Placa Colgando

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Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 1 de 20 
Placa Colgante 
Una placa rectangular de dimensiones L x h = 600 mm x 250 mm y espesor uniforme e = 20 mm de acero 
(ρ=7.850 kg/m3) está sostenida en el plano vertical mediante dos soportes como se indica en la figura. Cuando 
el soporte superior se rompe, la placa cae por acción de su propio peso, comenzando a balancearse sobre el 
soporte inferior. Hallar la ecuación de movimiento de la placa y las reacciones en el soporte. Para una primera 
aproximación, considerar un soporte liso sin fricción, para un segundo caso considerar fricción en el soporte 
(plantee distintos modelos, fricción debido a la carga estática, debido a la carga dinámica, combinada, 
proporcional a la velocidad, etc.). 
 
 
 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 2 de 20 
Caso Sin Fricción 
Analicemos este ejercicio mediante la energía mecánica de la placa y el Teorema de las Fuerzas Vivas. 
Adoptemos el siguiente modelo físico representativo y las ternas en él indicadas. 
 
Tomando como punto de análisis el A, de manera que su velocidad de traslación es nula, la formulación de la 
energía cinética para un cuerpo rígido adopta la siguiente forma: 
𝑇 =
1
2
𝑚�⃗�𝐺
2 + 𝑚�⃗�𝑂1 ∙ [�⃗⃗⃗� ∧ (𝐺 − 𝑂1)] +
1
2
𝐼𝜔𝜔�⃗⃗⃗�
2 
Donde: 
• �⃗�𝐺: velocidad del centro de masa de la placa, punto G; 
• �⃗�𝑂1: velocidad del punto adoptado como referencia, en este caso O1 ≡ A; 
• 𝐼𝜔𝜔: momento de inercia en el eje paralelo a la dirección del vector velocidad angular y que pasa por el 
baricentro G. 
Analizando el modelo cinemáticamente tenemos: 
�⃗�𝐴 = 0⃗⃗ �⃗�𝐴 = 0⃗⃗ �⃗⃗⃗� = (−�̇�). �̌�1 𝜀 = (−�̈�). �̌�1 
�⃗�𝐺 = �⃗�𝐴 + �⃗⃗⃗� ∧ (𝐺 − 𝐴) = 0⃗⃗ + (−�̇�). �̌�1 ∧ �⃗⃗� = (−�̇�). �̌�1 ∧ [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] = −�̇�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌ + �̇�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ 
�⃗�𝐺 = �̇�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ − �̇�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌ 
�⃗�𝐺
2 = �⃗�𝐺 ∙ �⃗�𝐺 = (𝑅�̇�)
2
 donde 𝑅2 = (𝐿 2⁄ )2 + (ℎ 2⁄ )2 
Podemos entonces calcular la energía cinética de la placa como: 
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𝑇 =
1
2
𝑚�⃗�𝐺
2 + 𝑚�⃗�𝐴 ∙ [�⃗⃗⃗� ∧ (𝐺 − 𝐴)] +
1
2
𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺 �⃗⃗⃗�
2 =
1
2
𝑚(𝑅�̇�)
2
+ 𝑚0⃗⃗2 ∙ [�⃗⃗⃗� ∧ �⃗⃗�] +
1
2
𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺(−�̇�)
2
 
𝑇 =
1
2
𝑚𝑅2�̇�2 + 0 +
1
2
𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺 �̇�
2 
𝑇 =
1
2
𝑚𝑅2�̇�2 +
1
2
𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺 �̇�
2 
Donde tenemos un término debido a la traslación del centro de masas y otro debido a la rotación de la placa. 
No obstante, podemos reducirlo a un término de rotación solamente, pero para ello debemos trabajar 
algebraicamente tomando el momento de inercia respecto del eje en la dirección de �⃗⃗⃗� pero que pasa por A. 
El momento de inercia de la placa respecto del eje normal a ella (coincidente con z1) y que pasa por el 
baricentro es 𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺 =
𝑚
12
(𝐿2 + ℎ2) el cual aplicando el Teorema de Steiner se puede referir al punto A como 
𝐼𝐴 =
𝑚
12
(𝐿2 + ℎ2) + 𝑚[(𝐿 2⁄ )2 + (ℎ 2⁄ )2] =
𝑚
3
(𝐿2 + ℎ2), resultado al que se puede llegar de la siguiente 
manera: 
𝑇 =
1
2
𝑚𝑅2�̇�2 +
1
2
𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺 �̇�
2 =
1
2
𝑚[(ℎ 2⁄ )2 + (𝐿 2⁄ )2]�̇�2 +
1
2
[
𝑚
12
(ℎ2 + 𝐿2)] �̇�2 
𝑇 =
1
2
[
𝑚
3
(ℎ2 + 𝐿2)] �̇�2 =
1
2
𝐼𝑧𝐺𝑧𝐺
𝐴 �̇�2 =
1
2
𝐼𝐴�̇�2 
Del Teorema de las Fuerzas Vivas, sabemos que el trabajo realizado por las fuerzas exteriores sobre el cuerpo 
es igual a la variación de la energía cinética del mismo. Sobre el cuerpo solo actúa la fuerza peso y la reacción 
en el soporte en A, pero dado que dicho punto está inmóvil las fuerzas de reacción aplicadas sobre este no 
generan trabajo alguno, solo el peso está realizando trabajo sobre el cuerpo. Calculemos el trabajo de la fuerza 
peso como el producto del momento que este genera respecto al punto A y el desplazamiento angular: 
𝛿𝑊 = �⃗⃗� ∙ 𝑑𝑟 = 𝑀. 𝑑𝜃 
El momento lo podemos calcular como: 
�⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 = �⃗⃗� ∧ �⃗⃗� = [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] ∧ [𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝑖1̌ − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝑗1̌] 
�⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 = −[𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃)]. �̌�1 
El trabajo entonces entre el instante inicial 𝑡0 = 0 𝑠 y 𝜃0 = 0 𝑟𝑎𝑑 y un instante cualquiera t (teniendo en 
cuenta el signo negativo del momento y el desplazamiento angular que según la terna indicada es también 
negativo, el producto del M.dθ resulta positivo): 
𝑊𝑃 = ∫ 𝑀. 𝑑𝜃
𝜃
0
= 𝑚𝑔 ∫ [(𝐿 2⁄ )𝑐𝑜𝑠(𝜃) + (ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃)]. 𝑑𝜃
𝜃
0
 
𝑊𝑃 = 𝑚𝑔{(𝐿 2⁄ )𝑠𝑒𝑛(𝜃) − (ℎ 2⁄ )[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1]} =
𝑚𝑔
2
[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ] 
Igualando entonces el trabajo y la variación de la energía cinética: 
𝑊𝑃 = ∆𝑇 
𝑚𝑔
2
[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ] =
1
2
𝐼𝐴�̇�2 − 0 𝑇0 =
1
2
𝐼𝐴�̇�0
2 =
1
2
𝐼𝐴(0)2 = 0 
𝑚𝑔[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ]
𝐼𝐴
= �̇�2 
√
𝑚𝑔[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ]
𝐼𝐴
= �̇� 
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Aquí pudimos obtener la velocidad como función de la posición. 
Con una tabla de Excel podemos graficar la velocidad como función de la posición: 
 
Si luego queremos obtener la posición como función del tiempo, deberíamos realizar un nuevo proceso de 
integración: 
√
𝑚𝑔[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ]
𝐼𝐴
=
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 
∫ 𝑑𝑡
𝑡
𝑡0
= ∫ √
𝐼𝐴
𝑚𝑔
𝑑𝜃
√𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ
𝜃
0
 
𝑡 − 𝑡0 = ∫ √
𝐼𝐴
𝑚𝑔
𝑑𝜃
√𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ
𝜃
0
 
Esta ecuación no puede resolverse directamente en forma analítica, aunque si se puede obtener un resultado 
mediante métodos numéricos. Apliquemos la fórmula de Euler por ejemplo: 
𝑥𝑖+1 = 𝑥𝑖 + 𝑓(𝑥𝑖,𝑡𝑖). ∆𝑡 
Que para nuestro caso sería: 
𝑡𝑖+1 = 𝑡𝑖 + 𝑓(𝜃𝑖,𝑡𝑖). ∆𝜃 
Donde: 
𝑓(𝜃𝑖,𝑡𝑖) = √
𝐼𝐴
𝑚𝑔
1
√𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃𝑖)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃𝑖)+ℎ
 
𝑑𝜃 ≅ ∆𝜃 = 𝜃𝑖+1 − 𝜃𝑖 
𝑡𝑖+1 = 𝑡𝑖 + √
𝐼𝐴
𝑚𝑔
1
√𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃𝑖)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃𝑖)+ℎ
∆𝜃 
Esta ecuación bien se puede realizar en una tabla de Excel o con algún programa como MATLAB o SCILAB. 
Debajo se transcribe unas líneas para generar el programa que grafique la velocidad como función de la 
posición y la posición como función del tiempo. 
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
V
e
lo
ci
d
ad
 A
n
gu
la
r 
ω
[r
ad
/s
]
Ángulo θ [rad]
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Las líneas indicadas arriba son para el lenguaje típico de SCILAB (programa similar al MATLAB pero de descarga 
gratuita). Algunos recordatorios de las funciones: 
• clear: borra la memoria, eliminando las variables previamente definidas y su contenido; 
• atan(%): arco-tangente del ángulo % en radianes; 
• %pi: π; 
• for: idéntica función que en el MATLAB, realizar una determinada operación (la definida dentro de él), 
tantas veces como cantidad de elementos tenga su vector de referencia n=[%]; 
• sqrt(%): square root, raíz cuadrada del número %; 
• subplot($,%,&): define un espacio donde plotear, dividiendo la ventana en $ filas, % columnas, siendo el 
gráfico que a continuación se define el ubicado en la posición & (numerándose de izquierda a derecha, de 
arriba abajo); 
• plot($,%): grafica una curva donde a cada elemento del vector $ le asigna un elemento del vector % 
(ambos vectores deben tener la misma cantidad de elementos); 
• xlabel(‘%’): título del eje horizontal; 
• ylabel(‘%’): título del eje vertical. 
El resultado del programa indicado se grafica a continuación. 
'Limpiamos cualquier variable existente' 
clear 
'Definimos: gravedad;longitud;altura;espesor;densidad;masa;momento de inercia respecto al pto. A' 
g=9.81;L=.6;h=.25;e=.02;rho=7850;M=L*h*e*rho;I_A=(M/3)*(L^2+h^2); 
'Definimos amplitud del movimiento' 
deltatheta=2*atan(h/L)+%pi; 
'Definimos incremento de ángulo' 
dtheta=deltatheta/1000; 
'Definimos ángulo inicial (no nulo para evitar división por cero, pero despreciable)' 
theta(1,1)=0.01; 
'Definimos tiempo inicial' 
t(1,1)=0; 
'Definimos la velocidad angular inicial (no nula para evitar división por cero, pero despreciable)' 
w(1,1)=.1; 
'Definimos una bandera m para el for' 
m=0; 
for n=[0:dtheta:deltatheta]m=m+1; 
 'Armamos un vector fila donde cada elemento de la velocidad angular correspondiente a cada posición 
theta' 
 theta(1,m+1)=theta(1,m)+dtheta; 
 w(1,m+1)=sqrt((M*g)*(L*sin(theta(1,m))-h*cos(theta(1,m))+h)/I_A); 
 t(1,m+1)=(1/w(1,m))*dtheta+t(1,m); 
end 
'Graficamos la velocidad angular en función del ángulo' 
subplot(1,2,1);plot(theta,w);xlabel('Ángulo theta [rad]');ylabel('Velocidad angular omega [rad/s]'); 
'Graficamos la posición en función del tiempo' 
subplot(1,2,2);plot(t,theta);xlabel('Tiempo t [s]');ylabel('Posición theta [rad]') 
 
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Vemos que en la mitad del recorrido, es decir en la posición más baja, la placa adquiere una velocidad angular 
máxima, lo que se corresponde con el gráfico de la posición, donde se evidencia la pendiente más elevada de 
la tangente a la curva. Tanto al comienzo como al final, la velocidad es nula y por lo tanto la pendiente de la 
recta tangente de la posición respecto del tiempo es horizontal, como se puede ver en el gráfico de la derecha. 
Completando el programa, se puede graficar también la velocidad en función del tiempo y el momento que 
genera el peso respecto del punto A en función de la posición, para contrastarlo con la velocidad que alcanza 
en cada punto. 
 
Para estos gráficos, se usaron también las funciones: 
• xgrid: genera una grilla en la zona del gráfico; 
• title(‘%’): coloca un título encima del gráfico. 
La amplitud del movimiento puede deducirse de la conservación de la energía mecánica, suponiendo que al no 
haber ningún tipo de fricción, la placa convertirá toda su energía potencial en energía cinética, hasta luego 
convertir esta nuevamente en potencial balanceándose la placa como un péndulo. El centro de masa de la 
placa, respecto del punto A, tiene una altura de h/2, por lo tanto el punto G de la placa deberá alcanzar dicha 
altura del otro lado del soporte, al realizar una oscilación completa. 
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Teniendo en cuenta la geometría de las condiciones iniciales y finales: 
∆𝜃 = 2. 𝑡𝑎𝑛−1 (
ℎ 2⁄
𝐿 2⁄
) + 𝜋 = 2. 𝑡𝑎𝑛−1 (
ℎ
𝐿
) + 𝜋 = 2. 𝑎𝑡𝑎𝑛 (
5
12
) + 𝜋 = 3,9311 𝑟𝑎𝑑 
∆𝜃 ≅ 3,93 𝑟𝑎𝑑 ≡ 225,17° 
De la ecuación de la velocidad en función del tiempo, sabemos que será válida siempre y cuando: 
𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ ≥ 0 
𝐿
ℎ
𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃) ≥ −1 
𝐿
ℎ
𝑠𝑒𝑛(𝜃) ≥ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1 
Dados los valores de L = 600 mm y h = 250 mm, se tiene 2,4. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ≥ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1 
Ingresando en el SCILAB el siguiente comando (todo en un mismo renglón seguido de la tecla Enter): 
x=[0:.01:2*%pi];plot(x,2.4*sin(x),x,cos(x)-1);xlabel('Theta [rad]');xgrid;legend('2.4*sin(x)','cos(x)-1'); 
 
Vemos que la igualdad se cumple para θ = 0 rad y para θ = 3,9 rad aproximadamente, que serían unos 223,45°. 
De esta manera se verifica la amplitud del movimiento. 
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Reacciones en el soporte A 
Para el cálculo de las reacciones, recurrimos a la segunda ley de Newton para cuerpos rígidos: 
∑ �⃗�𝑒𝑥𝑡 =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
 �⃗⃗� = 𝑚. �⃗�𝐺 = 𝑚�̇�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ − 𝑚�̇�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌ 
Para la terna de referencia móvil (no inercial en este caso) modificamos la expresión: 
∑ �⃗�𝑒𝑥𝑡 =
𝑑�⃗⃗�
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗� 
�⃗⃗�𝐴 + �⃗⃗� = [𝑚�̈�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ − 𝑚�̈�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌] + (−�̇�). �̌�1 ∧ [𝑚�̇�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ − 𝑚�̇�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌] 
𝑅𝐴𝑥1 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐴𝑦1 . 𝑗1̌ + 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝑖1̌ − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝑗1̌ = 𝑚[�̈�(ℎ 2⁄ ) − �̇�
2(𝐿 2⁄ )]. 𝑖1̌ − 𝑚[�̈�(𝐿 2⁄ ) + �̇�
2(ℎ 2⁄ )]. 𝑗1̌ 
Despejando para cada componente: 
𝑅𝐴𝑥1 = 𝑚[�̈�(ℎ 2⁄ ) − �̇�
2(𝐿 2⁄ )] − 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 {
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)} 
𝑅𝐴𝑦1 = −𝑚[�̈�(𝐿 2⁄ ) + �̇�
2(ℎ 2⁄ )] + 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) = −𝑚 {
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)} 
Se puede apreciar que las reacciones tienen tres componentes, una debido a la aceleración normal que genera 
una reacción a la fuerza centrífuga (depende de �̇�), una debido a la aceleración tangencial que genera una 
reacción en la dirección tangente al movimiento (depende de �̈�) y por último la componente debido al peso. 
Las primeras dos son reacciones dinámicas, ya que dependen de �̇� o de �̈� y la tercera es estática, ya que no 
depende de �̇� o de �̈�. 
Para obtener sus valores debemos conocer la aceleración angular, la cual podemos obtener de la ecuación del 
momento cinético: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
�⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑅
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + 0⃗⃗ ∧ �⃗⃗� 
El momento cinético o momento de la cantidad de movimiento respecto del punto A: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚�⃗�𝐴 + 𝐼̿ ∙ �⃗⃗⃗� 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚0⃗⃗ + [
𝐼𝑥1𝑥1 𝐼𝑥1𝑦1 𝐼𝑥1𝑧1
𝐼𝑦1𝑥1 𝐼𝑦1𝑦1 𝐼𝑦1𝑧1
𝐼𝑧1𝑥1 𝐼𝑧1𝑦1 𝐼𝑧1𝑧1
] ∙ [
0
0
−�̇�
] = 0⃗⃗ + (−𝐼𝑥1𝑧1�̇�). 𝑖1̌ + (−𝐼𝑦1𝑧1�̇�). 𝑗1̌ + (−𝐼𝑧1𝑧1�̇�). �̌�1 
En función de la simetría de la placa 𝐼𝑥1𝑧1 = 𝐼𝑦1𝑧1 = 0 𝑘𝑔. 𝑚
2, por lo tanto el momento cinético se reduce a: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (−𝐼𝑧1𝑧1 �̇�). �̌�1 
Nótese que los momentos y productos de inercia se toman respecto de la terna ubicada en A, dado que 
respecto a dicho punto estamos reduciendo momentos de las fuerzas exteriores (∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 ) y el momento 
cinético (�⃗⃗⃗�𝐴). 
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Derivando el momento cinético respecto del tiempo (recordando que es respecto de una terna móvil que rota 
solidaria con la placa): 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
=
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 = (−𝐼𝑧1𝑧1�̈�). �̌�1 + (−�̇�). �̌�1 ∧ (−𝐼𝑧1𝑧1 �̇�). �̌�1 = (−𝐼𝑧1𝑧1 �̈�). �̌�1 + 0⃗⃗ 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
= (−𝐼𝑧1𝑧1�̈�). �̌�1 
Retomando la ecuación general: 
�⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑅
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + 0⃗⃗ ∧ �⃗⃗� 
[(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] ∧ [𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝑖1̌ − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝑗1̌] + (𝑘. 𝜔). �̌�1 + (𝐴 − 𝐴) ∧ �⃗⃗�𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
−[𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃)]. �̌�1 = (−𝐼𝑧1𝑧1�̈�). �̌�1 
Vemos que (𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + (ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) siendo 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
ℎ
𝐿
) podemos reducir a: 
−𝑚𝑔. 𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼). �̌�1 = (−𝐼𝑧1𝑧1�̈�). �̌�1 
𝑚𝑔𝑅
−𝐼𝑧1𝑧1
. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) = �̈� 
𝑚𝑔𝑅
𝐼𝐴
. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) = �̈� 
Esta ecuación nos permite obtener la aceleración angular como función de la posición. 
Por otro lado, recordando la expresión del cuadrado de la velocidad angular: 
𝑚𝑔[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ]
𝐼𝐴
= �̇�2 
Las reacciones quedan entonces como función de la posición: 
𝑅𝐴𝑥1 =
𝑚2𝑔
𝐼𝐴
[𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼)(ℎ 2⁄ ) − [𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ](𝐿 2⁄ )] − 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
Recordando que 𝐼𝐴 =
𝑚
3
(𝐿2 + ℎ2) =
𝑚
3
(2𝑅)2 =
4
3
𝑚𝑅2 
𝑅𝐴𝑥1 =
𝑚2𝑔
4
𝑚
3
𝑅2
1
2
[𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼)ℎ − [𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ]𝐿] − 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑅𝐴𝑥1 =
3𝑚𝑔
8𝑅2
[𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼)ℎ − 𝐿2𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝐿ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝐿ℎ] − 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑅𝐴𝑥1 = 𝑚 {
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)} 
𝑅𝐴𝑥1 = 𝑚 {
1
2
[
𝑚𝑔𝑅
𝐼𝐴
. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼). ℎ −
𝑚𝑔[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ]
𝐼𝐴
. 𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)} 
𝑅𝐴𝑥1 = 𝑚 {
𝑚𝑔
2𝐼𝐴
[𝑅. ℎ. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) − 𝐿2𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿. ℎ. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝐿. ℎ] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)} 
Haciendo las mismas simplificaciones para la reacción en y1: 
𝑅𝐴𝑦1 = −𝑚 {
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)} 
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𝑅𝐴𝑦1 = −𝑚 {
𝑚𝑔
2𝐼𝐴
[𝑅. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) + 𝐿. ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ2. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ2] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)} 
Gráficamente: 
 
Podemos ver que a la mitad del recorrido, cuando la placa alcanza el punto más bajo, la fuerza peso está 
totalmente alineada con el soporte A, sumándose la fuerza centrífuga por acción de la velocidad angular, la 
cual adopta su valor máximo, por lo tanto el módulo de la reacciónes máximo. La aceleración tangencial, que 
genera una reacción en la dirección horizontal, para el punto más bajo del recorrido, es mínima y no aporta a 
la reacción. Esquemáticamente, debajo se grafican las aceleraciones y reacciones correspondientes para una 
posición intermedia. 
 
 
Se verifica que para la mitad del recorrido 𝜃 = ∆𝜃 2⁄ = 1,965 𝑟𝑎𝑑 la velocidad angular adopta el valor 
máximo: 
𝑚𝑔[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)−ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃)+ℎ]
𝐼𝐴
= �̇�2 
(231,03 𝑁)[(0,6 𝑚)𝑠𝑒𝑛(1,965 𝑟𝑎𝑑)−(0,25 𝑚)𝑐𝑜𝑠(1,965 𝑟𝑎𝑑)+(0,25 𝑚)]
23,55 𝑘𝑔
3
[(0,6 𝑚)2+(0,25 𝑚)2]
= �̇�2 
62,69 1/𝑠2 = �̇�2 
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7,92
1
𝑠
= �̇�𝑚á𝑥 
Valor coincidente con el del gráfico de la velocidad 
angular. 
La fuerza centrífuga toma entonces el valor: 
𝐹𝑐−𝑚á𝑥 = 𝑚. (�̇�
2𝑅) 
𝐹𝑐−𝑚á𝑥 = (23,55 𝑘𝑔)[(62,69 1/𝑠
2)(0,325 𝑚)] 
𝐹𝑐−𝑚á𝑥 = 479,81 𝑁 
 
La resultante la fuerza peso: 
𝑃 = 𝑚. 𝑔 = (𝜌. 𝑉). 𝑔 
𝑃 = {(7.850 𝑘𝑔/𝑚3)[(0,6 𝑚). (0,25 𝑚). (0,02 𝑚)]}(9,81 𝑚/𝑠2) 
𝑃 = 231,03 𝑁 
 
El valor pico de la reacción en el vínculo es entonces: 
𝑅𝐴−𝑚á𝑥 = 𝑃 + 𝐹𝑐−𝑚á𝑥 = 231,03 𝑁 + 479,81 𝑁 
𝑅𝐴−𝑚á𝑥 = 710,84 𝑁 
Valor que coincide con el máximo del gráfico. 
 
Movimiento del Centro de Masas 
Volviendo a las ecuaciones de Cinemática y agregando la de la aceleración, podemos describir la Cinemática 
del centro de masas G: 
�⃗�𝐴 = 0⃗⃗ �⃗�𝐴 = 0⃗⃗ �⃗⃗⃗� = (−�̇�). �̌�1 𝜀 = (−�̈�). �̌�1 
�⃗�𝐺 = �⃗�𝐴 + �⃗⃗⃗� ∧ (𝐺 − 𝐴) = 0⃗⃗ + (−�̇�). �̌�1 ∧ �⃗⃗� = (−�̇�). �̌�1 ∧ [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] = −�̇�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌ + �̇�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ 
�⃗�𝐺 = �̇�(ℎ 2⁄ ). 𝑖1̌ − �̇�(𝐿 2⁄ ). 𝑗1̌ 
|�⃗�𝐺| = �̇�. 𝑅 
�⃗�𝐺 = �⃗�𝐴 + 𝜀 ∧ (𝐺 − 𝐴) + �⃗⃗⃗� ∧ [�⃗⃗⃗� ∧ (𝐺 − 𝐴)] 
�⃗�𝐺 = 0⃗⃗ + (−�̈�). �̌�1 ∧ �⃗⃗� + (−�̇�). �̌�1 ∧ [(−�̇�). �̌�1 ∧ �⃗⃗�] 
�⃗�𝐺 = (−�̈�). �̌�1 ∧ [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] + (−�̇�). �̌�1 ∧ {(−�̇�). �̌�1 ∧ [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌]} 
�⃗�𝐺 = [�̈�(ℎ 2⁄ ) − �̇�
2(𝐿 2⁄ )]. 𝑖1̌ − [�̈�(𝐿 2⁄ ) + �̇�
2(ℎ 2⁄ )]. 𝑗1̌ 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 12 de 20 
|�⃗�𝐺| = 𝑅√�̈�
2 + �̇�4 
Para obtener la ecuación de movimiento del punto G, debemos expresar la velocidad en una terna de 
referencia fija y luego integrar esta respecto del tiempo. Primero hallemos la matriz de transformación entre 
las ternas de referencia: 
[𝐿] = [
𝑖1̌ ∙ 𝑖̌ 𝑖1̌ ∙ 𝑗̌ 𝑖1̌ ∙ �̌�
𝑗1̌ ∙ 𝑖̌ 𝑗1̌ ∙ 𝑗̌ 𝑗1̌ ∙ �̌�
�̌�1 ∙ 𝑖̌ �̌�1 ∙ 𝑗̌ �̌�1 ∙ �̌�
] = [
𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃 + 𝜋 2⁄ ) 0
𝑐𝑜𝑠(𝜋 2⁄ − 𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0
0 0 1
] = [
𝑐𝑜𝑠(𝜃) −𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0
𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0
0 0 1
] 
Teniendo en cuenta que para la terna de referencia fija el crecimiento del ángulo es en sentido negativo, 
debemos hacer: 
[𝐿] = [
𝑐𝑜𝑠(−𝜃) −𝑠𝑒𝑛(−𝜃) 0
𝑠𝑒𝑛(−𝜃) 𝑐𝑜𝑠(−𝜃) 0
0 0 1
] = [
𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0
−𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0
0 0 1
] 
Para transformar un vector de una base a otra: 
{�⃗⃗�} = [𝐿]{�⃗�} 𝑉𝑗 = 𝐿𝑗𝑖𝑣𝑖 
{
𝑣𝑋
𝑣𝑌
𝑣𝑍
} = [
𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0
−𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0
0 0 1
] ∙ {
𝑣𝑥1
𝑣𝑦1
𝑣𝑧1
} 
{
𝑣𝑋
𝑣𝑌
𝑣𝑍
} = {−
𝑣𝑥1𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑣𝑦1𝑠𝑒𝑛(𝜃)
𝑣𝑥1𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑣𝑦1𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑣𝑧1
} 
{
𝑣𝑋
𝑣𝑌
𝑣𝑍
} = {−
�̇�(ℎ 2⁄ )𝑐𝑜𝑠(𝜃) − �̇�(𝐿 2⁄ )𝑠𝑒𝑛(𝜃)
�̇�(ℎ 2⁄ )𝑠𝑒𝑛(𝜃) − �̇�(𝐿 2⁄ )𝑐𝑜𝑠(𝜃)
0
} 
Tenemos entonces para la dirección X: 
𝑣𝑋 =
𝑑𝑋
𝑑𝜃
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= �̇�(ℎ 2⁄ )𝑐𝑜𝑠(𝜃) − �̇�(𝐿 2⁄ )𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑑𝑋
𝑑𝜃
�̇� =
�̇�
2
[ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)] 
𝑑𝑋 =
1
2
[ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)]𝑑𝜃 
∫ 𝑑𝑋
𝑋
𝑋0
=
1
2
∫ [ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)]𝑑𝜃 
𝜃
𝜃0
 
𝑋 − 𝑋0 =
1
2
{ℎ[𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑠𝑒𝑛(𝜃0)] + 𝐿[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃0)]} 
Las condiciones iniciales son: 𝑋0 = 𝐿 2⁄ para 𝜃0 = 0. 
𝑋 = 𝑋0 +
1
2
{ℎ[𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑠𝑒𝑛(𝜃0)] + 𝐿[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃0)]} 
𝑋 =
𝐿
2
+
1
2
{ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1]} ecuación de movimiento en la dirección X 
Para la dirección Y: 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 13 de 20 
𝑣𝑌 =
𝑑𝑌
𝑑𝜃
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= −�̇�(ℎ 2⁄ )𝑠𝑒𝑛(𝜃) − �̇�(𝐿 2⁄ )𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
𝑑𝑌
𝑑𝜃
�̇� = −
�̇�
2
[ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜃)] 
𝑑𝑌 = −
1
2
[ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜃)]𝑑𝜃 
∫ 𝑑𝑌
𝑌
𝑌0
= −
1
2
∫ [ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜃)]𝑑𝜃 
𝜃
𝜃0
 
𝑌 − 𝑌0 = −
1
2
{−ℎ[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃0)] + 𝐿[𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑠𝑒𝑛(𝜃0)]} 
Las condiciones iniciales son: 𝑌0 = ℎ 2⁄ para 𝜃0 = 0. 
𝑌 = 𝑌0 −
1
2
{−ℎ[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃0)] + 𝐿[𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑠𝑒𝑛(𝜃0)]} 
𝑌 =
ℎ
2
−
1
2
{ℎ[1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)] + 𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)} ecuación de movimiento en la dirección Y 
El vector posición del baricentro queda entonces: 
�⃗⃗� = {
𝐿
2
+
1
2
[ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝐿]} . 𝑖̌ + {
ℎ
2
−
1
2
[ℎ − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃)]} . 𝑗̌ 
Su gráfica en el plano: 
 
Simplemente para completar la aceleración del centro de masas respecto de la terna fija OXYZ: 
{𝐴} = [𝐿]{�⃗�} 
{
𝑎𝑋
𝑎𝑌
𝑎𝑍
} = [
𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0
−𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0
0 0 1
] ∙ {
𝑎𝑥1
𝑎𝑦1
𝑎𝑧1
} = {−
𝑎𝑥1𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑎𝑦1𝑠𝑒𝑛(𝜃)
𝑎𝑥1𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑎𝑦1𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑎𝑧1
} 
{
𝑎𝑋
𝑎𝑌
𝑎𝑍
} = {−
[�̈�(ℎ 2⁄ ) − �̇�2(𝐿 2⁄ )]𝑐𝑜𝑠(𝜃) − [�̈�(𝐿 2⁄ ) + �̇�2(ℎ 2⁄ )]𝑠𝑒𝑛(𝜃)
[�̈�(ℎ 2⁄ ) − �̇�2(𝐿 2⁄ )]𝑠𝑒𝑛(𝜃) − [�̈�(𝐿 2⁄ ) + �̇�2(ℎ 2⁄ )]𝑐𝑜𝑠(𝜃)
0
} 
En el Adjunto se incluye un programa más detallado para obtener más resultados. 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 14 de 20 
Caso Con Fricción 
Para este caso, debemos tener en cuenta el trabajo que realiza la fuerza de fricción, la cual modelamos como 
proporcional a la velocidad, de manera que: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = �⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑓 = �⃗⃗� ∧ �⃗⃗� + [−𝑘. (−𝜔). �̌�1] 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] ∧ [𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝑖1̌ − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝑗1̌] + (𝑘. 𝜔). �̌�1 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = −𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃). �̌�1 − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃). �̌�1 + (𝑘. 𝜔). �̌�1 
Calculando el trabajo entonces: 
𝑊 = ∫ 𝑀. 𝑑𝜃
𝜃
0
= 𝑚𝑔𝑅 ∫ [(𝐿 2⁄ )𝑐𝑜𝑠(𝜃) + (ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑘. 𝜔]. 𝑑𝜃
𝜃
0
 
𝑊 = 𝑚𝑔{(𝐿 2⁄ )𝑠𝑒𝑛(𝜃) − (ℎ 2⁄ )[𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1]} − 𝑘 ∫ 𝜔. 𝑑𝜃
𝜃
0
 
𝑊 =
𝑚𝑔
2
[𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ] − 𝑘 ∫ 𝜔. 𝑑𝜃
𝜃
0
 
Desconocemos aún la ley de variación de la velocidad angular con la posición y por lo tanto la integral indicada 
no queda resuelta. 
Analicemos mediante el momento angular de la placa y los momentos de las fuerzas exteriores sobre esta. 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + 0⃗⃗ ∧ �⃗⃗� 
El momento cinético o momento de la cantidad de movimiento respecto del punto A: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚�⃗�𝐴 + 𝐼̿ ∙ �⃗⃗⃗� 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚0⃗⃗ + [
𝐼𝑥𝑥 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑧
𝐼𝑦𝑥 𝐼𝑦𝑦 𝐼𝑦𝑧
𝐼𝑧𝑥 𝐼𝑧𝑦 𝐼𝑧𝑧
] ∙ [
0
0
−�̇�
] = 0⃗⃗ + (−𝐼𝑥𝑧�̇�). 𝑖1̌ + (−𝐼𝑦𝑧�̇�). 𝑗1̌ + (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 
En función de la simetría de la placa 𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑦𝑧 = 0 𝑘𝑔. 𝑚
2, por lo tanto el momento cinético se reduce a: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 
En esta expresión, el momento de inercia 𝐼𝑧𝑧 es respecto al eje paralelo a zG pero que pasa por el punto A. 
Derivando el momento cinético respecto del tiempo (recordando que es respecto de una terna móvil que rota 
solidaria con la placa): 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
=
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 + (−�̇�). �̌�1 ∧ (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 + 0⃗⃗ 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
= (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
Por otro lado, la acción de las fuerzas exteriores (descontamos el momento de la reacción de vínculo en A 
dado que estamos tomando momentos respecto de dicho punto): 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 15 de 20 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = �⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑓 = −𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃). �̌�1 − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃). �̌�1 + (𝑘. 𝜔). �̌�1 
Igualando: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
[−𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + (𝑘. �̇�)]. �̌�1 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − (𝑘. �̇�) = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑘.
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= 𝐼𝑧𝑧
𝑑2𝜃
𝑑𝑡2
 
𝐼𝑧𝑧
𝑑2𝜃
𝑑𝑡2
+ 𝑘.
𝑑𝜃
𝑑𝑡
− 𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 0 
Podemos reescribir el momento del peso como: 
−𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = −𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) 
Donde 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
ℎ 2⁄
𝐿 2⁄
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
ℎ
𝐿
) = 0,395 𝑟𝑎𝑑. De esta manera simplificamos un poco la expresión: 
𝐼𝑧𝑧
𝑑2𝜃
𝑑𝑡2
+ 𝑘.
𝑑𝜃
𝑑𝑡
− 𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) = 0 
Nos encontramos con una ecuación diferencial de segundo orden no lineal, ya que θ está afectada de una 
función trigonométrica. Expresando 
𝑑2𝜃
𝑑𝑡2
=
𝑑�̇�
𝑑𝜃
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= �̇�
𝑑�̇�
𝑑𝜃
 podemos escribir: 
𝐼𝑧𝑧�̇�
𝑑�̇�
𝑑𝜃
+ 𝑘. �̇� − 𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) = 0 
De todas maneras la ecuación no es de fácil resolución, por no decir imposible de resolver analíticamente y/o 
numéricamente. 
 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 16 de 20 
Caso Con Fricción 2 
En este caso suponemos una fricción producto del rozamiento entre la placa y el soporte que pasa por A, 
suponiendo estos vinculados por medio de un eje de radio r = 20 mm, con un coeficiente de fricción dinámico 
de µ = 0,85. 
Proponemos los siguientes modelos de fuerza de fricción: 
|𝐹𝑟| = 𝜇. 𝑚. 𝑔 
|𝐹𝑟| = 𝜇. 𝑅𝐴 = 𝜇√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 
�⃗�𝑟 = (𝑅𝐴𝑥1 . 𝜇). 𝑖1̌ + (𝑅𝐴𝑦1 . 𝜇). 𝑗1̌ 
Tanto en el segundo como en el tercer modelo intervienen las reacciones de vínculo como la fuerza de 
contacto entre las superficies que se encuentran en rozamiento y por lo tanto interviene la aceleración y 
velocidad angular de la placa, lo que genera un modelo de difícil resolución matemática ya que se está 
introduciendo una fuerza dependiente de la segunda y primera derivada de la posición respecto del tiempo. En 
cambio el primero modelo supone un valor constante de fricción debido solo a la presión ejercida entre las 
superficies a causa del peso e independiente de los efectos dinámicos sobre la intensidad de la presión de 
contacto entre las superficies; no obstante es el más sencillo para su resolución matemática. Con este último 
modelo tenemos: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = �⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑓 = �⃗⃗� ∧ �⃗⃗� + �⃗⃗⃗�𝑓 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] ∧ [𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝑖1̌ − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝑗1̌] + 𝑚𝑔. 𝜇. 𝑟. �̌� 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = −
𝑚𝑔
2
[𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝜇. 𝑟]. �̌�1 
Analicemos mediante el momento angular de la placa y los momentos de las fuerzas exteriores sobre esta. 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + 0⃗⃗ ∧ �⃗⃗� 
El momento cinético o momento de la cantidad de movimiento respecto del punto A: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚�⃗�𝐴 + 𝐼̿ ∙ �⃗⃗⃗� 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚0⃗⃗ + [
𝐼𝑥𝑥 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑧
𝐼𝑦𝑥 𝐼𝑦𝑦 𝐼𝑦𝑧
𝐼𝑧𝑥 𝐼𝑧𝑦 𝐼𝑧𝑧
] ∙ [
0
0
−�̇�
] = 0⃗⃗ + (−𝐼𝑥𝑧�̇�). 𝑖1̌ + (−𝐼𝑦𝑧�̇�). 𝑗1̌ + (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 
En función de la simetría de la placa 𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑦𝑧 = 0 𝑘𝑔. 𝑚
2, por lo tanto el momento cinético se reduce a: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 
En esta expresión, el momento de inercia 𝐼𝑧𝑧 es respecto al eje paralelo a zG pero que pasa por el punto A. 
Derivando el momento cinético respecto del tiempo (recordando que es respecto de una terna móvil que rota 
solidaria con la placa): 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 17 de 20 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
=
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 + (−�̇�). �̌�1 ∧ (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 + 0⃗⃗ 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
= (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
Igualando: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
−
𝑚𝑔
2
[𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝜇. 𝑟]. �̌�1 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
𝑚𝑔
2
[𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 2. 𝜇. 𝑟] = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
𝑚𝑔
2𝐼𝑧𝑧
[𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 2. 𝜇. 𝑟] = �̈� 
Aceleración angular como función de la posición. Para obtener la velocidad angular de la placa: 
𝑚𝑔
2𝐼𝑧𝑧
[𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 2. 𝜇. 𝑟]𝑑𝜃 = �̇�𝑑�̇� 
∫
𝑚𝑔
2𝐼𝑧𝑧
[𝐿. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 2. 𝜇. 𝑟]𝑑𝜃
𝜃
𝜃0
= ∫ �̇�𝑑�̇�
�̇�
�̇�0
 
𝑚𝑔
2𝐼𝑧𝑧
{𝐿. [𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 0] − ℎ. [𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1] − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃} =
1
2
�̇�2 
𝑚𝑔
𝐼𝑧𝑧
{𝐿. [𝑠𝑒𝑛(𝜃)] − ℎ. [𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1] − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃} = �̇�2 
√
𝑚𝑔
𝐼𝑧𝑧
{𝐿. [𝑠𝑒𝑛(𝜃)] − ℎ. [𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1] − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃} = �̇� 
Velocidad angular en función de la posición angular. 
¿Cuándo se hace nula la velocidad angular? ¿Cuál es la amplitud de la oscilación de la placa en torno al soporte 
A? 
𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃 = 0 
𝐿𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃 − ℎ 
x=[0:.01:2*%pi];plot(x,.6*sin(x)-.25*cos(x),x,-.25+2*.85*.02*x);xgrid;xlabel(‘Theta [rad]’) 
 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 18 de 20 
Aproximadamente en el ángulo theta = 3,7 rad la velocidad tomaría el valor nulo, es decir, llega a su punto más 
alto al balancearse en torno al soporte A. 
Para la posición en función del tiempo, o mejor dicho el tiempo en función de la posición debemos realizar un 
nuevo proceso de integración: 
√
𝑚𝑔
𝐼𝑧𝑧
{𝐿. [𝑠𝑒𝑛(𝜃)] − ℎ. [𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1] − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃} =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 
[
𝑚𝑔
𝐼𝑧𝑧
{𝐿. [𝑠𝑒𝑛(𝜃)] − ℎ. [𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1] − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃}]
−1 2⁄
𝑑𝜃 = 𝑑𝑡 
∫ {
𝑚𝑔
𝐼𝑧𝑧
[𝐿. 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − ℎ. 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + ℎ − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃]}
−1 2⁄
𝑑𝜃
𝜃
𝜃0
= ∫ 𝑑𝑡
𝑡
𝑡0
 
Nuevamente, aplicando el método de Euler: 
{
𝑚𝑔
𝐼𝑧𝑧
[𝐿. 𝑠𝑒𝑛(𝜃𝑖) − ℎ. 𝑐𝑜𝑠(𝜃𝑖) + ℎ − 2. 𝜇. 𝑟. 𝜃𝑖]}
−1 2⁄
∆𝜃 + 𝑡𝑖 = 𝑡𝑖+1 
 
 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = �⃗⃗⃗�𝑃
𝐴 + �⃗⃗⃗�𝑓 = �⃗⃗� ∧ �⃗⃗� + 𝑟 ∧ �⃗⃗�𝐴 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = [(𝐿 2⁄ ). 𝑖1̌ + (ℎ 2⁄ ). 𝑗1̌] ∧ [𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝑖1̌ − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝑗1̌] + 𝑅𝐴. 𝜇. 𝑟. �̌� 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 = −𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃). �̌�1 − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃). �̌�1 + (√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 . 𝜇. 𝑟) . �̌�1 
Analicemos mediante el momento angular de la placa y los momentos de las fuerzas exteriores sobre esta. 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + 0⃗⃗ ∧ �⃗⃗� 
El momento cinético o momento de la cantidad de movimiento respecto del punto A: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚�⃗�𝐴 + 𝐼̿ ∙ �⃗⃗⃗� 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (𝐺 − 𝐴) ∧ 𝑚0⃗⃗ + [
𝐼𝑥𝑥 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑧
𝐼𝑦𝑥 𝐼𝑦𝑦 𝐼𝑦𝑧
𝐼𝑧𝑥 𝐼𝑧𝑦 𝐼𝑧𝑧
] ∙ [
0
0
−�̇�
] = 0⃗⃗ + (−𝐼𝑥𝑧�̇�). 𝑖1̌ + (−𝐼𝑦𝑧�̇�). 𝑗1̌ + (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 
En función de la simetría de la placa 𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑦𝑧 = 0 𝑘𝑔. 𝑚
2, por lo tanto el momento cinético se reduce a: 
�⃗⃗⃗�𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 
En esta expresión, el momento de inercia 𝐼𝑧𝑧 es respecto al eje paralelo a zG pero que pasa por el punto A. 
Derivando el momento cinético respecto del tiempo (recordando que es respecto de una terna móvil que rota 
solidaria con la placa): 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 19 de 20 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
=
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 + (−�̇�). �̌�1 ∧ (−𝐼𝑧𝑧�̇�). �̌�1 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 + 0⃗⃗ 
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑎𝑏𝑠
= (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
Igualando: 
∑ �⃗⃗⃗�𝑒𝑥𝑡
𝐴 =
𝑑�⃗⃗⃗�𝐴
𝑑𝑡
|
𝑟𝑒𝑙
+ �⃗⃗⃗�𝑇𝑀 ∧ �⃗⃗⃗�
𝐴 + �⃗�𝐴 ∧ �⃗⃗� 
−𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃). �̌�1 − 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃). �̌�1 + (√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 . 𝜇. 𝑟) . �̌�1 = (−𝐼𝑧𝑧�̈�). �̌�1 
𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − (√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 . 𝜇. 𝑟) = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
Podemos reescribir el momento del peso como: 
𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) 
Donde𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
ℎ 2⁄
𝐿 2⁄
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
ℎ
𝐿
) = 0,395 𝑟𝑎𝑑. De esta manera simplificamos un poco la expresión: 
𝑚𝑔(𝐿 2⁄ ). 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑚𝑔(ℎ 2⁄ ). 𝑠𝑒𝑛(𝜃) − (√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 . 𝜇. 𝑟) = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) − (√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 . 𝜇. 𝑟) = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
Recordando que: 
𝑅𝐴𝑥1 = 𝑚 {
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)} 
𝑅𝐴𝑦1 = −𝑚 {
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)} 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) − 𝑚 (√𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑥
2 . 𝜇. 𝑟) = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) − 𝑚𝜇𝑟 [{
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)}
2
+ {
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)}
2
]
1 2⁄
= 𝐼𝑧𝑧�̈� 
 
 {
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)}
2
=
1
4
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿]
2
− [�̈�ℎ − �̇�2𝐿]𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑔2𝑠𝑒𝑛2(𝜃) 
{
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)}
2
=
1
4
[(�̈�ℎ)
2
− 2�̈�ℎ�̇�2𝐿 + (�̇�2𝐿)
2
] − [�̈�ℎ − �̇�2𝐿]𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑔2𝑠𝑒𝑛2(𝜃) 
 
{
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)}
2
=
1
4
[�̈�𝐿 − �̇�2ℎ]
2
− [�̈�𝐿 − �̇�2ℎ]𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑔2𝑐𝑜𝑠2(𝜃) 
{
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)}
2
=
1
4
[(�̈�𝐿)
2
− 2�̈�𝐿�̇�2ℎ + (�̇�2ℎ)
2
] − [�̈�𝐿 − �̇�2ℎ]𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑔2𝑐𝑜𝑠2(𝜃) 
Mecánica Racional Dinámica del Cuerpo Rígido 20 de 20 
 
Sumando ambos términos: 
1
4
[(�̈�)
2
(ℎ2 + 𝐿2) − 4�̈�ℎ�̇�2𝐿 + �̇�4(𝐿2 + ℎ2)] − [�̈�ℎ − �̇�2𝐿]𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃) − [�̈�𝐿 − �̇�2ℎ]𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑔2 
1
4
[(�̈�)
2
(4𝑅2) − 4�̈�ℎ�̇�2𝐿 + �̇�4(4𝑅2)] − 𝑔{(�̈� − �̇�2)[ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜃)]} + 𝑔2 
[(�̈�)
2
𝑅2 − �̈�ℎ�̇�2𝐿 + �̇�4𝑅2] − 𝑔{(�̈� − �̇�2)[ℎ𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜃)]} + 𝑔2 
(imposible de despejar) 
Suponiendo otro modelo de fricción: 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) − (𝑅𝐴𝑥1 . 𝜇. 𝑟 + 𝑅𝐴𝑦1 . 𝜇. 𝑟) = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) − 𝑚 {
1
2
[�̈�ℎ − �̇�2𝐿] − 𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃)} . 𝜇. 𝑟 + 𝑚 {
1
2
[�̈�𝐿 + �̇�2ℎ] − 𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃)} . 𝜇. 𝑟 = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
Despejando �̈�: 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) −
𝑚.𝜇.𝑟
2
[�̈�(ℎ + 𝐿)] + 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛(𝜃). 𝜇. 𝑟 +
𝑚.𝜇.𝑟
2
[�̇�2(ℎ + 𝐿)] − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜃). 𝜇. 𝑟 = 𝐼𝑧𝑧�̈� 
𝑚𝑔𝑅. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) + 𝑚. 𝑔. 𝜇. 𝑟[𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)] +
𝑚.𝜇.𝑟
2
�̇�2(ℎ + 𝐿) = �̈� [𝐼𝑧𝑧 +
𝑚.𝜇.𝑟
2
(ℎ + 𝐿)] 
𝐴. 𝑐𝑜𝑠(𝜃 − 𝛼) + 𝐵. [𝑠𝑒𝑛(𝜃) − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)] + 𝐶. �̇�2 = 𝐷. �̈�