MeC-PRO-1314-7,8 Ejericios Din sÃlido resueltos

Vista previa del material en texto

Caṕıtulo 11
Dinámica del śolido
11.1. Geometŕıa de Masas
Ejercicio 11.1.1: Sea un sistema material y un puntoO del espacio. Considérese un sistema
de ejes triortogonalOx, Oy, Oz. Demostrar que la suma de dos cualesquiera de los momentos
de 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. Considérense los mo-
mentos de inercia respecto a todas las rectas que pasan porO. Demostrar que los máximos y
mı́nimos relativos de los anteriores momentos son los momentos principales de inercia.
Ejercicio 11.1.3: SeaSuna distribución de masa yO un punto; demostrar que si un planoπ
que pasa porO es plano de simetrı́a deSentonces la normal porO aπ es una recta principal de
inercia de la distribuciónS, en el puntoO.
Ejercicio 11.1.4: Sea una distribución de masas y un puntoO. Demostrar que si dos direc-
ciones principales de inercia respecto al puntoO no son perpendiculares entre sı́, entonces los
momentos principales asociados a ellas son iguales.
Ejercicio 11.1.5: Una distribución de masa tiene dos rectas no colineales queson ejes princi-
pales enO, y sus momentos principales son iguales. Demostrar que todas las rectas que pasen
por O y estén contenidas en el plano formado por dichos ejes son principales enO y tienen el
mismo momento que aquellas.
Seanu y v los vectores unitarios de las direcciones de los ejes principales, eI el momento
principal 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 revolución respecto al eje
normal al plano(u,v) que pasa porO.
Ejercicio 11.1.6: Demostrar que si una distribución de masa tiene enO tres ejes principales
no colineales, que no estén contenidos en el mismo plano, y con el mismo momento principal,
el tensor de inercia enO es esférico.
Seanu, v y w los vectores unitarios de las tres rectas. Como no son colineales ni coplanarios,
forman una base del espacio. Cualquier dirección se puede expresar comoa= α u+β v+ γ w.
247
248 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Procediendo como en el ejercicio anterior, se demuestra quetodas las rectas que pasan porO
son principales con el mismo momento. El tensor enO será esférico,IIIO = IUUU.
Ejercicio 11.1.7: Calcúlese razonadamente el tensor central de inercia de una distribución de
masa formada por cuatro esferas iguales macizas de masam y radioa, situadas en los vértices
de 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 perforación tiene forma
de cuadrado circunscrito de ladoR
√
2.
x
y
Ejercicio 11.1.9: Un cuerpo está formado por una esfera de radioR, cuyo material tiene una
densidad volumétricaρ . Tiene un hueco esférico de radioR/2, que se rellena con un material
de densidad 9ρ . Los centros de las dos esferas están a una distanciaR/2. Calcular su centro de
masas 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 = ρ
4
3
π R3; mB = 8ρ
4
3
π
(
R
2
)3
= mA
Llamandod a la distancia entreO (centro de la
esferaA) y el centro de masas del sistema,G:
mA ·d = mB ·
(
R
2
−d
)
⇒ d = R
4
El momento de una esfera maciza respecto a un diámetro esIx = 25mR
2; para la esfera
grande:IAx = I
A
y = I
A
z =
8
15ρπR
5. Para la pequeña, sustituyendo 8ρ y R/2 se tiene:IBx = IBy =
IBz =
2
15ρπR
5.
Con esto se calculan los tensores de ambas esferas en sus respectivos centros. Para calcular
los tensores enG, hay que aplicar Steiner:IM = IG+m
{
GM2U− [GM ,GM ]
}
. Es importante
recordar que esteG se refiere al centro de masas del sólido que se estudia: para la esfera grande
esO, para la pequeña esO′. El centro de masas del sistemaG no lo es de ninguna de las dos
esferas, por lo que al pasar deO u O′ aG hay quesumar el término de Steiner, norestar. Para
la grande:
IAG =
8
15
ρπR5U+ρ
4
3
πR3 ·
(
R
4
)2



U−


0 0 0
0 0 0
0 0 1





= ρπR5






37
60
0 0
0
37
60
0
0 0
8
15






Para la pequeña:
IBG =
2
15
ρπR5U+ρ
4
3
πR3 ·
(
R
4
)2



U−


0 0 0
0 0 0
0 0 1





= ρπR5






13
60
0 0
0
13
60
0
0 0
2
15






EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.1. GEOMETŔIA DE MASAS 249
Sumando ambos tensores, y simplificando:
IG = ρπR5






5
6
0 0
0
5
6
0
0 0
4
6






Ejercicio 11.1.10: Una pata de tren de aterrizaje se puede modelar de modo
esquemático como una varillaOC de longitudL y masam, articulada en el
origenO, y dos cilindros homogéneos de masaM, radio R y alturaH; el
centro geométrico de cada cilindro está a una distanciaa del extremoC de
la varilla. Hallar su tensor de inercia enO (el ejeOz tiene la dirección de la
varilla 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 el
central de un cilindro son conocidos, y los podemos escribirdirectamente:
I
1
O =
mL2
3


1 0 0
0 1 0
0 0 0

 I
2,3
G =
M
12


3R2+H2 0 0
0 6R2 0
0 0 3R2+H2


Si no se recordara el momento de una varilla en su extremo, es fácil obtenerlo por Steiner a
partir del central:IO = IG+md2 =
mL2
12 +m
(L
2
)2
= mL
2
3 .
Para el cilindro,Iy = MR2/2 es muy fácil de recordar porque es el mismo
que el de un disco. Los otros dos, si no se recuerdan, se puedenobtener
fácilmente integrando: se toma un disco elemental, cuyo momento respecto
a un diámetro es conocido, más el término de Steiner:
dIGx= dId+dmy
2 =
dmR2
4
+ρπR2dyy2 ⇒ IGx=
MR2
4
+
MH2
12
pues el primer sumando es el de un disco, y el segundo el de una varilla.
dy
y
Finalmente, hay que añadir el término de Steiner de los cilindros: el tensor de una partı́cula
de 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 0
0 L2 ∓aL
0 ∓aL a2


Los productos de inercia podemos calcularlos o no, pues el−Pyz de ②, (−MLa), se anula al
sumarlo con el de③, (+MLa). Esto se puede ver desde el primer momento, pues los planos
coordenados son de simetrı́a para el sistema completo. Al final, sumando todos los términos,
queda:
IO = I
1
O+ I
2
G+ I
2
St+ I
3
G+ I
3
St =
=




mL2
3 +M
(
R2
2 +
H2
6 +2L
2+2a2
)
0 0
0 mL
2
3 +M
(
R2+2L2
)
0
0 0 +M
(
R2
2 +
H2
6 +2a
2
)




EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
250 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Ejercicio 11.1.11: Se construye un sólido colocando cuatro esferas idénticas, homogéneas y
macizas en los vértices de un tetraedro regular. Sin hacer cálculos, solo mediante las propiedades
de simetrı́a, determinar si el tensor central del conjunto:
1. Tiene tres momentos principales distintos.
2. Tiene dos iguales y uno distinto (cilı́ndrico).
3. Tiene tres iguales (esférico)
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 revolución homogéneo de masaM, radioRy altura
h. Se coloca con su eje coincidiendo conOzy su vértice 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 diámetro de la base.
5. Hallar un punto de su eje en el cual el elipsoide de inercia es esfera.
6. Relación 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 homogéneo yde masam:
z≥ h
R2
(
x2+y2
)
, z≤ h
Se pide:
1. Tensor de inercia en el vértice.
2. Posición de su centro de gravedad.
3.Tensor central de inercia.
4. Relación entreRy h para que el tensor sea esférico.
5. Determinar en este último caso los ejes principales en cualquier punto de espacio.
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.2. CINÉTICA 251
11.2. Cińetica
Ejercicio 11.2.1: Sea el movimiento de un sólido respecto a un sistema de referencia dado,
y seaP un punto del sólido. Si en un instante dadovP = 0 y la velocidad angular valeω~u
(‖~u‖ = 1), deducir razonadamente si son válidas, en ese instante,las siguientes expresiones
para la energı́a cinética y el momento cinético respecto al puntoP: T = 12IPω
2; LP = IPω u,
dondeIP es el momento de inercia respecto a la recta que pasa porP y tiene direcciónu.
Ejercicio 11.2.2: Sean~ω la velocidad angular de un sólido respecto a un sistema inercial,
e I su momento de inercia enG respecto a la recta paralela a~ω que pasa porG. Responder
justificadamente cuándo son ciertas las siguientes afirmaciones:
a) La energı́a cinética del sólido en el movimiento relativo al su centro de masas esTG =
1
2I ω
2.
b) El momento cinético del mismo sólido enG esLG = I ~ω .
Ejercicio 11.2.3: Una varillaAB de masam y longituda tiene el
extremoA articulado en el origenO, y además está contenida en
un plano vertical que gira alrededor deOz1 con velocidad angular
constanteΩ. Todas las ligaduras son lisas. Seaθ el ángulo de la
varilla con el plano horizontal fijoOx1y1.
Analizar el sistema de fuerzas de ligadura que transmiten la
articulación y el plano, reducidos aA. En particular conside-
rar si trabajan y si se conserva la energı́a.
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 cinético enA proyectado en ejes 2 y en
ejes 0.
x1
y1
A
Ωt
x
y≡ y2
z1 ≡ z
x2
z2
B
θθ̇
Ω
Ejercicio 11.2.4: Una placa cuadrada de masam y lado a
tiene dos vértices fijos mediante rótulas lisas, uno en el origen
O y otro en el ejeOy de un sistema inercialOxyz, dondeOz
es vertical ascendente. Seaθ el ángulo que la placa forma con
Oyz.
Analizar las fuerzas de ligadura y razonar si el sistema
es isostático o no.
Calcular el tensor de inercia enO, en ejes paralelos a los
S2 de la figura.
Calcular el momento cinético enO, proyectado en ejes
S2 y en ejesS1, y la energı́a cinética.
Obtener una ecuación que determina el movimiento de
la placa.
x
y
z
θ
O
A
x2
y2
z2
G
mg
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
252 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Ejercicio 11.2.5: Una placa cuadrada de masam y lado a
tiene una aristaOA apoyada sobre un plano horizontal liso y
fijo O1x1z1. Se tomarán los ejesOxyzy Gx2y2z2 de la figura,
que acompañan a la placa: uno en la traslación y precesión, y
otro solidario a ella. Seaθ el ángulo que la placa forma con
la verticalOz (análogo a la nutación),ϕ el que la aristaOA
forma conO1x1 (precesión), yx e y las coordenadas en ejes
fijos de la proyección del centro de masas de la placa.
Analizar las fuerzas de ligadura y reducirlas al centro de
la arista apoyada.
Calcular el momento cinético enG y enO.
Calcular la energı́a cinética.
Obtener cuatro ecuaciones que den directamente inte-
grales primeras.
x1
y1
z1
ϕ
x
y
z
θ
O
A
x2
y2
z2
G
Mx
N
mg
Ejercicio 11.2.6: Un disco pesado de masam y radio a
está ligado de modo que su centroC desliza libremente por el
eje Ox0, y gira manteniéndose su plano constantemente nor-
mal a este. A su vez,Ox0 gira alrededor del eje vertical fijo
Ox1 ≡ Ox0 con velocidad angular constanteω. Para situar el
disco se usarán las coordenadas generalizadas de la figura.Se
pide:
1. Analizar las fuerzas y momentos de ligadura que el eje transmite al disco.
2. Calcular el momento cinético del disco enC y enO (proyectados en ejesS0), y su energı́a
cinética.
3. Razonar si se conserva la energı́a.
Ejercicio 11.2.7: Un cilindro homogéneo de masaM,
radioR y alturah apoya una generatriz en un plano hori-
zontal liso. Usando los ángulos de la figura, y trabajando
en los ejesGxyz, se pide:
1. Momento cinético enG y energı́a cinética.
2. Analizar el sistema de fuerzas de ligadura que actúa
sobre el cilindro y reducirlo aG.
3. Plantear las ecuaciones del movimiento del cilindro
e integrarlas.
4. Para las condiciones inicialesφ̇(0) =ω, ψ̇(0)=Ω,
obtener el momento de las fuerzas de ligadura enG.
5. Para unaω constante, obtener laΩ máxima para
que no se levante del suelo.
x1
y1
z1
G
ψ
x
y
z
ϕ̇
ψ̇
Ejercicio 11.2.8: Un disco de radior y masam está articulado enO
mediante una varilla sin masa de longitudL, normal al disco. Se usarán
los ángulos de la figura, y se proyectará en los ejes de las coordenadas
esféricasa ur , uθ , uϕ . Calcular: a) Momento cinético del disco respecto
al origenO. b) Energı́a cinética del disco.
aHay que tener cuidado con el orden, para que formen un triedroa derechas
xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
x
y
z
O
uθ
uruϕ
θ
ϕ
ψ
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.2. CINÉTICA 253
Ejercicio 11.2.9: Un sólido se mueve respecto a un plano fijo, manteniéndose siempre en con-
tacto con él. SeaG su centro de masas yA el punto de contacto. Contestar razonadamente si el
momento cinético enA se puede calcular como:
1. Siempre como~LA = IG ·~ω + ~GA∧M~vG
2. Siempre como~LA = IA ·~ω
3. Si no desliza, como~LA = IA ·~ω
4. Siempre como~LA = IG ·~ω + ~AG∧M~vG
EIAE, julio 2012
Ejercicio 11.2.10: Sea un disco homogéneo de masam y radioa. Se toman unos ejes cuerpo
de modo queGzes el eje de revolución. Usando los ángulos clásicos de Euler (3-1-3), calcular
la componente del momento cinético enG según el eje de nodos.
EIAE, julio 2012
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
254 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
11.3. Dinámica
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 un
extremoA, se coloca el disco vertical, y se abandona a la acción de la gravedad. Averiguar la
velocidad de rotación que tiene el disco cuando se ha desenrollado todo el hilo, y el tiempo que
tarda en hacerlo.
Septiembre de 1994
Lo primero es la ecuación de la ligadura: el centro baja la longitud de hilo
desenrollado, y el disco gira el arco de la misma longitud:
Rθ = z → Rθ̇ = ż
La velocidad final se puede obtener fácilmente de la integral de la energı́a
(que obviamente se conserva). Pero para hallar el tiempo hayque obtener la
ley horaria: será mejor plantear directamente las ecuaciones del movimiento,
que integrar la cuadratura de la energı́a suele ser más complicado.
T
z
θ
SeaT la tensión del hilo; las ecuaciones de la cantidad de movimiento son
mg−T = mz̈ 0= mẍ
La ecuación del momento cinético en el centro del disco nosda
TR=
mR2
2
θ̈ =
mR
2
z̈
Sustituyendo estaT en la de cantidad de movimiento,
mg− mz̈
2
= mz̈ → z̈= 2
3
g → ż= 2
3
gt z=
1
3
gt2
Cuando se desenrolla todo el hilo,
L =
1
3
gt2f → t f =
√
3L
g
→ vf = 2
√
Lg
3
También se puede aplicar la ecuación de la energı́a (hay que tener en cuenta que se tomaz
positivo hacia abajo),
T +V =
1
2
mż2+
1
4
mR2 θ̇2−mgz= 3
4
mż2−mgz= 0
Cuando se desenrolla el hilo,z= L , y la velocidad vale
vf =
√
4gL
3
El tiempo, en cambio, es algo más difı́cil de obtener: la integral de la energı́a se puede poner
como ecuación diferencial de variables separadas,
dz
dt
=
√
4gz
3
;
dz√
z
=
√
4g
3
dt ; 2
√
z=
√
4g
3
t +✓✓C; z=
1
3
gt2
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 255
Ejercicio 11.3.2: Considérese un sólido con puntoO fijo (ligadura lisa). SeaOz uno de sus
ejes cuerpo, yMz el momento de las fuerzas directamente aplicadas segúnOz. Razonar si se
conserva el momento cinético según el ejeOzdel sólido 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 simetrı́a de revolución alrededor deOzyMz= 0.
EIAE, julio 2012
Problema 11.3.1: El sistema material indicado en la figura está formado por una horquilla que
puede girar alrededor de un eje horizontalABy un disco que gira alrededor del ejeCD montado
sobre la horquilla perpendicularmente alABy de forma que el plano del disco contiene en todo
momento a la horizontalAB
Se supondrán 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 vertical
descendente.
El Ox2y2z2 ligado a la horquilla (sistema 2) tal
queOx2 coincide con el eje de giroCD y Oy2
es paralelo alOy1.
El Ox0y0z0 ligado al disco (sistema 0) tal que
Ox0 coincide conOx2.
La posición del sistema quedará determinada me-
diante el ánguloθ que la horquilla forma con la ver-
tical descendente y el ánguloϕ de giro del disco con
respecto a la horquilla.
Se representará porM la masa de la horquilla, pora la distancia del centro de masasG de la
misma al ejeAB, porρ su radio de giro con respecto al ejeAB, porm la masa del disco, porb
la mı́nima 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 energı́a cinética del sistema constituı́dopor la varilla y el disco.
2. Calcular el momento cinético del disco respecto a su centro de masasO expresado me-
diante sus componentes en el triedroOx2y2z2.
3. Calcular el momento cinético 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 según 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: sólidos,
grados de libertad, coordenadas generalizadas, fuerzas y momentos de ligadura, y ecuaciones
que podrı́an quedar libres de fuerzas o momentos de ligadura.
Tenemos dos sólidos:
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
256 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
La horquilla tiene un eje fijo (por ejemplo, median-
te un cojinete con restricción axial), que supone
cinco ligaduras. Sólo tiene un grado de libertad:
el giro θ alrededor deO1y1. Además de la fuerza
directamente aplicada (peso), aparecen en compo-
nentes de fuerza o momento de ligadura por cada
grado 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 libertad
relativo a esta: el giroϕ alrededor deOx2. Aparece un sistema de ligaduras internas
(acción-reacción) 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 incógnitas de ligadura que determinen el movimiento,
serı́an las asociadas a los grados de libertad:
• θ : Ecuación del momento cinético del sistema segúnO1y1
• ϕ : Ecuación del momento cinético del disco solo segúnOx2
• Como el sistema es conservativo, la ecuación de la energı́ada directamente una
integral primera, que puede sustituir a cualquiera de las dos anteriores (el sistema
tiene dos grados de libertad, y dos ecuaciones independientes).
1 Energı́a cinética del sistema. La horquilla (S2) es un sólido con punto fijo y velocidad angular
ωωω21 = θ̇ j1 . No tenemos el tensor de inercia enO1, pero sı́ el momento de inercia respecto a
AB= O1y1 ‖ Oy2 , dado mediante el radio de giroρ :
Iy1 = Mρ
2 → IhO1 =


? 0 0
0 Mρ2 0
0 0 ?


Los productos de inercia los suponemos nulos, pues la fi-
gura parece indicar que la varilla tiene dos planos coorde-
nados de simetrı́a, por lo que los ejesS2 son principales.
Los momentos de inercia respecto a los otros dos ejes no
se necesitan, pues la velocidad angular solo tiene compo-
nenteO1y1. La energı́a cinética, como sólido con punto
fijo, será
Th =
1
2
⌊0, θ̇ ,0⌋


? 0 0
0 Mρ2 0
0 0 ?





0
θ̇
0



=
1
2
Mρ2θ̇2
θ
bθ̇
b
2
θ̇
y1
z1
x1
O1
0
O
ϕ
θ̇
ϕ̇
y2
x2 ≡ x0
z2y0
z0
El disco no tiene ningún punto fijo, y su energı́a se calcula por el teorema de Koenig. La
velocidad del centro se calcula con el campo de velocidades de la horquilla, a la que pertenece.
La velocidad angular se obtiene trivialmente por composición de movimientos,ωωω01 = ωωω02+
ωωω21 = ϕ̇ i2+ θ̇ j2 .
Td =
1
2
m(vO01)
2+
1
2
ωωω01IIIdOωωω01 =
1
2
mb2θ̇2+
1
2
⌊ϕ̇ , θ̇ ,0⌋mR
2
4


2 0 0
0 1 0
0 0 1





ϕ̇
θ̇
0



EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 257
Sumando las dos, tenemos la energı́a cinética del sistema:
T =
[
1
2
Mρ2+m
(
1
2
b2+
1
8
R2
)]
θ̇2+
1
4
mR2ϕ̇2
2 Conocida la velocidad angular del disco y su tensor de inercia, el momento cinético enO es
trivial. Podemos calcularlo en ejesS2 porque el tensor es de revolución y también es constante
en esos ejes.
LDO = IIIO ·ωωω01 =
mR2
4



2ϕ̇
θ̇
0



2
3 Para obtener el momento cinético del sistema enO1, es más cómodo trabajar en ejesS2 y
pasar el resultado final aS1.
El momento cinético de la horquilla enO1 se calcula como sólido con punto fijo. Sin la
hipótesis de que los productos de inercia sean nulos (que eleje O1yY1 sea principal de
inercia), no se podrı́a calcular el momento cinético. Parala energı́a cinética no hacı́a falta
porque se multiplica de nuevo porωωω21.
LhO1 = III
h
O1 ·ωωω21 =


? ? ?
? Mρ2 ?
? ? ?





0
θ̇
0



=



✁✁?
Mρ2θ̇
✁✁?



2
Está 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∧mv
O
01+L
D
O =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i2 j2 k2
0 0 b
bθ̇ 0 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+LDO =



mR2
2 ϕ̇(
mb2+ mR
2
4
)
θ̇
0



2
Sumamos los dos términos, y pasamos a ejesS1:
LO1 =



mR2
2 ϕ̇(
Mρ2+mb2+ mR
2
4
)
θ̇
0



2
=



mR2
2 ϕ̇ cosθ(
Mρ2+mb2+ mR
2
4
)
θ̇
−mR22 ϕ̇ sinθ



1
4 Podemos plantear las ecuaciones correspondientes a los grados de libertad.
Para el disco, la ecuación de Euler segúnOx2 da una integral primera, porque es simétrico
y no hay momento exterior en esa dirección
Aṗ+(C−B)qr = Mx → Aṗ+✘✘✘✘(C−C)qr = 0 ⇒ p= ϕ̇ = Cte
Para el sistema completo, la ecuación de momento cinéticoen la direcciónO1y1 da una
ecuación libre de ligaduras. Nótese queO1z1 es la verticaldescendente.
MPO1 = O1G∧Mgk1+O1O∧mgk1 =−(Ma+mb)gsinθ j1



Mx1
−(Ma+mb)gsinθ
Mz1



=
d
dt



mR2
2 ϕ̇ cosθ(
Mρ2+mb2+ mR
2
4
)
θ̇
−mR22 ϕ̇ sinθ



−(Ma+mb)gsinθ =
(
Mρ2+mb2+
mR2
4
)
θ̈
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
258 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Es obvio que se conserva la energı́a: ligaduras ideales y estacionarias, fuerzas potenciales.
Podemos escribir directamente la integral de la energı́a, yusarla en lugar de una de las
anteriores. Hay que tener cuidado con los signos en los potenciales.
V =−MgzG−mgzO =−(Ma+mb)gcosθ
T +V = E = Cte
Comoϕ̇ es constante, sólo hay que reducir a cuadraturas laθ . Se puede integrar la ecuación
de momentos segúnO1y1:
θ̈ =
−(Ma+mb)g
Mρ2+mb2+ mR24
sinθ =−Ω2sinθ
Se puede integrar una vez multiplicando ambos términos porθ̇ :
θ̇2
2
=
C
2
+Ω2cosθ ⇒
∫ ±dθ√
C+2Ω2cosθ
=
∫
dt
Si se sustituye el valor constante deϕ̇ en la integral de la energı́a,
[
1
2
Mρ2+m
(
1
2
b2+
1
8
R2
)]
θ̇2+
1
4
mR2ϕ̇20 − (Ma+mb)gcosθ = E
θ̇2− 2(Ma+mb)g
Mρ2+mb2+ mR24
cosθ = θ̇2−2Ω2cosθ = E− 1
4
mR2ϕ̇20 =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 momento
cinéticoenO:
mgk1+RO = maO01 = ma
O
21 M
L
O = L̇
D
O
La ecuación de cantidad de movimiento es la del absoluto, 0/1, aunque
sea más cómodoproyectarlaen ejes móvilesS2.
mg Mz2
My2
XO
YO
ZO
O
El puntoO del disco está fijo en la horquilla, por lo que su aceleración
se calcula con el campo de aceleraciones de esta: movimientocircular.
aO21= aθ̈ i2−aθ̇2k2
No hace falta derivar nada, ya está proyectada en ejesS2.
mg



−sinθ
0
cosθ



+



XO
YO
ZO



= ma



θ̈
0
−θ̇2



x1
z1
aθ̈
−aθ̇ 2
El momento cinético del disco enO se ha conoce ya, proyectado en ejesS2; como estamos
estudiando el movimiento absoluto, hay que derivarlo por elteorema de Coriolis.
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 259



0
My2
Mz2



= IIIDO ·ω̇ωω01+ωωω21∧ IIIDO ·ωωω01 =
mR2
4



2ϕ̈
θ̈
0



+
mR2
4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i2 j2 k2
0 θ̇ 0
2ϕ̇ θ̇ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣



0
My2
Mz2



=
mR2
4



2ϕ̈
θ̈
−2ϕ̇θ̇



Tenemos la reacción y el momento de ligadura enO en función de las coordenadas y sus deri-
vadas. Si se hubiera integrado completamente el movimiento, se conocerı́an en función det. Al
haberlo reducido a cuadraturas, sabemos que:
ϕ̈ = 0 ϕ̇ = ϕ̇0
θ̈ =−Ω2sinθ θ̇ =±
√
C+2Ω2cosθ
donde el doble signo se determina con el valor inicialθ̇0. Las incógnitas pueden quedar en
función deθ y de las condiciones iniciales:



XO
YO
ZO



= mg



sinθ
0
−cosθ



+ma



−Ω2sinθ
0
−C−2Ω2cosθ






0
My2
Mz2



=
mR2
4



0
−Ω2sinθ
−2ϕ̇0
(
C+2Ω2cosθ
)



EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
260 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Problema 11.3.2: El sistema material de la figura se compone de dos varillas sinmasa,OA
y AG, de longitudes 2a y a, respectivamente, y un disco de centroG, radio 2a y masam. El
disco se mantiene constantemente perpendicular a la varilla AG, alrededor de la cual puede
girar libremente; la varillaOA puede girar libremente alrededor de la vertical que pasa porsu
extremoO, de forma que el extremoA describe una circunferencia horizontal de centroO y
radio 2a; las dos varillas se unen por el extremoA mediante una articulación que únicamente
permite el giro relativo de las dos varillas alrededor de la tangente enA a la circunferencia
descrita por este extremo.
Se considerará el movimiento del sistema respecto
de la referencia triortogonal y orientada a derechas,
Oxyz, con origen enO, y cuyo ejeOzcoincide con la
vertical ascendente; si se estima conveniente, puede
usarse la referencia{G; u1,u2,u3} que acompaña
al disco en su movimiento, y que tiene origen en
su centroG, con los vectores unitariosu3 dirigido
según la prolongación de la varillaAG, u2 perpen-
dicular al anterior y contenido en el plano vertical
definido por la varillaAG, y u1 perpendicular a los
dos anteriores.
Para el análisis del sistema se tomarán las siguientes coordenadas generalizadas:i) ϕ, ángulo
que ~OA forma con la dirección del ejeOx, ii) θ , ángulo que la varillaAG forma con el plano
horizontalOxy, y iii) ψ, ángulo que un radio fijo al disco forma con el plano verticalque
contiene a la varilla. Se pide:
a) Determinar, en función de las coordenadas y velocidadesgeneralizadas:i) la energı́a
cinética del sistema,ii) momento cinético del sistema respecto del centro de masasG,
y, iii) momento cinético del sistema respecto del origenO.
b) Plantear, aislando el disco, la ecuación de momento cin´etico respecto del centro de masas;
deducir una integral primera y las componentes del momento que la varillaAG transmite
al disco.
c) Plantear, para todo el sistema, la ecuación de momento cinético en el puntoO; deducir
una integral primera.
d) Deducir otra integral primera independiente de las anteriores y reducir el problema a
cuadraturas.
e) Plantear, aislando el disco, la ecuación de cantidad de movimiento; deducir las compo-
nentes de la reacción que la varillaAG transmite al disco.
f) Determinar el sistema de fuerzas que se transmite de una a otra varilla a través de la unión
deA.
g) Hallar la lagrangiana del sistema y deducir las ecuaciones de Lagrange para las coorde-
nadas cı́clicas.
Septiembre de 1992
Naturalmente, se ignorará la última pregunta, que no tiene sentido en este curso.
Los distintos apartados especifican qué ecuaciones plantear. Si no lo hicieran, la inspec-
ción del sistema muestra qué ecuaciones van a determinar el movimiento sin que aparezcan
incógnitas de ligadura:
La ecuación correspondiente al giroϕ (precesión) es la de momento cinético del sistema
según el ejeOz. Dará lugar a una integral primera, pues se trata de una dirección fija en
la que no hay momento de las fuerzas exteriores.
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 261
La asociada al giroψ (rotación propia del disco) es la de momento cinético del disco solo
según su eje de giro. Por tener el tensor de revolución y no haber momento, la ecuación
de Euler segúnu3 da también una integral primera.
La ecuación asociada al giroθ es la del momento cinético del disco enA, según el eje
normal 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 energı́a, que puede
sustituir a cualquiera de las 3 anteriores.
No se usa la notación de clase para los ángulos de Euler: precesión y rotación propia están
intercambiados (como en los libros anglosajones), y la nutación corresponderı́a aθ −π/2 del
problema. Por tanto, no se pueden copiar directamente fórmulas.
Si se quiere analizar completamente el problema:
Tenemos 3 sólidos→ 18 parámetros y ecuaciones independientes.
En O, A y G hay cojinetes con restricción axial: 5x3=15 ligaduras finitas.
Quedan 18-15=3 grados de libertad, uno por cada cojinete, que corresponden a los tres
ángulos de la figura.
Dos sólidos son varillas sin masa (y por tanto sin dinámicapropia), pero transmiten todas
las fuerzas y momentos de las ligaduras, por eso no se reduce ningún parámetro.
a Se llamaráS1 a los ejes fijos,S0 al plano vertical
que contiene a la varillaOA, S2 a la varillaAG junto con
los ejes{G;u1,u2,u3}, y S3 al disco. El único sólido con
masa es el disco. El potencial vale
V = mgzG = mgasinθ
i) Se halla la energı́a cinética por el teorema de Koe-
nig, porque el disco no tiene ningún punto fijo:
T =
1
2
m(vG31)
2+
1
2
ωωω31 · IIIG ·ωωω31
x
y
z
O
ϕ
A
θ ψ
G
u3
u1
u2
La velocidad deG, que es punto fijo de la barraS2, la
obtenemos por composición de movimientos: los dos son
giros con punto fijo:
vG31= v
G
21 = v
G
20+v
G
01 =
=ωωω20∧AG+ωωω01∧OG =
= (2a+acosθ) ϕ̇ u1+aθ̇ u2 x
y
z
O
ϕ
A
θ
G′
G
u3
u1
u2
G′Gϕ̇
aθ̇
Para el giro, podemos trabajar en los ejesS2: por la si-
metrı́a de revolución el tensor del disco es también cons-
tante, y la velocidad angular es más fácil de proyectar.
ωωω31 =ωωω01+ωωω20+ωωω32 =
= ϕ̇ k1− θ̇ u1+ ψ̇ u3 =
=−θ̇ u1+ ϕ̇ cosθ u2+(ψ̇ + ϕ̇ sinθ) u3
Podemos ya calcular la energı́a cinética:
x
y
z
O
ϕ
A
θ
u3
u1
u2
θ
θ̇
ψ̇
ϕ̇
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
262 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
T =
1
2
ma2
[
(2+cosθ)2 ϕ̇2+ θ̇2
]
+
+
1
2
⌊−θ̇ , ϕ̇ cosθ ,(ψ̇ + ϕ̇ sinθ)⌋m(2a)
2
4


1 0 0
0 1 0
0 0 2





−θ̇
ϕ̇ cosθ ,
ψ̇ + ϕ̇ sinθ



=
= ma2
[
θ̇2+ ϕ̇2(3+2cosθ)+2ϕ̇ψ̇ sinθ + ψ̇2
]
ii) El momento cinético del sólido 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 del
disco y su velocidad angular absoluta, que se han calculado ya:
LG = IIIG ·ωωω31 = ma2



−θ̇
ϕ̇ cosθ
2(ψ̇ + ϕ̇ sinθ)



Está proyectado en ejesS2 (Résal): por la simetrı́a de revolución, el tensor es también cons-
tante en esos ejes en que la velocidad angular es más sencilla; nos ahorramos el giroψ.
iii) Para calcular el momento cinético enO, se aplica el teorema de Koenig,pues no es un
punto fijo del sólido, ni el centro de masas:
LO = OG∧mvG31+LG
Todos los términos se conocen ya en ejesS2, salvoOG:
LO = m
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
0 −2asinθ 2acosθ +a
a(2+cosθ) ϕ̇ aθ̇ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+LG = 2ma
2



−θ̇ (1+cosθ)
ϕ̇
(
1+cos2 θ +3cosθ
)
ϕ̇ sinθ (3+cosθ)+ ψ̇



b El disco puede girar libremente alrededor deu3; habrá fuerzas y
momentos de ligadura en todas las direcciones impedidas de giro y
desplazamiento:(RG1 ,R
G
2 ,R
G
3 ) y (M
G
1 ,M
G
2 ,0). La ecuación del momento
cinético se escribe:
MLG = L̇G
∣
∣
1 = L̇G
∣
∣
2+ωωω21∧LG
Desarrollando los términos,
u3
u1
u2
MG1
MG2
RG2
RG1
RG3



MG1
MG2
0



= ma2
d
dt



−θ̇
ϕ̇ cosθ
2(ψ̇ + ϕ̇ sinθ)



+ma2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
−θ̇ ϕ̇ cosθ ϕ̇ sinθ
−θ̇ ϕ̇ cosθ 2(ψ̇ + ϕ̇ sinθ)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
ma2
d
dt



−θ̇
ϕ̇ cosθ
2(ψ̇ + ϕ̇ sinθ)



+ma2



ϕ̇ cosθ (2ψ̇ + ϕ̇ sinθ)
θ̇ (2ψ̇ + ϕ̇ sinθ)
0



La tercera da una integral primera:
d
dt
(ψ̇ + ϕ̇ sinθ) = 0 ⇒ ψ̇ + ϕ̇ sinθ =C1
Esta corresponde a la tercera ecuación de Euler,
Cṙ +✘✘✘
✘(A−B)pq= M3 = 0 ⇒ r = r0
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 263
que da integral primera porque el tensor es simétrico respecto al ejeu3 y no hay momento en
esa dirección. Es la misma, porquer = ψ̇ + ϕ̇ sinθ .
Las otras dos determinan las componentes del momento de ligadura enG:
MG1 = ma
2[−θ̈ + ϕ̇ cosθ (2ψ̇ + ϕ̇ sinθ)
]
MG2 = ma
2[ϕ̈ cosθ −✘✘✘✘✘ϕ̇θ̇ sinθ + θ̇ (2ψ̇ +✘✘✘✘ϕ̇ sinθ)
]
c Para plantear la ecuación del momento cinético enO,
hay que analizar los momentos exteriores en ese punto.
Convendrá trabajar en los ejesS0 ligados al plano meri-
dianoOAG.
Como el sistema puede girar libremente alrededor
de Oz, en las otras direcciones el cojinete ejer-
cerá momentos de ligadura que impidan el giro:
(Mx0,My0,0) . En ejesS1 tendrı́amos otros dos, que
serı́an las proyecciones de estos en dichos ejes.
La reacción no cuenta porque está aplicada en el
mismo puntoO
El peso del disco da momentoMp según el ejeOy0.
x0
y0
x
y
z≡ z0
O
Mx0
My0
Mp
ϕ
A
G
u3
u1
u2
θ
mg



Mx0
My0
0



+



0
mga(2+cosθ)
0



= L̇O
∣
∣
1 ⇒ LO ·k1 = Cte
ComoLO lo tenemos en ejesS2, es más sencillo pasark1 a esos ejes:
k1 = (0,cosθ ,sinθ)2
LO ·k1 = 2ma2
{
0+cosθϕ̇
(
1+cos2 θ +3cosθ
)
+sinθ [ϕ̇ sinθ (3+cosθ)+ ψ̇ ]
}
=
= 2ma2(3ϕ̇ +2ϕ̇ cosθ + ψ̇ sinθ) ⇒ ϕ̇ (3+2cosθ)+ ψ̇ sinθ =C2
d Las ligaduras son ideales y estacionarias; la fuerza directamente aplicada es potencial: se
conserva la energı́a. La cinética la conocemos, y el potencial se escribe directamente:
T +V = ma2
[
θ̇2+ ϕ̇2(3+2cosθ)+2ϕ̇ψ̇ sinθ + ψ̇2
]
+mgasinθ = E
Para reducir el problema a cuadraturas, se opera como en el s´olido de Lagrange, pues las
integrales primeras que hemos obtenido son las mismas.
Con las dos integrales primeras de momento cinético se despejanϕ̇ y ψ̇ como funciones
deθ :
ψ̇ + ϕ̇ sinθ =C1 ϕ̇ (3+2cosθ)+ ψ̇ sinθ =C2
ψ̇ =C1− ϕ̇ sinθ → ϕ̇ (3+2cosθ)+(C1− ϕ̇ sinθ)sinθ =C2
ϕ̇ =
C2−C1sinθ
3+2cosθ −sin2 θ
ψ̇ =
C1(3+2cosθ)−C2sinθ
3+2cosθ −sin2 θ
Se sustituye en la ecuación de la energı́a,
ma2
[
θ̇2+
C21 (3+2cosθ)+c
2
2−2C1C2sinθ
2+2cosθ +cos2 θ
]
+mgasinθ = E
y se obtiene una cuadratura:
θ̇2 =C3− f (θ) → dt =
±dθ
√
C3− f (θ)
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
264 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Con estadt, los otros ángulos se reducen también 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 más laborioso— para obtenerla tercera integral es plan-
tear la ecuación correspondiente al grado de libertadθ : la del momento cinético enA, tomando
la componente segúnOy0. Se obtendrı́a una ecuación diferencial de segundo orden en θ , sin
incógnitas de ligadura. No da directamente una integral primera por el momento del peso, y
porque aparecen las otras velocidades generalizadas al derivar en ejes móviles. ComoA es un
punto móvil, hay que añadir el término corrector. Usandoel momento cinético de las velocida-
des absolutas,
MEA = L̇A+v
A
01∧mvG31
Como ejercicio, se puede plantear la ecuación del momento cinético con las velocidades relati-
vas aA (a unos ejes paralelos a los fijos con origen en A). Se debe llegar a la misma ecuación.
Es más cómodo trabajar en ejesS2. El momento cinético es similar al que se calculó paraO,
quitando el vectorOA del producto vectorial:
LA = AG∧mvG31+LG = m
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
0 0 a
a(2+cosθ) ϕ̇ aθ̇ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+
+ma2



−θ̇
ϕ̇ cosθ
2(ψ̇ + ϕ̇ sinθ)



= 2ma2



−θ̇
ϕ̇ (1+cosθ)
ϕ̇ sinθ + ψ̇



En A da momento el peso, y hay momentos de ligadura
en las direccionesu2 y u3 de giro impedido.
MEA =



0
MA2
MA3



+



mgacosθ
0
0



Si se trabajara en ejesS0, el momento de ligadura tendrı́a
componentes segúnOx0 y Oz0.
Finalmente, el término complementario vale, x0
y0
x
y
z≡ z0
O
M2 M3 Mpϕ
A
G
u3
u1
u2
mg
vA01∧mvG31 = m
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
2aϕ̇ 0 0
(2+cosθ)aϕ̇ aθ̇ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= ma2



0
0
2ϕ̇θ̇



Planteamos la ecuación,



mgacosθ
MA2
MA3



= 2ma2


d
dt



−θ̇
ϕ̇ (1+cosθ)
ϕ̇ sinθ + ψ̇



+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
−θ̇ ϕ̇ cosθ ϕ̇ sinθ
−θ̇ ϕ̇ (1+cosθ) ϕ̇ sinθ + ψ̇
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+



0
0
ϕ̇θ̇





Separamos la componenteu1,
mgacosθ = 2ma2
[
−θ̈ + ϕ̇ (ψ̇ cosθ − ϕ̇ sinθ)
]
Es la misma que se obtiene por mecánica analı́tica para la coordenadaθ . Para obtener una
integral primera, se eliminaṅψ y ϕ̇ con las dos integrales anteriores, llegando a una expresión
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 265
de la formaθ̈ = f (θ) , que se integra multiplicando ambos términos porθ̇ . Una vez en la forma
θ̇2 = g(θ), se procede como antes.
e Sobre el disco actúan la reacción de la varilla enG (3 componentes)
y el peso. La aceleración de G (solidario con la varilla) se puede calcular
por varios caminos:
DerivandovG21, ya conocida, en ejes móviles.
Por la composición de movimientos 2/0+0/1. θ
mg
u3
u1
u2
RG2
RG1
RG3
Por el primer camino, trabajando en ejesS2.
vG31 = v
G
21 =
[
(2+cosθ)aϕ̇,aθ̇ ,0
]
aG21= a



(2+cosθ) ϕ̈ −sinθϕ̇θ̇
θ̈
0



+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
−θ̇ ϕ̇ cosθ ϕ̇ sinθ
(2+cosθ)aϕ̇ aθ̇ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
Por el segundo camino, tendrı́amos
aG21 = a
G
20+a
G
01+2ωωω01∧vG20
La velocidad y la aceleración relativas son las de un giro planoθ alrededor deAy0: aθ̇ u2 y
aθ̈ u2−aθ̇2 u3. La aceleración de arrastre es la de un giroϕ alrededor deOz: a(2+cosθ)ϕ̈ u1−
a(2+cosθ)ϕ̇2 i0 . La velocidad angular de arrastre es la de este último giro,ϕ̇ k0. Proyectándolo
todo en ejesS2 y operando se obtiene el mismo resultado que por el otro camino.
Planteamos la ecuación de la cantidad de movimiento:



RG1
RG2
RG3



−mg



0
cosθ
sinθ



= ma



(2+cosθ) ϕ̈ −2sinθϕ̇θ̇
θ̈ +(2+cosθ)sinθ ϕ̇2
θ̇2+(2+cosθ)cosθ ϕ̇2



que determina la reacción una vez conocido el movimiento.
f Se han calculado antes la reacciónRG y el momento
MG que la varillaAG transmite al disco enG. Por acción-
reacción, el disco transmite a la varilla los mismos con
signo opuesto. EnA, la varillaOA transmite a laAG una
reacciónRA con tres componentes, y un momentoMA
con componentes segúnu2 y u3, las direcciones de giro
impedido. Como la varilla no tiene masa, las ecuaciones
del movimiento se reducen a las de equilibrio de fuerzas
y momentos en algún punto, por ejemplo enA.
x
y
z
O
ϕ
A
θ
MA2
MA3
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 único que hace es transmitir el sistema de fuerzas y momentos de
un extremo a otro. Salvo las direcciones en que hay giro libre, en que el momento transmitido
es nulo: 


0
MA2
MA3



=



MG1
MG2
0



+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
0 0 a
RG1 R
G
2 R
G
3
∣
∣
∣
∣
∣
∣=



MG1 −aRG2
MG2 +aR
G
1
0



Podemos ahora analizar la varillaOA, y ver que ligaduras se transmiten al sistema fijo.OAsolo
transmite aAGel momentoMA1 , los demás son nulos. Y recibe de esta su opuesto. Para analizar
la varillaOA conviene usar los ejesS0.
RO−RG = 0
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
266 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
El peso y la inercia del disco se transmiten ı́ntegros a los ejes fijos.



MOx0
MOy0
0



=



−MA2 sinθ
0
MA2 cosθ



+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u1 u2 u3
2a 0 0
RGx0 R
G
y0 R
G
z0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=



−MA2 sinθ
−2aRGz0
MA2 cosθ +2aR
G
y0



EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 267
Problema 11.3.3: Consideremos un plano inclinado un ángulo de 30o sobre el horizontal y
unos ejesOxy rectangulares marcados en el mismo, siendoOx la lı́nea de máxima pendiente
orientada positivamente en sentido descendente yOyuna recta horizontal.
Sobre dicho plano va a rodar y pivotar sin deslizamiento
un artilugio constituido por un eje con dos discos que gi-
ran sobre él en sus extremos. El ejeABse puede conside-
rar como una varilla de longitud 2a y masam. Los discos
extremos tienen radioa y masam. Una vista tomada per-
perdicularmente al plano inclinado está representada en
la figura adjunta.
La configuración del sistema ası́ constituido queda deter-
minada por los siguientes parámetros. Coordenadasξ , η
del centro de masas del ejeAB, ánguloθ formado porAB
con la horizontalOyy ángulos de rotaciónϕ1 y ϕ2 de los
discosD1 D2 sobre el ejeAB. En lo que sigue puede ser
interesante la consideración de un sistema de ejes móvi-
les GXY indicados en la figura, siendoGY coincidente
conAB y GX perpendicular aAB y paralelo al plano in-
clinado.
y
x
ξ
η
gsinπ/6
θ
Y
X
G
B
A
X1
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 las
denominaremosX1, Y1, X2, Y2, como están indicadas en la figura.
El sistema es abandonado a la acción de la gravedad partiendo de las siguientes condiciones
inicialesξ = η = 0, ξ̇ = η̇ = 0, ϕ̇1 =−ω, ϕ̇2 = ω
Se pide:
1. Establecer tres ligaduras que expresen el no deslizamiento de los discos sobre el plano.
La primera de ellas (1) expresará la anulación de la velocidad de los puntos de contacto
de los discos en sentido deAB y será común para ambos discos. Las otras dos (2) y (3)
expresarán la anulación de las velocidades en sentido perpendicular aABde los puntos de
contacto deD1 y D2 respectivamente. Comprobar que entre (2) y (3) se verifica lacom-
binación lineal: 2̇θ + ϕ̇1− ϕ̇2 = 0 (4) que será útil a la hora de efectuar la integración
del sistema de ecuaciones diferenciales.
2. Establecer la ecuación (5) de la cantidad de movimiento en sentidoGX.
3. Obtener el valor del momento cinético del artilugio completo enG considerando el mo-
vimiento relativo a ejes de direcciones fijas que pasan porG, si bien dicho vector se
deberá dar en componentesGXYZ.
4. Aplicar la ecuación (6) de la componenteGZ del momento cinético enG.
5. Establecer las ecuaciones (7) y (8) del momento cinéticoen el centro de cada uno de los
discos separadamente, quedándose con la componenteGY.
6. El sistema de ecuaciones (1) a (8), que tiene la ecuación (4) combinación 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 relación que comparada con la derivada de (4) permite obtener en
función 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)obtener
el valor deϕ1(t). Como ya se conocı́aϕ1−ϕ2 procedente del apartado 6) obtener también
ϕ2(t).
Septiembre de 1984
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
268 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
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 los
puntos de los discos que en cada momento estén en contacto con el plano, las ecuaciones de las
ligaduras son:
vI121= 0 v
I2
31 = 0
Como los puntos de contacto van cambiando, hay que calcular las velocidades mediante el
campo de velocidades del sólido, basándose en un punto quesea siempre el mismo; por ejemplo,
G, que es punto fijo de cada uno de los discos.
vI121= v
G
21+ωωω21∧GI1 =



ξ̇
η̇
0



1
+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i0 j0 k0
0 ϕ̇1 θ̇
0 −a −a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=



ξ̇ cosθ + η̇ sinθ +a
(
θ̇ − ϕ̇1
)
−ξ̇ sinθ + η̇ cosθ
0



=



0
0
0



vI231= v
G
31+ωωω31∧GI2 =



ξ̇
η̇
0



1
+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i0 j0 k0
0 ϕ̇2 θ̇
0 a −a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=



ξ̇ cosθ + η̇ sinθ −a
(
θ̇ + ϕ̇2
)
−ξ̇ sinθ + η̇ cosθ
0



=



0
0
0



Las ecuaciones en la direcciónGY son naturalmente las mismas, porque los discos están unidos
por una barra rı́gida en esa dirección, y las velocidades delos puntos deben ser iguales. Aunque
solo contemos una, tenemos dos ligaduras redundantes. El rozamiento del suelo sobre un disco,
en esa dirección, hace lo mismo que el rozamiento sobre el otro más la barra. Es sistema va a
ser hiperestático, y no podremos calcular las fuerzas de ligaduraY1 eY2 por separado, sino solo
la suma.
Las componentes en la direcciónGZ no aparecen porque, al ser integrables, ya se han tenido
en cuenta al no introducir las coordenadas generalizadas correspondientes (que podrı́an ser, por
ejemplo,ζ1 y ζ2 para las alturas de los puntosA y B). Quedan tres ecuaciones independientes,
−ξ̇ sinθ + η̇ cosθ = 0 (1)
ξ̇ cosθ + η̇ sinθ +a
(
θ̇ − ϕ̇1
)
= 0 (2)
ξ̇ cosθ + η̇ sinθ −a
(
θ̇ + ϕ̇2
)
= 0 (3)
Restando las dos últimas se obtiene
2θ̇ − ϕ̇1+ ϕ̇2 = 0 (4)
cuyo sentido es simple: si el aparato pivota en conjunto, unade las ruedas tiene que rodar hacia
delante y la otra hacia atrás (quizá sobrepuesto a una rodadura conjunta).
2 La ecuación de la cantidad de movimiento del sistema se escribe
3m



ξ̈
η̈
0



= 3mg



sinπ/6
0
−cosπ/6



+



X1
Y1
Z1



0
+



X2
Y2
Z2



0
donde las fuerzas de ligadura están en ejesGXY y el resto en ejesS1. Proyectando el peso y la
aceleración en la direcciónGx, tenemos
3m
(
ξ̈ cosθ + η̈ sinθ
)
=
3mg
2
cosθ +X1+X2 (5)
3 Para calcular el momento cinético del sistema respecto a unos ejesS4 paralelos a los fijos
(ωωω24 =ωωω21) con origen enG, podemos:
Aplicar el teorema de König a cada disco
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 269
Aprovechar queG se puede considerar como parte de cada disco, y aplicar las expresiones
del sólido con punto fijo. En vez de König, se aplica Steiner
En este movimiento, la varilla es un sólido con punto fijo.
Por el primer camino,
L2G = GA∧mvA24+ III2 ·ωωω24 = m
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i0 j0 k0
0 −a 0
aθ̇ 0 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+
ma2
4


1 0 0
0 2 0
0 0 1

 ·



0
ϕ̇1
θ̇



=
ma2
4



0
2ϕ̇1
5θ̇



L3G = GB∧mvB34+ III3 ·ωωω34 = m
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i0 j0 k0
0 a 0
−aθ̇ 0 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+
ma2
4


1 0 0
0 2 0
0 0 1

 ·



0
ϕ̇2
θ̇



=
ma2
4



0
2ϕ̇2
5θ̇



L3G = IIIAB ·ωωω04 =
m(2a)2
12


1 0 0
0 0 0
0 0 1





0
0
θ̇



=
ma2
3



0
0
θ̇



El momento de todo el sistema es la suma de los tres,
LG =
ma2
6



0
3(ϕ̇1+ ϕ̇2)
17θ̇



4 La ecuación del momento cinético del sistema es
dLG
dt
∣
∣
∣
∣
1
=
dLG
dt
∣
∣
∣
∣
0
+ωωω01∧LG = GI1∧R1+GI2∧R2
Proyectando en la direcciónGZ, tenemos
17ma2
6
θ̈ = a(X1−X2) (6)
5 Separando los discos, nos quedaremos con la ecuación correspondiente a su grado de li-
bertad, la de momento según su eje de giro. La articulaciónde los discos deja libre solo el giro
segúnGY. En todos los movimientos impedidos aparecen fuerzas o momentos de ligadura: En
A, RA = (XA,YA,ZA) y MA= (MAX,0,M
A
Z), y las equivalentes enB. Para el discoA, la ecuación
de momento cinético en su centro es
dLA
dt
∣
∣
∣
∣
1
=
dLA
dt
∣
∣
∣
∣
0
+ωωω01∧LA = MA+AI 1∧R1
Podemos trabajar en ejesS0 porque el disco tiene simetrı́a de revolución, y el tensor es constante
también en esos ejes. Las ecuaciones quedan
ma2
4


1 0 0
0 2 0
0 0 1





0
ϕ̈1
θ̈



+
ma2
4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i0 j0 k0
0 0 θ̇
0 2ϕ̇1 θ̇
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=



MAX
0
MAZ



+



aY1
−aX1
0



Tomando la componenteGY,
ma2
2
ϕ̈1 =−aX1 (7)
Para el otro disco, la ecuación es análoga,
ma2
2
ϕ̈2 =−aX2 (8)
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
270 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
6 Se han obtenido las ecuaciones (6), (7) y (8) de momento cinético:
17ma2
6
θ̈ = a(X1−X2)
ma2
2
ϕ̈1 =−aX1
ma2
2
ϕ̈2 =−aX2
Eliminando las fuerzas de ligadura se llega a
17ma2
6
θ̈ =
ma2
2
(ϕ̈2− ϕ̈1)
Por otra parte, derivando la ligadura (4) se obtiene
2θ̈ − ϕ̈1+ ϕ̈2 = 0
Se trata de un sistema homogéneo incompatible, por lo que laúnica solución es la trivial,
θ̈ = 0 ϕ̈2− ϕ̈1 = 0 (9)
Estas ecuaciones se integran, con las condiciones iniciales del enunciado, y suponiendo para
simplificar 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
(
ξ̈ cosθ + η̈ sinθ
)
=
3mg
2
cosθ − ma
2
ϕ̈1−
ma
2
ϕ̈2
Teniendo en cuenta (9),
3m
(
ξ̈ cosθ + η̈ sinθ
)
=
3mg
2
cosθ −maϕ̈1
Derivando (2) se tiene
ξ̈ cosθ + η̈ sinθ +
✘✘✘
✘✘✘
✘✘✘
✘✘(
−ξ̇ sinθ + η̇ cosθ
)
θ̇ +a
(
✓✓̈θ − ϕ̈1
)
= 0
El término entre paréntesis es precisamente la ligadura (1). Sustituyendo en la ecuación anterior,
se llega a
3maϕ̈1 =
3mg
2
cosθ −maϕ̈1 →
→ ϕ̈1 =
3g
8a
cosω t
ϕ̇1|0=−ω−−−−−→ ϕ1 =
3g
8aω2
(1−cosω t)−ω t
y por lo tanto,
ϕ2 =
3g
8aω2
(1−cos2ω t)+ω t
Aunque no se pida, es fácil sustituir en las ecuaciones de laligadura y obtener las coordenadas
del 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.
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 271
x
y
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
272 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Problema 11.3.4: Un planoP gira alrededor del eje horizontalOx1 de un sistema de referencia
galileanoOx1y1z1 con una velocidad angular constanteω partiendo de la posición horizontal
Ox1y1. Sobre el plano rueda y pivota sin deslizar una esfera homog´enea de radioa y masam.
La posición de la esfera queda fijada mediante las distanciasξ , η del punto de contacto aOy1z1
y Ox1, y mediante los tres ángulos de Euler que definen su orientación respecto al planoP. Sea
Ixyzun triedro móvil que tiene su origen en el punto de contactoI de la esfera con el plano, el
eje Ix es una horizontal de éste y el ejeIy es una lı́nea de máxima pendiente. Un observador
ligado al planoP pretende estudiar el movimiento de la esfera, determinandolas distanciasξ ,
η en función del tiempo ası́ como las componentesp, q, r en los ejesIxyzde la velocidad de
rotación de la esfera relativa aP. Para establecer las ecuaciones de este movimiento relativo
tendrá que introducir las correspondientes fuerzas ficticias de arrastre y Coriolis que estarán
distribuidas por toda la masa de la esfera.
Se pide:
1. Reducir el sistema de fuerzas de inercia de
arrastre al puntoI , dando resultante del siste-
ma y momento enI .
2. Reducir el sistema de fuerzas de Coriolis al
puntoI .
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 cinético de la esfera respecto al punto
I 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-
ción del tiempo. Particularizar los resultados
anteriores para el caso en que se tiene inicial-
menteξ = η = 0, ξ̇ = v0, η̇ = 0, r = 0.
x1
y1
z1
ω t
O
x
y
z
b
b
η
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 sólidoS2 a la esfera. Cada elemento de masaδm estará sometido a unas fuerzas de
inercia elementales
δFIA =−δmam01 δFIC =−2δmωωω01∧vm20
Como se ha visto en clase, estos sistemas distribuidos se reducen aG dando resultantes y mo-
mentos:
RIA =−maG01 M IAG =−IIIG ·ω̇ωω01−ωωω01∧ IIIG ·ωωω01
RIC =−2mωωω01∧vG20 M ICG = 2ωωω20∧PPPG ·ωωω01
Para la esfera, independientemente de los ejes en que se trabaje,
IIIG =
2
5
ma2UUU PPPG = IGUUU− IIIG =
3
5
ma2UUU− IIIG =
1
5
ma2UUU
Del enunciado,
ωωω20 = (p,q, r) vG20 = (ξ̇ , η̇,0)
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 273
Están proyectados en ejesIxyz(sólidoS3), que son paralelos a losS0. Las dos están relacionadas
por la condición de no deslizamiento, pero eso se verá en elapartado 3. La resultante de las
fuerzas de arrastre será,
RIA =−maG01 =−m [0+0+ωωω01∧ (ωωω01∧OG)] = mω2 (0,η,a)
y el momento enG,
M IAG =−IIIG ·✟✟✟ω̇ωω01−ωωω01∧ IIIG ·ωωω01 =−
2
5
ma2✭✭✭✭
✭✭✭ωωω01∧UUU ·ωωω01 = 0 (‖)
Reduciéndolo aI , se tiene:
RIA = mω2 (0,η,a) M IAI = IG∧RIA = M IAI =−mω2 aη i3
2 Aplicando las expresiones de las fuerzas y momentos de Coriolis,
RIC =−2mωωω01∧vG20 =−2m
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i3 j3 k3
ω 0 0
ξ̇ η̇ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= RIC =−2mω η̇ k3
M ICG = 2ωωω20∧PPPG ·ωωω01 = 2
1
5
ma2ωωω20∧ωωω01 =
2
5
ma2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i3 j3 k3
p q r
ω 0 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
2
5
ma2ω (0, r,−q)
M ICI =✘✘
✘✘✘IG∧RIC +M ICG = M ICI =
2
5
ma2ω (0, r,−q)
3 Como la esfera rueda y pivota sin deslizar,
vI20 =



0
0
0



= vG20+ωωω20∧GI =



ξ̇
η̇
0



+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i3 j3 k3
p q r
0 0 −a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
→
ξ̇ = aq (1)
η̇ =−ap (2)
4 Hay que escribir las ecuaciones del momento
cinético enI para el movimiento relativo a los ejes
S3. Pero las fuerzas de inercia y sus momentos se han
calculado para el movimiento relativo aS0. No hace
falta calcularlos de nuevo. En Mecánica I, al plantear
las ecuaciones del momento cinético respecto a un
punto móvil, se vieron dos formas:
MEI = L̇ I +mv
I
30∧vG20
MEI = L̇ I +mIG∧~aI30 x1
y1
z1
ω t
O
x
y
z
b
η
ξ
I
b
Ambas suponen que los ejes inerciales son los0; en la primera el momento cinéticoL I es
el de las velocidades respecto a estos ejes0; en la segundaL I se calcula con las velocidades
respecto a unos ejes paralelos a los0, con origen enI , es decir, precisamente lo que pide el
enunciado. No importa que de hecho los ejes0 no sean inerciales, porque vamos a incluir los
momentos de las fuerzas de inercia. La única fuerza directamente aplicada es el peso, que en
ejesS0 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
IC
I + IG∧P=−mω2aη



1
0
0



+
2
5
ma2ω



0
r
−q



+mgasinω t



1
0
0



EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
274 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
Para el momento cinético relativo, hay que tener en cuenta queG es un punto fijo de los ejesS3;
además, estos ejes son ya “inerciales”:
L I = LG+mIG∧��v
G
23 = IIIG ·ωωω23 =
2
5
ma2



p
q
r



→ L̇ I =
2
5
ma2



ṗ
q̇
ṙ



Para el término complementario,
aI30 =



ξ̈
η̈
0



mIG∧aI30 = ma



−η̈
ξ̈
0



Finalmente, las ecuaciones quedan,
mgasinω t −maω2 η = 2
5
ma2 ṗ−maη̈ (3)
2
5
ma2ω r =
2
5
ma2 q̇+maξ̈ (4)
−2
5
ma2ω q=
2
5
ma2 ṙ (5)
5 Estas ecuaciones debe integrarse junto con las de ligadura.Derivando estas,
ξ̈ = aq̇ η̈ =−a ṗ
se pueden eliminar̈ξ y η̈ de (3) y (4). En la primera,
mgasinω t −maω2 η = 2
5
ma2 ṗ−maη̈ = 7
5
ma2 ṗ
derivando: mgaω cosω t −maω2 η̇ = 7
5
ma2 p̈
y eliminandoη̇ con (2): p̈− 5
7
ω2 p=
5gω
7a
cosω t
El término independiente no es soluciónde la homogénea;se puede escribir directamente:
p= phom+ ppart = Ae
√
5
7ω t +Be−
√
5
7ω colorbluet+C cosω t
para C: −Cω2− 5
7
ω2C=
5gω
7a
→ C=− 5g
12ω a
En la segunda,
2
5
ma2ω r =
2
5
ma2 q̇+maξ̈ =
2
5
ma2 q̇+ma2 q̇=
7
5
ma2 q̇
Está acoplada con la (5). Derivando y sustituyendo ésta, se eliminar
2ω r = 7q̇ → 2ω ṙ = 7q̈ → 7q̈+2ω2 q= 0
↑
−ω q= ṙ
que se integra trivialmente,
q= D cos
√
2
7
ω t +E sin
√
2
7
ω t
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 275
Para obtenerr, se puede sustituir este valor deq en (5) e integrar; pero es más sencillo sacarla
directamente de (4), simplemente derivando laq:
r =
7
2ω
q̇=
√
7
2
(
−D sin
√
2
7
ω t +E cos
√
2
7
ω t
)
Con estos valores se pueden integrar las ecuaciones de la ligadura para obtenerξ y η
ξ̇ = aq → ξ =
√
7
2
a
ω
(
D sin
√
2
7
ω t −E cos
√
2
7
ω t
)
+F
η̇ =−ap → η =
√
7
5
a
ω
(
−Ae
√
5
7ω t +Be−
√
5
7ω t
)
+
5g
12ω2
sinω t +G
Las constantesA, B y G no son independientes, puesη y ṗ están relacionadas también por la
ecuación (3), que al eliminar̈η queda
ω2η = g sinω t − 7
5
a ṗ
Sustituyendop(t) se llega al mismo valor que antes, pero conG= 0.
Estas expresiones generales se particularizan para el casoξ = η = r = η̇ = 0, ξ̇ = v0.
ξ (0) =−
√
7
2
a
ω
E+F = 0
η(0) =
√
7
5
a
ω
(−A+B) = 0
r(0) =
√
7
2
E = 0
ξ̇ (0) = aq(0) = aD= v0
η̇(0) =−ap(0) =−a
(
A+B− 5g
12ωa
)
= 0
Con lo que se obtiene
E = F = 0 D =
v0
a
A= B=
5g
24ω a
Y las soluciones son
p=
5g
24ω a
(
e
√
5
7ω t +e−
√
5
7ω t −2cosω t
)
q=
v0
a
cos
√
2
7
ω t
r =− v0
2a
sin
√
2
7
ω t
ξ =
√
2
7
v0
ω
sin
√
2
7
ω t
η =
5g
24ω2
(
−
√
7
5
e
√
5
7ω t +
√
7
5
e−
√
5
7ω t +2sinω t
)
En la solución se aprecia:
El término sinusoidal de laη , debido al peso: al girar el plano el peso oscila en uno y otro
sentido del ejey
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
276 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
La oscilación sinusoidal segúnx debido a que el peso desvı́a la velocidad inicial, y en
cuanto hay velocidad segúny el momento de Coriolis induce un movimiento segúnx
El término exponencial segúny, debido a la fuerza centrı́fuga, que enseguida ahoga a los
otros dos.
También se aprecia el factor 7/5, propio de la rodadura de una esfera: 2/5 del momento de
inercia 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,
también se acelera: se debe al momento de las fuerzas de Coriolis.
Además, para que este análisis fuera válido, la esfera nodeberı́a caerse cuando el plano
esté hacia arriba. Harı́a falta que la ligadura fuera bilateral, o comprobar el signo de la
reacción normal.
Dando valores unitarios aω, v0 y a, y para valores diversos deg, la trayectoria será:
x0
y0
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 277
Problema 11.3.5: Consideremos un disco pesado, homogéneo de masam y radio R. En el
centroM del disco hay unida rı́gidamente y perpendicular a él una varilla MN sin masa y de
longitud 2R.
El sólido ası́ formado se pone en movimiento de modo que el extremoN se apoye sobre un
plano 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 y
a sus versores llamaremosi, j , k.
Mx2y2z2: Sistema móvil de ejes paralelos aOx1y1z1
y de origenM.
Mx3y3z3: Sistema móvil ligado al sólido y de origen
enM. El ejeMz3 es la prolongación deNM y
los Mx3, My3 dos diámetros ortogonales.
Inicialmente el puntoN se encuentra enO(0,0,0), el M en (
√
3R,0,R) y Mx3 está en el
planoOx1z1.
La velocidad inicial deM valeωRj y la velocidad de rotación, también 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 elegirán como parámetros para fijar la posición del sólido las coordenadas(ξ ,η) de la
proyección deM sobreOx1y1 y los ángulos de Euler(ψ,θ ,ϕ) del sistemaMx3y3z3 respecto al
Mx2y2z2. Se pide:
1o.- Energı́a cinética del sólido en función de los parámetros que fijan su posición y de sus
derivadas respecto al tiempo.
2o.- Función 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
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
278 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
1 El sistema tiene una ligadura: el contacto del extremoN con el plano liso. La altura deM
pasa a serζ = 2Rcosθ , y quedan 5 coordenadas generalizadas:ξ ,η,ψ,θ ,ϕ, una por grado de
libertad. La reacción del plano será una fuerza vertical en el extremoN, FL = Nk.
La energı́a cinética se calcula fácilmente por Koenig:
T =
1
2
mv2M +
1
2
ωωω32 · IIIM ·ωωω32
La velocidad deM se calcula directamente, pues tenemos sus coordenadas en ejes fijos:
OM = (ξ ,η,2Rcosθ) vM31 =
(
ξ̇ , η̇,−2Rsinθ θ̇
)
Para hallar laωωω32 ≡ ωωω31, conviene introducir unos ejes
intermediosMx0y0z0 (ejes de Résal), que acompañan al
sólido en la precesión y la nutación, pero no en la rota-
ción propia, de modo queMx0 es el eje de nodos. Por
la simetrı́a de rotación, son también principales para el
disco, y la velocidad angular queda más simple:
ωωω32 = ψ̇ k1+ θ̇ i0+ ϕ̇ k0 =



θ̇
ψ̇ sinθ
ϕ̇ + ψ̇ cosθ



0
θ
ϕ
θ̇
ϕ̇
ψ̇
x0
y0
x3
z0 ≡ z3 z1
M
N
El tensor del disco, en ejes 0 ó 3,IIIM = mR
2
4


1 0 0
0 1 0
0 0 2

. Se puede ya calcular la energı́a
cinética,
T =
1
2
m
(
ξ̇ 2+ η̇2+4R2sin2θ θ̇2
)
+
1
8
mR2
[
θ̇2+ ψ̇2sin2θ +2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)2
]
=
= T =
m
2
(
ξ̇ 2+ η̇2
)
+
mR2
8
[
ψ̇2sin2θ + θ̇2
(
1+16sin2 θ
)
+2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)2
]
2 La función de fuerzas es inmediata, pues sólo actúa el peso:
U =−V =−mgzM =−2mgRcosθ
3 Para el sólido contamos con seis ecuaciones independientes:
Tres de cantidad de movimiento.
Tres de momento cinético. Se puede tomar momentos enG o enN; en este caso hay que
añadir el término corrector.
También se pueden buscar directamente integrales primeras, razonando qué magnitudes
se conservan.
Para la ecuación de la cantidad de movimiento, en la aceleración
se sustituye la ligadura,ζ = 2Rcosθ



0
0
N−mg



= m



ξ̈
η̈
−2R(sinθ θ̈ +cosθ θ̇2)



Salen dos integrales primeras,ξ̇ =C1 y η̇ =C2.
N
θ
mg
Para la ecuación del momento cinético, tenemos dos opciones:
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 279
Tomar momentos enG, pero aparece el momento deN
Tomarlos enN, con lo que la fuerza de ligadura no aparece, pero hay que añadir el término
corrector por ser punto móvil.
ComoN se obtiene fácilmente de la tercera de cantidad de movimiento, podemos tomar mo-
mentos enG. Se puede plantear la otra como ejercicio, y comprobar que sellega exactamente a
las mismas ecuaciones, como es natural.
Hay que escoger los ejes para proyectar. El momento cinético es más simple en ejes de
Résal,S0, que en los fijos o en ejes sólido; el momento deN es también más simple en esos
ejes. Ası́ se obtiene:
MN ∧Nk1 =
dLM
dt
∣
∣
∣
∣
1
= IIIM ·ω̇ωω31+ωωω01∧ IIIM ·ωωω31
La velocidad angular de los ejesS0 es la misma del sólido, menos la rotación propiaϕ̇. Todo se
conoce en estos ejes, puesMN =−2Rk0, y k1 = sinθ j0+cosθ k0. Si quisiéramos desarrollar
y usar esta ecuación, se tendrı́a,



2RNsinθ
0
0



=
mR2
4
d
dt



θ̇
ψ̇ sinθ
2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)



+
mR2
4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i0 j0 k0
θ̇ ψ̇ sinθ ψ̇ cosθ
θ̇ ψ̇ sinθ 2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
De esta ecuación se obtiene directamente una integral primera,
pues el término corrector no tiene componentez0, de modo que
se conservȧϕ + ψ̇ cosθ .
Podrı́amos seguir y desarrollar las otras dos ecuaciones diferencia-
les, que por el aspecto van a ser bastante complicadas, y mucho
más cuando se sustituya laN.Esas ecuaciones se podrán integrar,
pues en el sistema se conservan varias magnitudes, pero ser´a un
proceso costoso. Es más sencillo buscar directamente las integra-
les primeras:
N
θ
mg
El sistema es conservativo: la única fuerza es el peso, y la ligadura es lisa y estacionaria,
con lo que no trabaja. Podemos plantear la integral de la energı́a, cuyos términos ya
conocemos:
T +V =
m
2
(
ξ̇ 2+ η̇2
)
+
+
mR2
8
[
ψ̇2sin2 θ + θ̇2
(
1+16sin2θ
)
+2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)2
]
+2mgRcosθ = E
Las dos fuerzas exteriores, peso y reacción normal, son verticales: no dan momento según
k1 y por tanto se conserva el momento cinético en esa dirección:
(MN ∧Nk1) ·k1 = 0 ⇒ LM ·k1 = Hz1 = Cte.
mR2
4



θ̇
ψ̇ sinθ
2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)



·



0
sinθ
cosθ



⇒ ψ̇ sin2 θ +2(ϕ̇ + ψ̇ cosθ)cosθ =C3
Las fuerzas exteriores cortan al ejeMz0, que es de revolución: la tercera ecuación de Euler
da una integral primera:
Cṙ + pq(A−A) = 0 ⇒ r = Cte ⇒ ϕ̇ + ψ̇ cosθ =C4
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
280 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
De estas integrales primeras, sólo la última sale directamente de la ecuación del momento cinéti-
co. Las otras se podrı́an haber obtenido, pero laboriosamente.
Obsérvese que las integrales primeras asociadas al giro son las mismas que en el sólido de
Lagrange. El problema es distinto, pues aquı́ no hay punto fijo, pero la rotación tiene las mismas
ecuaciones e integrales primeras que en aquel caso.
4 Para determinar el movimiento deM, tendremos que integrar o dejar reducidas a cuadraturas
sus 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 también deducimos queθ0 = π/3 y θ̇0 = 0. Para hallarθ(t)
podemos usar cuatro integrales primeras para dejar la de la energı́a sólo como una función deθ̇
y θ . Antes, la tercera se sustituye en la cuarta de modo que podemos despejar
ψ̇ sin2 θ = 2C4cosθ +C3
con lo que se llega a
m
2
(
C21 +C
2
2
)
+
mR2
8
[(
2C4cosθ +C3
sinθ
)2
+ θ̇2
(
1+16sin2 θ
)
+2C23
]
+2mgRcosθ = E
Agrupando las constantes, se obtiene una cuadratura:
θ̇2
(
1+16sin2 θ
)
= E′− 16g
R
cosθ −
(
2C4cosθ +C3
sinθ
)2
→
→ ±dθ
√
√
√
√
1+16sin2 θ
E′− 16gR cosθ −
(2C4 cosθ+C3)2
sin2θ
= dt
La ecuación deθ es exactamente la misma que la del sólido de Lagrange. Se puede hacer un
análisis cualitativo mediante el potencial efectivoV(θ). Como se ve en teorı́a, el caso general
es una oscilación entre dos valoresθ1,θ2, mientras continúan la precesión y la rotación propia.
Las condiciones iniciales implicaṅθ0= 0; esto significa que estamos en uno de los extremos
de la oscilación, o bien en un movimiento estacionario (θ1 = θ2); este último caso se identifica
fácilmente porquëθ = 0.
5 El enunciado pide integrar completamente el movimiento, pero hemos visto que las ecuacio-
nes son las del sólido de Lagrange, queno se pueden integrarmediante funciones elementales.
Esto sólo puede significar una cosa: estamos en el caso integrable del sólido de Lagrange: el
movimiento estacionario.
Para determinarlo, veremos siθ̈ = 0. Iremos calculando las constantes, y sustituyendo en
la quinta ecuación de Lagrange. Sustituir en la de la energ´ıa no sirve de nada: ya sabemos que
θ̇ = 0 en el instante inicial. Se podrı́a derivar, eliminaṙθ (pues la ecuación vale para todot, no
sólo el inicial) y comprobar el valor dëθ . Pero es más corto hacerlo con la quinta de Lagrange:
se ahorra derivar.
ζ0 = R= 2Rcosθ0 → θ0 = π/3; ζ̇0 = 0=−2r sinθ0θ̇0 = 0 → θ̇0 = 0
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
11.3. DINÁMICA 281
En cuanto a la velocidad angular, nótese que las dos componentesω1 y ω2 están dirigidas,
respectivamente, segúnk1 y k0 ≡ k3; es decir, corresponden a la precesión y la rotación propia.
La nutación, como se dedujo de la velocidad deM, es nula:
ωωω32 = ψ̇0k1+✟✟✟θ̇0 i0+ ϕ̇0k0 = ω k1+
16g−ω2R
8ωR
2k3 →
{
ψ̇0 = ω
ϕ̇0 = 16g−ω
2R
4ωR
donde el 2 se debe a que el vector dirección
√
3i1+k1 = 2k3 no es unitario.
mR2
4
[
θ̈
(
1+16sin2 θ
)
+16��̇θ2sinθ cosθ
]
−
− mR
2
8
[
2ψ̇2sinθ cosθ −4(ϕ̇ + ψ̇ cosθ) ψ̇ sinθ
]
−2mgRsinθ = 0
θ̈0 (. . .) =
[
2ψ̇20 sinθ0cosθ0−4(ϕ̇0+ ψ̇0cosθ0) ψ̇0sinθ0
]
+
16g
R
sinθ0
θ̈0 (. . .) =
[
2ω2
√
3
4
−4
(
16g−ω2R
4ωR
+ω
1
2
)
ω
√
3
2
]
+
16g
R
√
3
2
= 0
Por tanto, estamos en el movimiento estacionario. Las coordenadas generalizadas valen:
ξ =
√
3R η = ωRt θ =
π
3
ψ = ω t +
π
2
ϕ =
16g−ω2R
4ωR
t +ϕ0
El valor inicial deψ se obtiene observando la configuración del sistema en el instante inicial.
El deϕ es arbitrario, porque no se ha dado ningún dato.
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
282 CAṔITULO 11. DINÁMICA DEL SÓLIDO
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
Caṕıtulo 12
Percusiones
Ejercicio 12.1: La figura muestra un sistema compuesto por un
disco homogéneo de masamy radioa y una varillaABde longitud
2a y masamarticulada sin rozamiento en el extremoA, en un punto
de la periferia del disco. El disco no desliza sobre la lı́neaen que
se apoya. Inicialmente el sistema está en reposo y se le aplica una
percusiónP al disco tal como indica la figura. Obtener el estado
cinemático del sistema justo después de aplicar la percusión y el
valor de las percusiones de ligadura.
P
A
B
El disco estáapoyadosobre la recta: ligadura unilateral. Tenemos que ver si la percusión de
ligadura que aparece en el apoyo es compatible o no. Si es compatible, el disco rueda después
de la percusión. Si no, la ligadura no actúa y el disco se levanta.
Otro camino es resolverlo sin la ligadura y, si el movimientoresultante no lo permite la
ligadura, es que sı́ actúa 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 sı́ puede
levantarse. Intuitivamente se ve que se va a levantar: al rodar hacia la
derecha, el disco empuja hacia abajo la varilla. Para que se conserve la
cantidad de movimiento, la ligadura tiene que empujar haciaabajo. Co-
mo no es posible, el disco salta hacia arriba y ası́ compensa la cantidad
de movimiento hacia abajo de la varilla. De todos modos, resolveremos
primero el caso con la ligadura activa. ϕ̇
θ̇
ẋ
x
y
I
No se levanta
Tenemos dos sólidos planos, con cuatro ligaduras (2 finitasde la articulación enA y dos
cinemáticas integrables de la rodadura sin deslizamientosobre la recta rugosa). Hay varias
posibilidades:
Aislar los dos sólidos y aplicarle cada uno las ecuaciones de cantidad de movimiento (2)
y de momento cinético (1): ası́ se obtienen las velocidadesdespués de la percusión y todas
las percusiones de ligadura, internas y externas.
Aplicarles las ecuaciones al sistema completo y a uno de los sólidos, por ejemplo la
varilla; equivalente al anterior pero quizá algo más complicado.
Buscar dos ecuaciones correspondientes a los grados de libertad, por ejemplo, la de mo-
mento cinético del sistema enI (desaparecen las percusiones de ligadura exteriores) y la
del momento cinético de la varilla enA (desaparecen las percusiones internas)
Como nos interesa el valor de la percusión de ligadura enI , escogemos el primer camino.
283
284 CAṔITULO 12. PERCUSIONES
Llamando(x,a) a las coordenadas del centro del discoC, y −θ̇ k a la velocidad angular del
disco, la ligadura de rodadura sin deslizamiento implica
vI = 0= vC+ωωωD ∧ IC =
(
ẋ−aθ̇
)
i = 0 → ẋ= aθ̇
Para aplicar la ecuación de la cantidad de movimiento a la varilla tenemos que calcular la
velocidad deA y la deG. Llamando−ϕ̇ k a la velocidad angular de la varilla:
vA = vC+ωωωD ∧CA = aθ̇ i −aθ̇ j vG = vA+ωωωV ∧AG =
(
aθ̇ −aϕ̇
)
i −aθ̇ j
Aparecerán dos percusiones de ligadura exteriores enI (una por cada dirección de movimiento
impedida) y dos interiores, de acción reacción, en la articulaciónA. La cantidad de movimiento
y el momento cinéticoantesde la percusión son nulos, porqueel sistema está en reposo. Las
ecuaciones a aplicar son:
FL +P= mvdG−mvaG MLO+MPO = LdO−LaO
que en este caso adoptan la forma:
P+Qx−Rx = maθ̇d Rx = ma
(
θ̇d− ϕ̇d
)
Qy−Ry = 0 Ry =−maθ̇d
a(Ry−Qx) =
1
2
ma2θ̇d Rxa=
1
12
m4a2 ϕ̇d
θ̇ ẋ Rx
Ry
QxQy
P
ϕ̇
RxRy
Todas las ecuaciones están aplicadas en la posición inicial, sin mover las coordenadas. Por la
ligadura unilateral, tendrá que serQy ≥ 0: el suelo sólo puede dar percusiones hacia arriba.
Entre la segunda y la quinta se obtieneQy = Ry =−maθ̇d , que es obvio que va a ser negativa.
Entre la cuarta y la sexta sale 3θ̇d = 4ϕ̇d ; sustituyendoRx y Qy en la primera, se obtiene
P = 114 maθ̇
d > 0, con lo que, efectivamente,Qy < 0. Esto no es posible: el disco se levanta.
Hay que repetir el problema sin la ligadura.
Se levanta
Si el disco puede levantarse, hay que liberar la ligadura vertical (quitar la percusión de
ligadura y devolver el grado de libertad), y modificar las velocidades:
vC = aθ̇ i + ẏj vG =
(
aθ̇ −aϕ̇
)
i +
(
ẏ−aθ̇
)
j
Las nuevas ecuaciones serán:
P+Qx−Rx = maθ̇d Rx = ma
(
θ̇d− ϕ̇d
)
−Ry = mẏd Ry = m
(
ẏd−aθ̇d
)
a(Ry−Qx) =
1
2
ma2θ̇d aRx =
1
12
m4a2 ϕ̇d
θ̇
ẋ
ẏ
Rx
Ry
Qx
P
ϕ̇
RxRy
Entre la 4 y la 6,
1
3
maϕ̇d = ma
(
θ̇d− ϕ̇d
)
→ ϕ̇d = 3
4
θ̇d
Entre la 2 y la 5,
−ẏd = m
(
ẏd−aθ̇d
)
→ ẏd = a
2
θ̇d → Ry =−m
a
2
θ̇d
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
285
Con esto, de la 3a se obtieneQx =−amθ̇d ; sustituyendo esto y laRx en la 1a,
P−maθ̇d− 1
4
maθ̇d = maθ̇d → θ̇d = 4P
9ma
ϕ̇d =
P
3ma
ẏd =
2P
9m
Las percusiones de ligadura serán,
Qx =−
4P
9
Rx =
P
9
Ry =−
2P
9m
Ejercicio 12.2: Un disco que se mantiene siempre en un plano
vertical va rodando y deslizando sobre una recta horizontallisa la
cual a partir de una posición se vuelve rugosa tal como muestra la
figura.
Discutir, según que el coeficiente de rozamiento sea finito oinfinito
y según los valores deω y V, si aparecen percusiones en el instante
en 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 de
rozamiento que valdrá
No desliza: |R| ≤ f |N| ; Desliza: R =− f |N|v
I
vI
Obviamente es una fuerza acotada, del mismo orden que las fuerzas caracterı́sticas del movi-
miento (peso,N), que actúa si hay deslizamiento y lo va frenando hasta que desaparezca;no
aparece percusíon (fuerza muy grande que actúa durante un tiempo muy corto, encomparación
con los valores caracterı́sticos 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 rodarı́asin deslizar. Esto pasa, por
ejemplo, cuando un piñón rueda sobre una superficie lisa y de pron-
to engrana en una cremallera. Se introduce bruscamente la ligadura
de rodadura sin deslizamiento. El primer choque entre los dientes
del engranaje frena bruscamente la velocidad de deslizamiento.
y
v
ω
Llamandox a la coordenada en la dirección dev y θ al ángulo girado por el disco en la
dirección deω de la figura, la ecuación de la ligadura brusca de no deslizamiento será
vI = (ẋ−Rθ̇) i = 0 → ẋ= Rθ̇
En el punto de contactoI aparecerá una percusión de ligaduraPx i al empezar a rodar por la
zona rugosa (o en el diente primero que engrane). En ese puntoya hay una fuerza normal de
ligadura, que equilibra al peso. Supondremos que da percusión también,Py j , aunque ya veremos
que va ser nula, porque el disco sigue rodando sobre la recta (hacemos esta hipótesis para que el
ejercicio no se complique: en realidad, habrı́a salto o percusión vertical si el plano de contacto
entre los dos primeros dientes no es exactamente vertical).Las ecuaciones impulsivas para el
disco serán:
CM:
{
mẋd −mv= Px
0−0= Py
MC: − 1
2
mR2θ̇d+
1
2
mR2ω = PxR
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
286 CAṔITULO 12. PERCUSIONES
De este sistema se obtiene
ẋd = Rθ̇d =
2v+ωR
3
Px = m
ωR−v
3
Py = 0
Obsérvese que, en el momento del choque, el punto de contacto tiene una velocidadv−ωR.
La percusión en la ligadura tiene el signo opuesto: frenar bruscamente esa velocidad de desli-
zamiento. Tendremos tres casos según los valores relativos dev y ω:
v
Rω < v
Px
v
Rω = v
Px = 0
v
Rω > v
Px
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
287
Ejercicio 12.3: El sistema de la figura está constituido por las varillas
AB y BC articuladas en el puntoB, ambas de masam y longituda. El
extremoA de la varillaAB es fijo y el sistema se encuentra sobre un
plano horizontal liso. Inicialmente el sistema está en reposo tal como
se indica en la figura y se le aplica una percusiónP en el puntoC, for-
mando un ángulo de 45o con la varillaBC. Determinar las velocidades
angulares de las varillas justo después de aplicar la percusión. A
B
C P
45o
Sólo se piden las velocidades, no las percusiones de ligadura: compensa buscar ecuaciones
libres de fuerzas de ligadura.
Las dos varillas tienen articulaciones en las que aparecer´an percusiones de ligadura, por lo
que las ecuaciones de la cantidad de movimiento no nos sirven.
Se puede usar la de momento cinético de todo el sistema enA, y la de momento cinético de
la varilla BC enB. Además, la percusión no da momento enA porque su lı́nea de acción pasa
por el origen.
Para calcular el momento cinético necesitamos la velocidad del CDM
de la segunda varilla. Trabajando directamente en la posición inicial, se
tiene
vG = vB+ωωωBC∧BG = aϕ̇ j −
a
2
θ̇ i
El momento cinético de la primera varilla lo calculamos como un sólido
con punto fijo; para la otra, que no tiene ningún punto fijo, aplicamos
Koenig:
ϕ̇ θ̇
P
x
y
LABA
︷ ︸︸ ︷
1
3
ma2 ϕ̇d+
AG∧mvG
︷ ︸︸ ︷
ma2 ϕ̇d +
ma2
4
θ̇d +
LBCG
︷ ︸︸ ︷
1
12
ma2 θ̇d−0= 0
Aislando la segunda varilla, tomamos momento enB:
m
a2
4
θ̇d +
1
12
ma2θ̇d −0=−Pa
√
2
2
AunqueB es un punto móvil, podemos aplicar las ecuaciones impulsivas del momento cinético,
porque usamos las velocidades absolutas, y entonces el término corrector no da percusión. Al
ver el resultado, puede dar la impresión de queLBCB es el de un sólido con punto fijo: no es ası́,
porque el puntoB se mueve; pero la aportación de esa velocidad al momento cinético resulta
ser nula para esa posición de la varilla.
La segunda ecuación da directamenteθ̇d, y sustituyendo en la primera se obtieneϕ̇d:
θ̇d =−3P
√
2
2ma
ϕ̇d =
3P
√
2
8ma
EIAE. Problemas de Mecánica Clásica
288 CAṔITULO 12. PERCUSIONES
Ejercicio 12.4: Sea un proyectilM con movimiento horizontal rectilı́neo y uniforme que tiene
una cantidad de movimiento de valorpi. Sea una barra homogénea de masam y longitudL0
que está articulada en un puntoO y que inicialmente está en reposo verticalmente.
El proyectil choca con la barra a una distanciaL de la articulación
O y se queda incrustado en ella. Calcular, suponiendo despreciable
la masa del proyectil frente a la de la barra:i) incremento de canti-
dad de movimiento del sistema y valor de la percusión de ligadura
enO; ii) la velocidad angular que adquiere la barra después del im-
pacto.iii) el ángulo de máxima desviación de la barra respecto de
la vertical, en el movimiento que sigue al impacto, si solo actúa el
peso en dirección−j .
p
M
L
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 cinético y dos de cantidad de movimiento. Hay tres incógnitas:
dos percusiones de ligadura en la articulación,Qx y Qy, y la velocidad angular inmediatamente
después de la percusión. A la varilla se le pueden aplicar las expresiones del sólido con punto
fijo. Tomando como coordenada el ánguloθ de la figura, se tiene:
1
3
mL20 θ̇
d −0= pL → θ̇d = 3pL
mL20
m
L0
2
θ̇d −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 sólo la del proyectil;después, sólo la barra. El incre-
mento es:
∆C = Cd−Ca = mL0
2
θ̇d − p= p+Qx− p= Qx
2