3(ϕ3+ ψ cosθ)2

Como antes, este resultado se puede simplificar considerando queC2 =C3.

6 Las integrales primeras van a ser similares a las del solidode Lagrange:

Los dos discos tienen constante la componente de momento cinetico segun su eje de giro,porque giran libremente y son simetricos. Se ve claramenteplanteando la tercera ecuacionde Euler:

Ci r i +(Ai −Ai)pq= 0 ⇒ r i = Cte



Por tanto,ϕ2+ ψ cosθ = D1 ϕ3+ ψ cosθ = D2

Tambien se puede demostrar a partir de la ecuacion de momento cinetico en ejesS0, perono es tan inmediato porquek0 es un vector de direccion variable:

MEGi·k0 = 0=

dLGi

dt

∣∣∣∣1·k0 =

(dLGi

dt

∣∣∣∣0+ωωω01∧LGi

)

·k0 =dLGi

dt

∣∣∣∣0·k0+

+

∣∣∣∣∣∣

i0 j0 k0

ωx ωy ωz

Aiωx Aiωy Ciωz

∣∣∣∣∣∣

·k0 =dLGi

dt

∣∣∣∣0·k0+ωxωi(Ai −Ai) = 0 →

k0

∣∣

0=0

−−−−→ ddt

(LGi ·k0)∣∣0 = 0 ⇒ LGi ·k0 = Cte

De nuevo la combinacion de momento nulo y simetrıa segun el eje de giro da lugar a unaintegral primera. Si se aplicara este razonamiento al sistema completo, se obtendrıa unaintegral primera que es la suma de las dos anteriores, y no aporta nada nuevo.

Como las fuerzas directamente aplicadas son verticales, nodan momento segunOz1 y seconserva el momento cinetico en esa direccionconstante:

MEO ·k1 = 0=

dLO

dt·k1

k1=0−−−→ ddt

(LO ·k1) = 0 ⇒ LO ·k1 = Cte

En ejesS0 ~k1 = (0,sinθ ,cosθ) , con lo que se obtiene

(A2+A3) ψ sin2θ +[(C2+C3) ψ cosθ +C2 ϕ2+C3 ϕ3]cosθ =

=[(A2+A3)sin2θ +2C2cos2 θ

]ψ +C2cosθ (ϕ2+ ϕ3) = D3

Las fuerzas son potenciales, las ligaduras ideales y estacionarias: se conserva la energıa:

12

(A2+A3)(θ2+ ψ2 sin2θ

)+C2

[

(ϕ2+ ψ cosθ)2+(ϕ3+ ψ cosθ)2]

+

+mg(a+b)cosθ = E

7 En la mecanica de Newton-Euler, la ecuacion asociada al grado de libertadθ es la de mo-mento cinetico del sistema enO, segun el eje de nodosOx0. Calcularemos solo las componentesnecesarias.

MEO = LO

∣∣1 = LO

∣∣0+ωωω01∧LO =

=

mg(a+b)sinθ00

=

(A2+A3) θ. . .. . .

+

i0 j0 k0

θ ψ sinθ ψ cosθ. . . (A2+A3) ψ sinθ C2(2ψ cosθ + ϕ2+ ϕ3)

mg(a+b)sinθ = (A2+A3) θ + ψ sinθ [C2(2ψ cosθ + ϕ2+ ϕ3)− (A2+A3) ψ cosθ ]

Para obtener el movimiento estacionario, lanzando conθ = 0, basta con que al sustituir lascondiciones iniciales se anule la derivada segunda.

(A2+A3) ψ0sinθ0cosθ0+C2 [(ϕ20 + ψ0cosθ0)+(ϕ30 + ψ0cosθ0)]sinθ0ψ0−mg(a+b)sinθ0=0

Si inicialmente son cero las dos derivadas, seguiran siendo cero para todot y tendremos unmovimiento estacionario. Para asegurar esto con certeza, habrıa que comprobar que las otras


323

velocidades angulares se mantienen tambien constantes. Esto se hace eliminando con las inte-grales primeras las otras variables, y dejando una ecuacion enθ , como se hace en el solido deLagrange. Tambien se puede ver que, paraθ = Cte, las integrales primeras calculadas para laprecesion y las rotaciones forman un sistema lineal de coeficientes constantes, cuya solucion esque todas las derivadas son contantes.

Pero no es necesario afinar tanto. Por analogıa con lo que sucede en el solido de Lagrange,podemos afirmar que anular laθ , con la condicion inicialθ0 = 0, conduce a la precesion esta-cionaria. Ademas, es facil comprobar que, si eliminamos uno de los discos (A3 =C3 = b= 0),se recupera la condicion de movimiento estacionario del s´olido de Lagrange.



Problema 13.4: Mecanica II ETSIA, junio de 2007

SeaO1x1y1z1 un sistema de referencia inercial tal queO1z1 es vertical ascendente. El sistemamaterial de la figura esta formado por dos solidos: el solido 3 es un marco cuadradoABCDde lado 2a, con el ejeEF en el centro; su masa es despreciable. En el centroG del ejeEFse coloca el solido 2, un disco de masam y radio R. Esta fijo mediante un cojinete liso conrestriccion axial, de modo que solo puede girar libremente alrededor deEF, manteniendosesiempre perpendicular a el.

El ladoABdel marco se apoya siempre sobre el planoOx1y1 sin rozamiento.La unica fuerza directamente aplicada sobre el sistema es el peso del disco.Para definir la posicion del sistema material respecto a la referenciaO1x1y1z1 se usan las

cinco coordenadas generalizadas siguientes:ξ y η, coordenadasx1 ey1 del puntoG; ψ, anguloque el ladoAB forma con el ejeO1x1; θ , angulo que el ejeEF forma con la vertical;ϕ, angulodefinido entre un radio del disco y la direccion del ladoAB del cuadrado.

Para el estudio del movimiento del sistema, se pide:

a) Obtener, en funcion de las coordenadas generalizadas y sus derivadas, la expresion delmomento cinetico del sistema respecto a su centro de masasG. Puede ser convenien-te trabajar en los ejesS3 de la figura. Obtener la expresion de la energıa cinetica en elmovimiento absoluto.

b) Indicar que componentes no nulas tienen la resultante y el momento del sistema de reac-ciones de contacto del planoO1x1y1 sobre el ladoAB del marco; hacer lo mismo para elsistema de reacciones de contacto del marco sobre el disco.

c) Utilizando los metodos de la mecanica newtoniana, plantear razonadamente cinco ecua-ciones de la dinamica donde solo aparezcan como incognitas las coordenadas generali-zadas y sus derivadas. Estudiar cuantas dan lugar a integrales primeras. Dejar reducido acuadraturas el calculo deθ(t)

d) Determinar cuanto tienen que valer en el instante inicial los angulos y sus derivadas paraque el ejeEF se mantenga siempre vertical.

x1

y1

z1

b

θ

ψ

x3

y3

z3

ϕ

AF

B

G

(ξ ,η)

CE

D

O1


325

a Como el marco no tiene masa, para la cinetica el sistema se reduce a un solido, el disco 2.El momento cinetico sera:

LG = IIIG ·ωωω21 donde IIIG∣∣3 =

mR2

4

1 0 00 1 00 0 2

y ωωω21 = ϕ k3+ θ i3+ ψ k1

Es obvio que los ejes mas adecuados son losS3, ligados al marco, que son precisamente losde Resal del disco. Solo hay que cambiar de ejes la velocidad angular de precesionψ , segunk1 = sinθ j3+cosθ k3. El momento cinetico queda

LG =mR2

4

1 0 00 1 00 0 2

·

θψ sinθ

ϕ + ψ cosθ

⇒ LG =

mR2

4

θsinθψ

2(ϕ +cosθψ)

Para la energıa cinetica necesitamos la velocidad del centro de masas. En ejes fijos,

O1G = ξ i1+η j1+acosθ k1 ⇒ vG21 = ξ i1+ η j1− θ asinθ k1

Aplicando el teorema de Koenig,

T =12

m∣∣∣vG

21

∣∣∣

2+TG =

12

m∣∣∣vG

21

∣∣∣

2+

12

ωωω21 · IIIG ·ωωω21 =

= T =m2

(

ξ 2+ η2+a2sin2θ θ2)

+mR2

8

[

θ2+sin2θ ψ2+2(ϕ +cosθψ)2]

b La ligaduraexterior entre el marco y el suelo es un apoyo liso del ladoAB. Tendremosun sistema distribuido de fuerzas de ligadura elementales sobre el segmentoAB; no podemosdeterminar la distribucion, pero sı su resultante y su momento. Las fuerzas son todasverticales(normal comun entre plano y recta, no definida en la recta, pero sı en el plano). Para proyectarlaspodemos tomar unos ejesS0 con origen enF, x0 segunFB y z0 vertical.

n

N(x)

NMy

F

La resultante es vertical:R1/3 = Nk0.Notese que esta aplicada enF.

El momento enF solo tiene componenteseguny0, pues las fuerzas cortan todas alejex0 y son paralelas alz0: M1/3

F = My j0.

Tenemos pues dos incognitas:N y My

A la misma conclusion se llega analizando los grados de libertad:

El puntoF puede moverse libremente en las direccionesx1 e y1, pero no en laz1, por loque habra una fuerza de ligadura vertical que impida este movimiento.

El ladoAB puede girar libremente alrededor de la vertical, y alrededor de el mismo. Encambio, no puede girar alrededor de la horizontal perpendicular a AB (y0), porque selevantarıa. Habra pues una componente de momento de ligadura en esa direccion paraevitar el giro.

Para la ligadurainterior entre el disco y el marco, es mas sencillo trabajar con los gradosde libertad. El cojinete con restriccion axial se puede construir fısicamente de muchos modos, yen cada caso la distribucion de fuerzas de ligadura serıa distinta, pero la resultante y momentoresultante seran siempre los mismos.



Tenemos un solo grado de libertad: el giro del disco alrededor de su ejeGz3. Los otros cincoestan impedidos, por lo que habra tres componentes de fuerza de ligadura (tres desplazamientosimpedidos) y dos de momento (dos direcciones de giro impedidas):

R3/2 = X i3+Y j3+Zk3 M3/2G = L i3+M j3

En total hay siete incognitas de ligadura: dos del apoyo y cinco del cojinete. Estas ultimas soninteriores, es decir, son pares de accion-reaccion.

c Para obtener cinco ecuaciones en que no aparezcan incognitas de ligadura, conviene buscarlas asociadas a grados de libertad. Para el sistema completo, hay cuatro:

Desplazamientos→ Cantidad de movimiento segunx1 ey1

Giros→ Momento cinetico segunz1 (precesion) y segunx0 (nutacion)

Aislando el disco, se tiene otra:

Giro libre→ Momento cinetico segunz3 (rotacion propia)

Finalmente, el sistema es conservativo (ligaduras sin rozamiento, fuerza potencial), por lo quela ecuacion de la energıa da una integral primera. Esta combina la informacion de todas lasdemas, por lo que puede sustituir a la mas complicada (la denutacion que, por el momento delpeso, no va a dar integral primera).

Planteamos la ecuacion de la cantidad de movimiento en ejesfijos:

ddt

ξ

η

θ asinθ

=

0

0

N−mg

⇒ ξ = ξ0 (1)

⇒ η = η0 (2)

Como se ha explicado en teorıa (Mecanica I, Ecuaciones Generales), siempre que se anulala fuerza/momento en una direccionfija , se conserva la componente de cantidad de movimien-to/momento cinetico en esa direccion:

ddt

LG = MExtG

·u = 0 ⇒ ddt

(LG ·u) = 0 ⇒ (LG ·u) = Cte.

Si la direccion no es fija,u no es constante y no se puede meter en la derivada.En este caso es nulo el momento exterior segun la vertical:

ddt

LG = MExtG =

⊥k1︷︸︸︷

GF∧Nk1+

⊥k1︷︸︸︷

My j0

·k1 = 0 ⇒ LG ·k1 = Cte.

sin2 θ ψ +2cosθ (ϕ +cosθ ψ) =C1 (3)

La ecuacion del momento cinetico segunGx3 (nutacion) contiene el momento deNk1, perolaN se puede eliminar usando la componente vertical de la ecuacion de cantidad de movimiento.Es natural que las dos ecuaciones esten acopladas medianteN, pues la nutacion y el movimientovertical estan acoplados por la ligadura. De todos modos, es bastante mas complicado obtenerla(entre otras cosas por el termino al Coriolis de derivar en ejes moviles el momento cinetico),y no va a dar una integral primera, al menos a simple vista. Podemos usar la de la energıa,que puede sustituir a cualquiera (es como un comodın), y ademas da directamente una integralprimera. La energıa cinetica la hemos calculado ya, y el potencial es inmediato:

T +V = E = Cte V = mgζ G = mgacosθ

m2

(

ξ 2+ η2+a2sin2 θ θ2)

+mR2

8

[

θ2+sin2 θ ψ2+2(ϕ +cosθψ)2]

+mgacosθ = E (4)


327

La quinta integral primera se obtiene aislando el disco y planteando la ecuacion asociada algiro libre. No es tan inmediata como la dek1 porque la direccionk3 no es constante, y no puedemeterse en la derivada:

M3/2G ·k3 = 0 ⇒ d

dtLG

∣∣∣∣1·k3 = 0;

ddt

LG

∣∣∣∣1=

ddt

LG

∣∣∣∣3+ωωω31∧LG

ωωω31∧LG =mR2

4

∣∣∣∣∣∣

i3 j3 k3

θ sinθ ψ cosθ ψθ sinθ ψ 2(ϕ +cosθ ψ)

∣∣∣∣∣∣

=mR2

4

. . .

. . .0

⇒

⇒ ddt

LG

∣∣∣∣1·k3=

ddt

LG

∣∣∣∣3·k3=0⇒ d

dt(ϕ +cosθ ψ)=0 ⇒ (ϕ +cosθ ψ) =C2 (5)

Esta integral primera se da en los cuerpos que giran libremente alrededor de un eje cuandotienen simetrıa de revolucion: la componentez3 del termino complementario de Coriolis escero.

Para dejar el calculo deθ reducido a una cuadratura, tenemos que obtener una ecuacionen la que solo intervenganθ y θ . Notese que todas las coordenadas generalizadas menos laθ son cıclicas: en las cinco integrales que hemos obtenido s´olo aparecen las derivadas, no lascoordenadas. Podemos usarlas para eliminar las cuatro derivadas de las coordenadas cıclicas enla integral de la energıa (4). Es el mismo procedimiento quese usa en el solido de Lagrange,pero con dos coordenadas mas.

ξ y η se sustituyen por sus valores constantes.

La ultima integral(ϕ +cosθ ψ) = C2 se sustituye en la tercera, con lo que despejamosψ :

sin2θ ψ +2cosθ (C2) =C1 ⇒ ψ =C1−2C2cosθ

sin2 θ

Todo esto se sustituye en la ecuacion de la energıa, con lo que se obtiene una cuadratura:

m2

(

ξ 20 + η2

0 +a2sin2 θ θ2)

+mR2

8

[

θ2+sin2 θ(

C1−2C2cosθsin2θ

)2

+2(C2)2

]

+mgacosθ =E

m8

(4a2sin2θ +R2) θ2 =

m8 E′

︷︸︸︷

E− m2

(

ξ 20 + η2

0

)

− mR2C22

4−

m8 F(θ )

︷︸︸︷

mgacosθ − mR2

8(C1−2C2cosθ)2

sin2 θ∫ t

0dt =

∫ θ

θ0

±

√

4a2sin2θ +R2

E′−F(θ)dθ → t = t(θ)

d Si θ(t) = θ(t) = 0 ∀ t, las integrales tercera y quinta se transforman en una sola:

0 · ψ +2 ·1 · (ϕ +1 · ψ) = ϕ + ψ =C1 (ϕ +1 · ψ) = ϕ + ψ =C2

y la unica constante se determina con los valores iniciales, por lo que no impone condicionninguna a estos.

Notese queθ = 0 corresponde a la singularidad de los angulos de Euler del disco, dondeψy ϕ no estan definidos por separado, sino solo la suma, cuya derivada se mantiene constante.Si se considera el sistema completo, sı estan definidos porla posicion y velocidad inicial delmarco, pero sin afectar a la dinamica del disco.



Por tanto, la unica condicion que tiene que cumplirse es queθ(0) = θ(0) = 0. Los otros dosangulos y sus derivadas pueden tener valores arbitrarios.

Esto es lo unico que se pedıa en el examen. Pero en rigor, para asegurarse de que conesas condiciones se mantiene siempre vertical, habrıa queplantear la ecuacion diferencial quegobiernaθ y comprobar que en el instante inicial esθ = 0. La que nos interesa es la ecuacion demomento cinetico del sistema segunGx3 (nutacion). No hace falta plantearla completamente,con lo hecho para obtener las integrales (3) y (5) basta.

En esa posicion no hay momento exterior enG seguni3, porque la reaccion normal redu-cida enF queda justo debajo deG, y GF ‖ k1 → GF∧Nk1 = 0.

El termino complementario de Coriolis en esa direccion esnulo, porque lleva un sinθ quees 0.

La ecuacion del momento cinetico en la direccioni3, con dichas condiciones iniciales, sereduce aθ = 0.

En una posicion arbitraria, la ecuacion deθ podrıa obtenerse mas facilmente derivando laintegral de la energıa reducida para la cuadratura,

f (θ) θ2=E′−F(θ) → f (θ)′ θ3+2 f (θ) θ θ =−F(θ)′θ → f (θ)′ θ2+2 f (θ) θ =−F(θ)′

Pero paraθ = 0 esta ecuacion se hace singular por el sinθ en el denominador deF(θ) y F(θ)′.Esto se debe a que se ha despejado y sustituidoψ que, en esa posicion, no esta definida.

Por tanto, en este caso no nos servirıa la ecuacion de la energıa. Habrıa que derivar sin sus-tituir los otros angulos, y serıa mas complicado que la del momento cinetico.


329

Problema 13.5: EIAE, enero 2012

Sea un sistema inercialOx1y1z1 dondeOz1 es vertical ascendente. Un extremo de una varillaS0 de masa despreciable se articula en el origen mediante un cojinete con restriccion axial de ejevertical, que le permite girar libremente solo alrededor deOz1. SeanOx0y0z0 unos ejes ligadosa la varilla tales queOz1 ≡ Oz0 y Ox0 tiene la direccion de la varilla. Seaψ el angulo que formala varilla conOx1.

SeaC el centro geometrico de una placa rectangular que se articula en un punto de la varillasituado a una distanciaL del origen mediante un cojinete con restriccion axial; este permite uni-camente el giro alrededor del eje de la propia varilla, y el plano de la placa se mantiene siemprenormal aOx0. SeanCx2y2z2 unos ejes ligados a la placa, tales queCx2 se situa sobreOx0 y losotros dos son paralelos a sus lados. La placa tiene masam; el lado paralelo aCy2 midea y elparalelo aCz2 mideb. Seaφ el angulo que formaCz2 con la vertical. Se pide:

1. Analizar los grados de libertad de la placa y las fuerzasy momentos de ligadura enO y enC.

2. Obtener la velocidad angular absoluta de la placa en ejes2, (p,q, r).

3. Tensor central de inercia de la placa (obviamente, enejes 2).

4. Ecuaciones de Euler de la placa (del momento cineticorelativo al centro de masas, en ejes solido). Para simpli-ficar, los momentos principales se escribiran en adelantecomo A,B,C. Razonar como tendrıan que ser los mo-mentos principales para obtener una integral primera.

5. Componente segunOz1 del momento cinetico de la pla-ca enO. ¿Se conserva? ¿Por que?

x1

y1

y0

z1 ≡ z0

ψO

x0 ≡ x2

y2z2 φ

C

Los resultados 2, 4 y 5 se daran en funcion de los angulos del enunciado y sus derivadas.Todos deben escribirse en la siguiente tabla:

1. ¿Componentes de momento de ligadura enO? ¿EnC?

2. ω21 =

3. Ix2 = Iy2 = Iz2 =

4.

=

5. LOz1=



Problema 13.6: EIAE, julio 2012

Se tiene el mismo problema 10.7, pero en vez de partıcula es un disco de radioa y masam(solidoS2) el que esta contenido en el plano liso, con ligadura bilateral. Las coordenadas son elanguloθ , las coordenadas(x,0,z) del centroG del disco (iguales al caso anterior), y el anguloφ que forma un diametro fijo del disco con el ejeOz. Se estudia el movimiento absoluto 2/1, ylos resultados se proyectan en ejesS0.

1. Componentes del sistema de fuerzas (~N) y momen-tos (~M) de ligadura del plano sobre el disco, redu-cido al centroG.

2. Energıa cinetica del disco para el movimiento ab-soluto 2/1.

3. Plantear la ecuacion del momento cinetico del dis-co enG.

4. Vector momento cinetico del disco enO.

5. Supongase que el plano no tiene masa, y gira li-bremente alrededor deOx1. Plantear la ecuaciondel momento cinetico del sistema disco+plano enO para el movimiento absoluto.

x1 ≡ x

y1

z1

O

y

z

θ

G

φ


331

Problema 13.7: EIAE, enero 2013

Un aro homogeneoS2 de radioa y masam pivota y rueda sin deslizar sobre un plano ho-rizontal fijo π . El centro de masasC del aro se mueve con velocidad de modulov constante,describiendo una trayectoria circular de radiob paralela al plano horizontal. El plano que con-tiene el aro forma un angulo constanteθ con la horizontal durante el movimiento. Las fuerzasaplicadas sobre el aro son, exclusivamente, el peso y las fuerzas de contacto con el plano:reaccion normal y fuerza de rozamiento suficientemente grande para que el movimiento sea elanteriormente descrito.

Utilizaremos unos ejes de trabajoS0 con origenen el centro de masas del aro. El ejeZ0 es entodo momento perpendicular al plano que con-tiene el aro, mientras queX0, Y0 se encuentransobre ese mismo plano:X0 tiene la direcciony sentido de la velocidad del centro de masasdel solido, y el ejeY0 es perpendicular a losotros dos, de manera que el triedro que formanesta orientado a derechas. Se trabajara en ejesS0. Se pide:

1. Velocidad angular absoluta del aro (puede ser util componer movimientos y considerarpuntos del solido de velocidad nula.

2. Momento cinetico del aro respecto a su centro de masas.

3. Plantear la ecuacion de cantidad de movimiento y despejar la fuerza que ejerce el planoπ sobre el aro.

4. Momento respecto al puntoC de las fuerzas aplicadas sobre el solido.

5. Con la ayuda del teorema del momento cinetico respecto alcentro de masas del aro yde los resultados anteriores, determinar el valor del modulo de la velocidad del centro demasas del arov (en funcion del resto de parametros del problema) para queel movimientodescrito en el enunciado sea posible.



Problema 13.8: EIAE, julio de 2013

Se tiene un aro fijo de Radio 2r y centroO contenido en el planoOy1z1, dondeOz1 es vertical ascendente. Un disco homogeneo co-planario de masam, radior y centroC (Solido 2) rueda sin deslizarpor su interior. Para situarlo se toma el anguloθ de la figura. Seusaran los ejes auxiliaresOx0y0z0 de la figura para proyectar to-dos los datos. Sobre el disco solo actua el peso y las ligaduras decontacto con el aro. Este contacto es ideal, i.e., las ligaduras norealizan trabajo. Se pide:[Nota: en otras versiones se tiene un aro en vez de disco, var´ıa elradio, o se toma el angulo desde la horizontal.]

C

y0

z0

y1

z1

O

θ

1. Velocidad angular absoluta del discoωωω21, proyectada en ejesS0.

2. El aro fijo ejerce una fuerza de ligadura−N j0+T k0 sobre el disco. CalcularN en unaposicion arbitraria.

3. Entre la ecuacion de cantidad de movimiento segunOz0 y la de momento cinetico, elimi-narT para obtenerθ .

4. En el instante inicial,S2 se encuentra enθ = π2 conθ = Ω. Calcular laθ con que llega al

punto mas alto.

5. Condicion que tiene que cumplirΩ para que se anuleN en el punto mas alto.


MeC-PRO-1314-7,8 Ejericios Din. Sólido Resueltos

Documents

Transcript of MeC-PRO-1314-7,8 Ejericios Din. Sólido Resueltos