Problemas mecanica 2 david

Page 1

Problemas y ejercicios de Mec´anica II Propuestos por los profesores de la asignatura en ex´amenes Compilados y resueltos por Manuel Ruiz Delgado

Escuela T´ecnica Superior de Ingenieros Aeron´auticos Universidad Polit´ecnica de Madrid 21 de junio de 2010

II

´ Indice general 1. Movimiento rectil´ıneo 1.1. Caso F(x) ˙ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Caso F(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Oscilador arm´onico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 4 10

2. Movimiento del punto libre 2.1. Part´ıcula libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Movimientos centrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Din´amica orbital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19 19 30 39

3. Punto sometido a ligaduras 3.1. Punto sobre superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Punto sobre curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49 49 65

4. Din´amica relativa

81

5. Ex´amenes: Din´amica del Punto 95 5.1. Ex´amenes recientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 5.2. Ex´amenes m´as antiguos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 6. Din´amica anal´ıtica: sistemas hol´onomos

115

7. Din´amica anal´ıtica: Sistemas no hol´onomos

145

8. Percusiones

155

9. Din´amica del s´olido

193

10. Ex´amenes: Din´amica de Sistemas 245 10.1. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 10.2. Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277

III

IV

Cap´ıtulo 1 Movimiento rectil´ıneo 1.1. Caso F(x) ˙ Ejercicio 1.1.1: Una part´ıcula de masa M se coloca en reposo sobre un plano inclinado un a´ ngulo α con la horizontal. El coeficiente de rozamiento es µ < tan α . Razonar si hay velocidad l´ımite. Obtener la ley horaria del movimiento.

N R

mg sin α mg cos α

Ec. del movimiento: ¿Desliza?

|R| |N|

≤µ ?

mg sin α − R = mx¨ −mg cos α + N = 0

|mg sin α | |mg cos α |

= tan α > µ

Desliza con resistencia f (v) = R = µ mg cos α < mg sin α

Es obvio que no existe VL / f (vL ) = mg sin α , pues la resistencia es constante y menor que la componente tangencial del peso. La ley horaria es trivial, pues se mueve con aceleraci´on constante g (sin α − µ cos α ) partiendo del reposo: 1 x = g (sin α − µ cos α ) t 2 2

1

Ejercicio 1.1.2: Seg´un la ley de Stokes, la resistencia sobre una esfera de radio r que se mueve en un fluido de coeficiente de viscosidad η es F(v) = 6πη r v. Calcular la velocidad l´ımite de una esfera de densidad ρ , doble de la del fluido, y la ley horaria cuando se deja caer desde el reposo.

R

Las fuerzas que act´uan sobre la esfera son: • Peso de la esfera: ρ 43 π r3 g

ma g

• Flotaci´on (peso del agua desalojada): me g

• Resistencia:

ρ 4 3 2 3πr g

f (v) = 6πη rv

La velocidad l´ımite se alcanza cuando la resistencia equilibra al peso menos la flotaci´on:

ρ4 3 π r g = 6πη r vL 23

⇒

vL =

1 ρg 2 r 9 η

La ecuaci´on del movimiento la podemos escribir como: v dv 6πη r mv˙ = f (vL ) − f (v) ⇒ v˙ = 4 (vL − v) = c (vL − v) ⇒ = c dt ρ 3 π r3 0 vL − v vL − L (vL − v) = ct +C ; −L vL = C ; L = ct ⇒ v = vL 1 − e−ct vL − v

Z

Siendo c =

9η . 2ρ r2

Integrando otra vez, se obtiene la ley horaria.

e−ct x = vL t + +C ; c v

Z

1 0 = vL 0 + +C c

vL

⇒

x=

vL ct + e−ct − 1 c

x

vL t t

t

2

Ejercicio 1.1.3: Una esfera de masa m, radio r y coeficiente de resistencia aerodin´amica CD cae en el aire de densidad ρ . Calcular la velocidad l´ımite y la ley horaria. Aplicarlo al caso de un bal´on de f´utbol: m = 410 − 450 g, CD = 0, 5, 2π r = 68 − 70 cm, ρ = 1, 225 kg/m3 . N OTA : Al superar una velocidad entre 20 y 25 m/s, seg´un la rugosidad de las superficie, el r´egimen pasa de laminar a turbulento, y CD cae bruscamente a un valor de aproximadamente 0,1. Si la velocidad l´ımite calculada con el primer valor es mayor que esta, habr´a que calcularla de nuevo con el CD menor. Este efecto lo us´o David Beckham en el mundial de 2002: Tira a gran velocidad por encima de la barrera; al acercarse a la porter´ıa parece que se va alto. Pero ya se ha frenado lo suficiente para entrar en r´egimen laminar, con lo que de pronto sube la resistencia, cae bruscamente y entra en la porter´ıa.

Como en el caso anterior, las fuerzas son: • Peso de la esfera:

m g = ρe 43 π r3 g

•

Flotaci´on (generalmente despreciable): ρa 43 π r3 g

•

Resistencia:

f (v) = 12 ρa CD A v2 ; A = π r2 4 3 1 π r g (ρe − ρa ) = ρaCD π r2 v2L 3 2

Velocidad l´ımite:

v2L =

⇒

8 gr (ρe − ρa ) 3 ρaCD

Para calcular la ley horaria, podemos poner la ecuaci´on del movimiento en la forma m v˙ = f (vL ) − f (v) = m c donde c =

1 2 2m CD ρa π r

v2L − v2

Z

y recordar que

dx x20 − x2

=

1 x argtanh x0 x0

(dimensiones de L−1 ). As´ı se obtiene, dv c

v2L − v2

= dt,

Imponiendo condiciones iniciales: la velocidad:

t +C =

v(0) = 0

⇒

1 v argtanh c vL vL C = 0. En este caso se puede despejar

v = vL tanh vL ct R

que tiende asint´oticamente a vL . Recordando que tanh x dx = ln cosh x, se puede integrar otra vez para obtener 1 x = ln cosh (vL ct) +C c 25 Condiciones iniciales: x(0) = 0 ⇒ C = 0 m/s vL El espacio recorrido tiende asint´oticamente a vL t. Sus- 20 tituyendo los valores del bal´on m´as pesado, se tiene: 15 v(t) vL = 19,065 m/s, muy pr´oxima paso de laminar a tur10 bulento. En 6 segundos de ca´ıda la velocidad es ya muy pr´oxima a la l´ımite. Otra cosa ser´ıa la velocidad alcanza- 5 s da de una patada. 0 0

3

1

2

3

4

5

6

1.2. Caso F(x) Ejercicio 1.2.1: Un punto material de masa m se mueve sobre una recta Ox, sometido a un campo cuyo potencial es V (x) = mgx[(x/a)2 − 3]. Determinar su ley horaria, cuando se lanza desde x0 = a con una √ velocidad v0 = 8ga.

Conviene hacer primero un an´alisis cualitativo, para ver qu´e tipo de movimiento vamos a tener, qu´e signo hay que tomar en las cuadraturas, y si hay puntos de parada, en que habr´a que parar la integraci´on y hacer una nueva√ cuadratura. El potencial tiene ceros en ±a 3 y en 0. Se va a +∞ por la derecha y a −∞ por la izquierda. Con esos datos, podemos dibujarlo aproximadamente. Interesa conocer el valor en el m´aximo y m´ınimo, para compararlo con la E que se obtiene de las condiciones iniciales, que vale: 1 E = m v20 +V (a) = 2 mga 2 Los extremos del potencial est´an en: V ′ /mg =

x 2 a

− 3 + 2x

x a

/a = 3

x 2 a

−3 = 0

⇒

x = ±a

El m´aximo del potencial es V (−a) = 2 mga con lo que las condiciones iniciales dadas corresponden exactamente al movimiento asint´otico. Primero se ir´a hasta la derecha hasta el punto de parada y retroceso, y luego volver´a hacia la izquierda, llegando en tiempo infinito a x = −a. Por tanto, la cuadratura habr´a que hacerla en dos fases. El punto de corte por la derecha est´a en: V (x) = 2mga

⇒

x = +2a

La ra´ız se obtiene con facilidad porque ya conocemos otra, la del m´aximo, y se puede reducir el orden del polinomio. La primera cuadratura ser´a con signo +, pues se lanza con velocidad positiva: t=

Z x a

+dx q

2 m [E −V (x)]

=

Z x a

+d ax r q h 2g x 2 − a a

x a =z

x 2 a −3

i =

Z z 1

+dz q p 2g a

2 − z [z2 − 3]

Factorizando el polinomio se obtiene una expresi´on cuya integral se encuentra en tablas: r √ Z z 2g dz 2 2−z √ t= = − √ argth √ +C a 1 (z + 1) 2 − z 3 3 Imponiendo las condiciones iniciales, z(0) = 1

⇒

0 = − √23 argth √13 +C, se llega a

" # r x 1 3g = 2 − 3 tanh2 argth √ − t a 2a 3 4

Llegar´a al punto de corte, x = 2a, en un tiempo t1 que se puede calcular con facilidad. All´ı se para, y comienza a retroceder. Hay que plantear de nuevo la cuadratura con el signo - y las nuevas condiciones iniciales. La integral, l´ogicamente, es la misma cambiada de signo: r √ Z z 2g 2−z −dz 2 √ = + √ argth √ +C (t − t1 ) = a 2 (z + 1) 2 − z 3 3 Imponiendo que x(t1 ) = 2a, se tiene C = 0. La ley horaria queda: "r # x 3g = 2 − 3 tanh2 (t − t1 ) a 2a Obs´ervese que, con esta ley horaria, para t → ∞, x → −a. Llega al m´aximo en un tiempo infinito, con un movimiento asint´otico.

5

Ejercicio 1.2.2: Un punto de masa m realiza un movimiento unidimensional a lo largo del eje Ox sometido s´olo a la acci´on de la fuerza F = mKxex/a i, donde K y a son constantes conocidas. Inicialmente el punto se sit´ua en la posici´on x = a y se le comunica una velocidad v0 seg´un el sentido negativo del eje Ox. Estudiar en funci´on de v0 el tipo de movimiento que sigue el punto. 16 de Septiembre de 1991

Para hacer el an´alisis cualitativo, primero obtenemos el potencial: V (x) = −

Z

F(x)dx = −

Z

x

x

mK x e a dx = −mKa (x − a) e a + C

⇒

a

La x del m´aximo es obvia, pues la fuerza es nula en x = 0. El valor del potencial en el m´aximo es V (0) = mKa2 = Easint . Como se lanza desde x = a hacia la izquierda, el tipo de movimiento depender´a de si la energ´ıa total es mayor, menor, o igual que la asint´otica: 1 E = T +V = m v20 + V (a) 2

⇒

1 2 m v ⋚ Easint = mKa2 2 0

Los casos posibles son: v20 < 2Ka2 : Se mueve hacia el punto de parada y retrocede hacia +∞ v20 = 2Ka2 : Movimiento asint´otico. Se mueve hacia x = 0, y tarda un tiempo infinito en llegar. v20 > 2Ka2 : Se mueve hacia la izquierda; pasa por 0 con velocidad m´ınima, pero sin detenerse, y continua hacia −∞, donde llegar´ıa al cabo de un tiempo infinito con la misma velocidad inicial.

a

No es necesario estudiar la convergencia de la integral en el movimiento asint´otico: como la funci´on potencial admite desarrollo en serie en x = 0, ya sabemos que α va a ser 1 y el tiempo infinito.

6

Ejercicio 1.2.3: Un punto material de masa m, realiza un movimiento unidimensional, a lo largo del eje Ox, sometido a una fuerza que deriva del potencial V (x) = −(mg/a2 )x2 (x − a). Inicialmente, el punto est´a en el origen y tiene una velocidad v0 , seg´un el sentido negativo del eje Ox. Estudiar cualitativamente el movimiento del punto, seg´un sea el valor de v0 . 4 de Abril de 1991

Descomponiendo el potencial en una recta y una par´abola, se puede dibujar directamente la curva y saber que va a tener ceros en x = 0 y x = a, y el signo de las ramas infinitas. Tambi´en se puede ver que en 0 tendr´a un m´ınimo, al ser positiva a ambos lados del cero, y que habr´a un m´aximo entre 0 y a.

⊕

⊕

⊖

⇒ a

Hay que determinar la posici´on del m´aximo, y el valor del potencial, que determinar´a la energ´ıa necesaria para el movimiento asint´otico: ( x1 = 0, V (0) = 0 V ′ = 0 ⇒ 3x2 − 2ax = 0, ⇒ 4 x2 = 2a 3 , V (x2 ) = 27 mga La energ´ıa inicial vale 1 V (0) E = m v20 + 2

1 2 4 m v0 ⋚ Easint = mga 2 27

⇒

Los movimientos posibles son: 8 v20 < 27 ga : Oscilaciones acotadas asim´etricas alrededor del origen, sin llegar a x = 2a/3 8 v20 = 27 ga : Movimiento asint´otico. Se mueve hacia la izquierda, se para, y vuelve hacia x = 2a/3 con un movimiento asint´otico. 8 v20 > 27 ga : Como el anterior, pero en el retroceso llega en tiempo finito a x = 2a/3, no se para, y sigue hacia +∞.

7

a

Ejercicio 1.2.4: Un punto material de masa m realiza un movimiento unidimensional seg´un el eje Ox sometido a una fuerza que deriva del potencial V (x) = −mgxe−x/a . Inicialmente se sit´ua en x = a y se le comunica una velocidad v0 hacia la izquierda. Estudiar el movimiento del punto seg´un el valor de v0 . 11 de Septiembre de 1990

El potencial se puede dibujar aproximadamente:

⊕

⊖

⇒

a

El potencial es muy similar a otro que acabamos de hacer. Primero veremos d´onde est´a el m´ınimo: −x x −x V ′ = 0 ⇒ −e a + e a = 0 ⇒ x = a , V (a) = −mga/e a El m´ınimo es el mismo punto de lanzamiento. Hay una rama infinita para E = 0. A la vista de la figura, tendremos tres tipos de movimiento (o cuatro, si se cuenta el reposo): v20 = 0 : Equilibrio estable en x = a v20 < 2ga/e : Oscilaciones acotadas asim´etricas alrededor de x = a v20 = 2ga/e : Movimiento asint´otico. Se mueve hacia la izquierda, se para en el origen, y vuelve hacia atr´as. Llegar´ıa a +∞ con velocidad nula. v20 > 2ga/e : Como el anterior, pero en el retroceso llegar´ıa a +∞ con velocidad no nula.

8

Ejercicio 1.2.5: Un punto material de masa m se mueve sobre una recta Ox sometido a una fuerza que deriva del potencial V (x) = −(mg/a3 )x2 (x2 − a2 ). Inicialmente se sit´ua en el origen y se lanza con una velocidad v0 . ¿Cu´al es el m´ınimo valor de v0 necesario para que el punto llegue al infinito? 29 de Junio de 1988

Descomponiendo el potencial en el producto de dos par´abolas, se puede dibujar directamente la curva: va a tener ceros en x = 0 y x = ±a; las ramas infinitas van hacia abajo; en 0 tendr´a un m´ınimo, al ser positiva a ambos lados del cero, y habr´a m´aximos entre 0 y ±a.

⊖

⊕

⊕

⊖

⇒

Hay que determinar la posici´on de los m´aximos, y el valor del potencial, que determinar´a la energ´ıa necesaria para el movimiento asint´otico: ( x1 = 0, V (0) = 0 V ′ = 0 ⇒ −2x x2 − a2 − 3x3 = 2x 2a2 − x2 = 0, ⇒ x2 = ± √a2 , V (x2 ) = mga 4 La energ´ıa inicial vale 1 E = m v20 + V (0) 2

1 2 mga m v0 ⋚ Easint = 2 4

⇒

Aunque no se pida, es f´acil hacer un an´alisis cualitativo de los movimientos posibles: v20 < ga/2 : Oscilaciones acotadas sim´etricas alrededor del origen. √ v20 = ga/2 : Movimiento asint´otico hacia x = ±a/ 2, seg´un el signo de v0 . Tarda un tiempo infinito. √ v20 > ga/2 : Llega en tiempo finito al m´aximo x = ±a/ 2, no se para, y sigue hacia ±∞, en la direcci´on de la velocidad inicial. p Es obvio que, para que llegue a ∞, la velocidad ha de ser superior a la asint´otica, ga/2.

9

1.3. Oscilador arm´onico Ejercicio 1.3.1: Un cubo de arista a y densidad la mitad de la del agua est´a flotando con la cara superior horizontal. Se empuja un poco hacia abajo, sin hundirlo del todo, y se suelta sin girarlo, de modo que se mueve siempre con la misma orientaci´on. Calcular la frecuencia de las oscilaciones.

Naturalmente, para poder tratar el problema como unidimensional, hay que suponer que un eje del cubo se mantiene siempre vertical. Sea z la altura del CDM del cubo sobre el agua. Las fuerzas que act´uan sobre el cubo son: Peso: P = −mg k Flotaci´on, o peso del agua desalojada: F = +m′ g k La masa desalojada depender´a de la altura z: m′ = ρa

z

a/2−z 3 a a

F

La ecuaci´on del movimiento ser´a: 1 1 a3 m z¨ = −mg + m g = ρa a3 z¨ = g − ρ a a3 + ρa − ρa a2 z 2 2 2 ′

que se reduce al oscilador arm´onico 2g z¨ + z = 0 a

⇒

10

ω=

r

2g a

P

!

1 = − ρ a a2 g z 2

Ejercicio 1.3.2: Una part´ıcula pesada de masa m se mueve por una recta horizontal rugosa, de coeficiente de rozamiento f . Est´a unida a un punto O de la recta por un muelle de constante k y longitud natural cero. Integrar la ecuaci´on del movimiento, razonando c´omo se han de tratar los cambios de signo en la fuerza de rozamiento. Inicialmente se lanza desde O con velocidad v0 . Septiembre de 1996

1 Cantidad de Movimiento. Si inicialmente estuviera en reposo, lo primero ser´ıa plantear un problema de est´atica, para ver si se mueve o no. Como se lanza con velocidad v0 6= 0, ya sabemos que hay que tomar la expresi´on del rozamiento con deslizamiento del modelo de Coulomb: R = − f |N|

v = − f |N| sign(x) ˙ i v

La recta es horizontal, la reacci´on normal es igual al peso. La ecuaci´on del movimiento ser´a: m x¨ = −k x − f mg sign(x) ˙

→

x¨ + ω 2 x = − f g sign(x) ˙

El t´ermino independiente cambia de signo al variar el sentido de la velocidad. Inicialmente, como v0 > 0, tomamos el signo −. Cuando se pare, hay que resolver el problema de est´atica para ver si retrocede o se queda parada. Si retrocede, se resuelve de nuevo la ecuaci´on, pero cambiando el signo del rozamiento, y as´ı sucesivamente. 1. Primera fase: x¨ + ω 2 x = − f g . La soluci´on es trivial, tanto la homog´enea como la particular: fg xh = A cos ω t + B sin ω t xp = − 2 ω Imponemos condiciones iniciales: x(0) = A −

fg =0 ω2

x(0) ˙ = Bω = v0

→

x=

fg v0 (cos ω t − 1) + sin ω t 2 ω ω

2. La part´ıcula se para en el instante τ tal que x˙ = −

fg sin ω τ + v0 cos ω τ = 0 ω

⇒

tan ωτ =

v0 ω fg

Conocido el tiempo de parada, se calcula la distancia x(τ ) . Se podr´ıa hacer expl´ıcitamente con las expresiones del seno y el coseno en funci´on de la tangente, pero no merece la pena. En un caso real se calcular´ıa el valor num´erico y luego se sustituye en la x. Adem´as, a continuaci´on se calcular´a de modo m´as directo. Se plantea la ecuaci´on de equilibrio para ver si el rozamiento puede aguantar la fuerza del muelle a esa distancia: 0 = −kx(τ ) + R ;

R ≤ f mg

⇒

|x| ≤

f mg k

h i f mg Si la part´ıcula se ha parado dentro del intervalo − f mg , , la fuerza del muelle es mek k nor que el rozamiento m´aximo; la part´ıcula se queda en equilibrio y el problema est´a acabado. Si no, empieza a moverse hacia el origen, y pasamos a la tercera fase. 3. Planteamos de nuevo la ecuaci´on del movimiento, ahora con velocidad negativa y rozamiento positivo: x¨ + ω 2 x = + f g

→

x = A cos ω t + B sin ω t +

fg ω2

Se imponen ahora como condiciones iniciales t0 = τ , x0 = x(τ ) , x˙0 = 0. Cuando vuelva a pararse, se comprueba de nuevo el equilibrio, para ver si la x de parada cae en la franja de equilibrio ± f mg a dentro, se acaba; si est´a fuera, se repite el punto (1) con las k . Si est´ nuevas condiciones iniciales; y as´ı sucesivamente. 11

2 An´alisis cualitativo. Este problema permite hacer un an´alisis cualitativo, tratando separadamente cada tramo. La ecuaci´on del movimiento se puede integrar una vez, multiplicando por x, ˙ para obtener la ecuaci´on de la energ´ıa: 1 2 1 2 m x˙ + k x = - f mg x + E1 ; 2 2

1 E1 = mv20 2

Se obtiene la energ´ıa cin´etica, el potencial del peso y el trabajo del rozamiento. Aunque se haya integrado, no es el potencial del rozamiento, que no tiene potencial porque es disipativo. Es el trabajo del rozamiento cuando se mueve hacia la derecha. Si se mueve hacia la izquierda, se cambia el signo: no puede tener potencial porque si vuelve al mismo sitio el trabajo no es nulo, sino siempre negativo. Resolviendo la ecuaci´on de la energ´ıa con x˙ = 0, se obtiene f´acilmente el punto de parada: q − f mg ± f 2 m2 g2 + kv20 x(τ ) = k Solo nos interesa el positivo; el otro corresponde a un tiempo negativo, antes de cruzar el origen. En la vuelta hacia la izquierda tendr´ıamos: 1 2 1 2 m x˙ + k x = + f mg x + E2 ; 2 2

1 E2 = k x(τ )2 − f mg x(τ ) 2

El trabajo del rozamiento parece ahora una funci´on positiva de x, pero en realidad es negativo: f mg[x−x(τ )]. La x comienza en x(τ ) y va disminuyendo, luego el trabajo ser´a siempre negativo. Con las expresiones para la ecuaci´on de la energ´ıa en cada tramo, se puede hacer un an´alisis cualitativo del movimiento, dibujando el potencial del muelle y la energ´ıa decreciente. Primero va hacia la derecha, perdiendo energ´ıa linealmente hasta pararse en x(τ ). Luego va hacia la izquierda, perdiendo siempre energ´ıa. Si el punto de parada est´a fuera de la zona de equilibrio, empieza a moverse hacia la derecha, y as´ı hasta que se pare en un punto de equilibrio, donde se queda en reposo (aunque no sea el origen). Tambi´en podemos dibujar el mapa de fases [x, x]: ˙ La ecuaci´on de la energ´ıa del primer tramo es una circunferencia en el plano de fases (o elipse, seg´un la escala Oy), con centro en x = − f mg k (media de los puntos de parada). La segunda rama es otra circunferencia, esta vez con centro en x = f mg k , y as´ı sucesivamente alternando centros de modo que cada elongaci´on es m´as corta, hasta que se pare dentro de la zona de equilibrio y ya no se mueva m´as.

12

E1

x˙

Vm

x(τ )

v0

b

b

x b

x(τ )

Problema 1.3.1: El sistema de la figura es un modelo muy simplificado que se usa para estudiar la suspensi´on de los veh´ıculos. Consta de una masa M (masa suspendida) y una rueda de masa m (masa no suspendida) unidas por un amortiguador viscoso de constante c y un muelle de constante k y longitud natural L0 + Mg/k, de modo que la altura de M sobre la rueda en equilibrio es L0 . El sistema se desplaza con una velocidad horizontal constante v sobre un suelo ondulado sinusoidalmente, de longitud de onda L y amplitud 2H. Se supone que la rueda es lo suficientemente peque˜na para que el punto de contacto est´e en la vertical de M y que, en principio, no se separa del suelo. Se tomar´a, para simplificar, Ω = 2π v/L. Se pide: Plantear las ecuaciones del movimiento de M Hallar la velocidad a la que se produce la resonancia Sabiendo que el amortiguamiento es menor que el cr´ıtico, obtener la respuesta transitoria y estacionaria para las condiciones iniciales t = 0, x = 0, z = 0, z˙ = 0. Obtener la reacci´on del suelo sobre la rueda z

v

M M

z x

O L0

c

k

m

2H L

1 En un caso real, la rueda tendr´ıa un radio no despreciable, y habr´ıa que calcular el punto de contacto seg´un la pendiente, y a partir de ah´ı la altura vertical sobre el suelo. Despreciando el radio se simplifica el c´alculo, de modo que la altura de M sobre el suelo es 2π x h(x, z) = L0 + z − H 1 − cos L b

En reposo, se equilibran el peso suspendido y la fuerza del muelle, que es proporcional a la diferencia entre la longitud natural y la actual: Mg M g = k (hn − h) = k L0 + − h(x, z) k Podemos pues olvidarnos del peso y de la longitud k Mg k , y dejar la longitud natural del muelle reducida a L0 . Con esto, la fuerza que el muelle ejerce sobre la masa se reduce a: 2π x 2π x Fm = k (L0 − h) = k L0 − L0 − z + H 1 − cos = k −z + H 1 − cos L L Al moverse el sistema con velocidad constante, se tiene x = vt, con lo que el argumento del coseno se puede reducir a 2πL x = 2πLvt = Ωt. La fuerza viscosa depende de la velocidad vertical relativa entre la masa suspendida M y la rueda m pegada al suelo: h˙ = z˙ − HΩ sin Ωt 13

por tanto, las fuerzas sobre M son: Fm = k [−z + H (1 − cos Ωt)]

Fa = −c (˙z − HΩ sin Ωt)

La ecuaci´on del movimiento vertical de M ser´a: M z¨ = k [−z + H (1 − cos Ωt)] − c (˙z − HΩ sin Ωt) M z¨ + c z˙ + k z = kH − kH cos Ωt + cHΩ sin Ωt que se simplifica introduciendo la notaci´on usual

k M

= ωn2 ,

c M

= 2ωn ζ :

z¨ + 2ωn ζ z˙ + ωn2 z = ωn2 H − ωn2 H cos Ωt + 2ωn ζ ΩH sin Ωt 2 Sin amortiguamiento, hay resonancia cuando la frecuencia de forzamiento es igual a la natural del sistema: r r 2π v L k k = ⇒ v= M L 2π M

4

ζ =0 µ

0,15

3 0,2

2

0,3 y la amplitud crece hasta infinito. Con amor0,4 tiguamiento, la respuesta est´a acotada. Para 0,5 amortiguamiento supercr´ıtico (ζ > 1), la am- 1 0,75 plitud m´axima se da para Ω = 0 (deformaci´on 1 est´atica). Si es subcr´ıtico (ζ < 1) y menor que ∞ √1 , aparece un m´ aximo en la amplitud, que 0 2 0 1 2 3 ζ =∞ Ω/ωn tiende a ∞ cuando Ω → ωn . Para obtener la frecuencia a la que se produce, derivaremos la parte de la amplitud que depende de la excitaci´on, el factor de amplificaci´on:

µ=r

1 1 =√ ∆ 2 2 4ζ 2 Ω2 + 1− Ω ω2 ω2 n

n

Para obtener el m´aximo, basta derivar el radicando: d∆ 8ζ 2 Ω 4Ω Ω2 = − 2 1− 2 = 0 ⇒ dΩ ωn2 ωn ωn

Ωr = 0 p Ωr = ±ωn 1 − 2ζ 2

La soluci´on nula corresponde al reposo, que en este caso es un m´ınimo. Como la frecuencia es esencialmente positiva, tomamos Ωr = +ωn

q

2π v 1 − 2ζ 2 = L

→

L vr = 2π

r

k M

r

1−

c2 2kM

Haciendo c = 0 se reduce a la vista antes para amortiguamiento nulo. En la figura, la l´ınea de trazos muestra los m´aximos de amplitud en funci´on de ζ y de Ω. Es obvio que solo hay m´aximo para ζ < √12 . 3 Para obtener las respuestas transitoria y estacionaria, separamos la ecuaci´on diferencial en la pare homog´enea z¨ + 2ωn ζ z˙ + ωn2 z = 0 y t´ermino independiente F = ωn2 H − ωn2 H cos Ωt + 2ωn ζ ΩH sin Ωt M 14

Si el amortiguamiento es subcr´ıtico, la transitoria se escribe directamente: q q −ζ ωn t 2 2 zH = e A cos ωn 1 − ζ t + B sin ωn 1 − ζ t Para la estacionaria, podemos obtener soluciones particulares para cada sumando del t´ermino independiente. La constante es trivial: zP1 = H Para el seno, podemos aplicar directamente la expresi´on vista en teor´ıa:   Ω 2 ζ cHΩ/k ωn  sin Ωt − tan−1 zPs = r 2 2 1− Ω 4ζ 2 Ω2 Ω2 ωn2 + 1 − ω2 ω2 n

n

Para el coseno, no es necesario realizar todas las operaciones: basta con expresarlo como cos t = sin(t + π2 ) = sin τ . As´ı se puede aplicar la misma expresi´on del seno,   Ω 2 ζ H π ωn  zPc = r sin Ωt + − tan−1 2 2 2 1− Ω 4ζ 2 Ω2 2 Ω2 ω n + 1 − ω2 ω2 n

n

sin necesidad de ensayar senos y cosenos y calcular los coeficientes. Tambi´en se puede buscar directamente la particular en la forma zP = C cos Ωt + D sin Ωt, en vez de la A sin(Ωt − φ ) usada en teor´ıa. Sustituyendo en la EDO (menos el t´ermino constante, que ya se ha calculado): − Ω2 (C cos Ωt + D sin Ωt) + 2ζ ωn Ω (−C sin Ωt + D cos Ωt) +

+ ωn2 (C cos Ωt + D sin Ωt) = −ωn2 H cos Ωt + 2ωn ζ ΩH sin Ωt

Obtenemos los coeficientes, que tienen que ser ambos nulos: =0

}| { sin Ωt ωn2 D − Ω2 D − 2ζ ωn ΩC − 2ζ ωn ΩD + z

+ cos Ωt ωn2C − Ω2C + 2ζ ωn ΩD + ωn2 H = 0 | {z } =0

y resolvemos el sistema:

C=−

Ω2 ωn2

ωn2 2 4ζ − 1 + Ω2 H

D=−

(ωn2 − Ω2 )2 + 4ζ 2 ωn2 Ω2

2Ω3ωn ζ H (ωn2 − Ω2 )2 + 4ζ 2 ωn2 Ω2

La soluci´on completa, con la homog´enea y los tres t´erminos de la particular, ser´a: −ζ ωn t

z=e

q q 2 2 A cos ωn 1 − ζ t + B sin ωn 1 − ζ t + ω2 Ω2 ωn2 4ζ 2 − 1 + Ωn2 H 2Ω3 ωn ζ H +H − cos Ωt − sin Ωt 2 2 (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2 (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2

Para determinar las constantes A y B imponemos condiciones iniciales. En t = 0, la altura vale ω2 Ω2 ωn2 4ζ 2 − 1 + Ωn2 H z(0) = 0 = A + H − 2 (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2 15

En un instante gen´erico, la velocidad vale q q 2 2 z˙ = −ζ ωn e A cos ωn 1 − ζ t + B sin ωn 1 − ζ t + q q q −ζ ωn t 2 2 2 ωn 1 − ζ −A sin ωn 1 − ζ t + B cos ωn 1 − ζ t + +e ωn2 2 2 2 Ω ωn 4ζ − 1 + Ω2 H 2Ω3 ωn ζ H +Ω sin Ωt − Ω cos Ωt 2 2 (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2 (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2 −ζ ωn t

y en el instante inicial, z˙(0) = 0 = −ζ ωn A + Bωn

q

1−ζ2 −

2Ω4 ωn ζ H (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2 2

Se resuelve el sistema de ecuaciones para obtener ζ Ω2 ωn2 + Ω2 H Ω2 ωn2 − Ω2 H h i B= p A= 2 2 2 2 2 2 2 2 (ωn2 − Ω2 ) + 4ζ 2 ωn2 Ω2 1 − ζ (ωn − Ω ) + 4ζ ωn Ω Con esto quedan perfectamente determinadas la transitoria y la estacionaria.

4 Para obtener la reacci´on del suelo, podemos: a) aplicar la ecuaci´on de cantidad de movimiento al sistema completo, con lo que el muelle-amortiguador desaparece por ser fuerzas interiores; b) aislar la rueda y aplicarle la ECM, considerando las fuerzas del muelle como exteriores. En ambos casos basta con la componente vertical. El movimiento de la masa no suspendida, la rueda, se conoce porque siempre est´a en contacto con el suelo (y de modo razonablemente simple, gracias a que se supone contacto en el punto m´as bajo). La altura del centro de la rueda es la del suelo (m´as el radio constante, que no interviene): 2π x zr = r + H 1 − cos = r + H (1 − cos Ωt) z¨r = HΩ2 cos Ωt L Aplicando la ecuaci´on de la cantidad de movimiento al sistema, M z¨ + m z¨r = −Mg − mg + N donde z¨r se conoce ya como funci´on del tiempo y z¨ se puede obtener derivando. No hay m´as que sustituir y hallar N. Aplicando la cantidad de movimiento a la rueda sola, hay que a˜nadir las fuerzas que ejercen el muelle y amortiguador, que son las mismas que sobre la masa suspendida cambiadas de signo: m z¨r = −Fm − Fa − mg + N La fuerza del muelle depende de z, y la del amortiguador de z˙; ambas son conocidas. Es obvio que las dos ecuaciones est´an relacionadas mediante la de la masa suspendida, m z¨ = +Fm + Fa − Mg En cuanto a qu´e camino es el m´as corto, depende de c´omo se opere en uno u otro caso. Si usamos la ecuaci´on para la rueda sola, z ya se ha integrado en el apartado anterior, y se deriv´o para obtener z˙ e imponer condiciones iniciales. Por lo tanto ambas son conocidas y no hay m´as que sustituir. Si se quiere usar la ecuaci´on para todo el sistema, necesitamos z¨. Se puede derivar otra vez una expresi´on ya larga y tediosa, que antes se ha integrado (¡m´as trabajo!). O se puede despejar de la ecuaci´on del movimiento, con lo que volvemos a la ecuaci´on de la rueda sola. Los dos 16

caminos son realmente el mismo, siempre que no se derive de nuevo z. No vamos a sustituir las expresiones: saldr´ıa una expresi´on muy larga, que no aporta nada nuevo. Es obvio que en este tipo de problemas los c´alculos se complican en cuanto se abandona el caso trivial. Lo m´as adecuado es usar un programa de c´alculo simb´olico, como Maple o Mathematica. En la p´agina WWW de la asignatura se encuentra este problema resuelto con Maple, y se pueden apreciar los valores de la reacci´on normal para distintas velocidades. Al estar apoyado sobre el suelo, N tiene que ser positiva o nula. Si se hace negativa, es que el m´ovil se ha levantado del suelo y las ecuaciones ya no valen. Intuitivamente se ve que, al subir la rampa, el m´ovil coge una velocidad de subida que crece con la velocidad horizontal. Al pasar la cresta y empezar la bajada, si se lleva mucha velocidad podr´ıa levantarse y salir volando, hasta caer de nuevo y chocar con el suelo m´as adelante. Al hacerse cero la normal, el sistema se levanta del suelo y la ligadura ya no act´ua. Habr´ıa que plantear las ecuaciones del movimiento libre, hasta que vuelva a hacer contacto. Entonces se plantean de nuevo las ecuaciones con ligadura, se sigue hasta que se levante, y as´ı sucesivamente.

17

18

Cap´ıtulo 2 Movimiento del punto libre 2.1. Part´ıcula libre Ejercicio 2.1.1: Un punto material M se desplaza en el espacio sometido a una fuerza que simult´aneamente es paralela a un plano fijo P y normal a la velocidad de M. Sabiendo que la magnitud de esta fuerza es proporcional a la velocidad de M y que en el instante inicial M est´a dotado de una velocidad v0 que forma un a´ ngulo α con el plano P, se pide: 1. Determinar el movimiento de M especificando su trayectoria y su ley horaria. 2. Indicar c´omo ser´ıa el movimiento del punto en el caso de que la fuerza indicada fuese proporcional al cubo de la velocidad de M. Mayo de 1968

Si la fuerza se mantiene paralela a un plano fijo, lo natural es tomar ese plano como plano coordenado para simplificar las ecuaciones: por λ (−y, ˙ x) ˙ ejemplo, Oxy ≡ P. Con esas condiciones, la fuerza tendr´a la forma F=K

(x, ˙ y) ˙

p (−y, ˙ x, ˙ 0) x˙2 + y˙2 + z˙2 p x˙2 + y˙2

Esto lleva a ecuaciones no lineales, dif´ıciles de integrar. Pero el que sea normal a la velocidad simplifica mucho las cosas: F ⊥ v → γt = 0 → v = Cte. Adem´as, Fz = 0 → z˙ = p 2 2 Cte. → x˙ + y˙ = Cte. As´ı la fuerza es, simplemente, F = mλ (−y, ˙ x, ˙ 0). Las ecuaciones del movimiento quedan: x¨ = −λ y˙ → x˙ = −λ y +C1 y¨ = λ x˙ → y˙ = +λ x +C2 z¨ = 0 → z˙ = Cte. = v0 sin α

Si escogemos los ejes de modo que inicialmente est´e en (x0 , 0, 0) con velocidad (0, v0 cos α , v0 sin α ), queda: 0 = 0 +C1 v0 cos α = λ x0 + C2 → x0 = v0 cos α /λ

ajustando el valor de x0 podemos hacer que la segunda constante sea tambi´en cero. Sustituyendo la y˙ obtenida en la ecuaci´on de x, ¨ se llega a x0 =v0 cos α /λ

x¨ + λ 2 x = 0 → x = A cos(λ t + φ )

−−−−−−−−→ x˙0 =0

x=

v0 cos α cos λ t λ

Como y = −x/ ˙ λ , y z˙ es constante, se obtienen las ecuaciones horarias, x=

v0 cos α cos λ t λ

y=

v0 cos α sin λ t λ

z = v0 sin α t

La trayectoria es una h´elice circular, cuyo eje coincide con Oz por las condiciones iniciales que hemos tomado. 19

La velocidad es constante (pues la fuerza es siempre normal), de modo que la ley horaria es s = v0 t. Si la fuerza fuera proporcional al cubo, lo u´ nico que variar´ıa es el valor de λ . Al seguir siendo la fuerza normal a la velocidad, e´ sta es constante en m´odulo; seguir´ √ ıamos teniendo un 2

2 +˙ z2

x˙ +y˙ problema lineal, pero con otra constante. Aqu´ı se ha tomado mλ = K √ 2

x˙ +y˙2

mientras que en el otro caso ser´ıa mλ = K

+y˙2 +˙z2 ) (x˙2√ x˙2 +y˙2

h´elice, pero de distinto radio.

20

v0 = K v0 cos α,

3/2

. La trayectoria seguir´ıa siendo una

Ejercicio 2.1.2: Una part´ıcula de masa m se mueve bajo la acci´on de una fuerza ~ F = m~v ∧ ~B siendo ~v la velocidad de la part´ıcula, y ~B un vector de m´odulo y direcci´on constantes. Describir el tipo de movimiento que sigue la part´ıcula en funci´on del valor inicial de ~u, componente de velocidad paralela a ~B. Obtener el radio de curvatura de la trayectoria cuando u = 0. Septiembre de 1991

Descompondremos la velocidad en sus componentes paralela y normal a ~B, ~v = ~u +~v⊥ . Como se trata de una direcci´on fija, sus derivadas ser´an las componentes de la aceleraci´on paralela y perpendicular a ~B, respectivamente: ~B +~v⊥ ∧ ~B ⇒ ~γ = ~u˙ +~v˙⊥ = (~u +~v⊥ ) ∧ ~B = ~ u∧  ~  ~u = Cte. ⇒ γt = 0 → v⊥ = Cte. ˙  ~v⊥ =~v⊥ ∧ ~B → γn = Bv⊥ = Cte → ρ⊥ = Cte

El movimiento paralelo a ~B se realiza con velocidad constante. En el movimiento proyectado sobre el plano ortogonal, la aceleraci´on es normal a la velocidad: su m´odulo se mantiene constante. Por tanto, la aceleraci´on normal es tambi´en constante, y el radio de curvatura de la trayectoria proyectada es constante, es decir, describe una circunferencia en el plano normal (el radio de curvatura de la trayectoria tridimensional depender´a de ~u). La trayectoria tridimensional es una h´elice circular. Si inicialmente ~u = ~0 , el movimiento se desarrolla en el plano normal, y el radio constante de la trayectoria proyectada es el de la trayectoria real:

γn =

v2⊥ = v⊥ B → ρ = v⊥ B ρ

21

Problema 2.1.1: Una part´Ĺcula M de masa m y desprovista de peso se mueve sin rozamiento sobre un plano referido a un par de ejes ortogonales Oxy, sometida a un campo F tal que si la part´Ĺcula se lanza con una velocidad v0 desde el punto (x0 , y0 ) la velocidad v que lleva cuando llega a un punto gen´erico (x, y) verifica que v2 = v20 + 2ω 2 (xy − x0 y0 ) Se pide: a) Determinar del campo F que act´ua sobre la part´Ĺcula. b) Plantear e integrar completamente las ecuaciones del movimiento de la part´Ĺcula. c) Si la part´Ĺcula se lanza desde un punto cuyo vector de posici´on es r0 con una velocidad v0 , ÂżQu´e condici´on deben verificar r0 y v0 para que la part´Ĺcula no se marche al infinito?. d) ÂżCu´al ser´Ĺa el movimiento limite de la part´Ĺcula si se cumple la condici´on anterior? e) Para una velocidad inicial v0 de m´odulo dado, Âżdesde qu´e regi´on del plano podr´Ĺa lanzarse la part´Ĺcula para que no se marche al infinito?. f) Determinar completamente las constantes de integraci´on y hacer un dibujo aproximado de la traa yectoria si se lanza la part´Ĺcula desde (0, a) con una velocidad v0 = − ω (i + j). 2 Febrero de 1990

1 La ecuaci´on v2 = v20 + 2ω 2 (xy − x0 y0 ) es obviamente la integral de la energ´Ĺa; sola no permitir´Ĺa resolver el problema, pues podr´Ĺa haber fuerzas girosc´opicas que, al dar trabajo nulo, no aparecen en esta ecuaci´on. Pero, si la fuerza deriva de un campo, es que es potencial. Poniendo la integral en la forma 1 1 T +V = mv2 − mω 2 xy = mv20 − mω 2 x0 y0 = E 2 2 se obtiene directamente V (r) = −mω 2 xy

⇒

F = −∇V = mω 2 (yi + xj)

2 Las ecuaciones del movimiento son m x¨ = mω 2 y m y¨ = mω 2 x

.... y = ω 2 x¨ = ω 4 y ;

r4 − ω 4 = 0 → r = ¹ω , Âąiω →

→ y = A e+ω t + B eâˆ’Ď‰ t +C e+iω t + D e−iω t = A e+ω t + B eâˆ’Ď‰ t +C′ cos ω t + D′ sin ω t ; y¨ x = 2 = A e+ω t + B eâˆ’Ď‰ t −C′ cos ω t − D′ sin ω t ; ω 3 Todos los t´erminos de la soluci´on se mantienen acotados menos A e+ω t . Para que no se vaya a ∞ las condiciones iniciales han de ser tales que A = 0. x0 A + B −C′ xË™0 A − B − D′ = =ω y0 A + B +C′ yË™0 A − B + D′ xË™0 + yË™0 = 2ω (A − B)

x0 + y0 = 2(A + B)

x0 + y0 +

x˙0 + y˙0 = 4A ω

⇒

x0 + y0 +

x˙0 + y˙0 =0 ω

4 Con A = 0, el vector posici´on ser´a 1 âˆ’Ď‰ t −1 r=B e + C′ cos ω t + D′ sin ω t 1 +1

Tendremos un movimiento asint´otico al origen en la direcci´on (1,1), y una oscilaci´on arm´onica en la direcci´on (-1,1). 22

(1)

5 Entenderemos mejor el movimiento viendo que la fuerza se puede descomponer en una atracci´on de la recta y = x (muelle) y una repulsi´on de la recta y = −x (fuerza centr´Ĺfuga). El movimiento en la direcci´on del muelle no importa, porque est´a acotado. El movimiento en la direcci´on de la repulsi´on (normal a y = −x) se ir´a siempre a ∞, a menos que le demos exactamente las condiciones del movimiento asint´otico al m´aximo, lanzando hacia el eje. N´otese que la condici´on (1) del movimiento acotado es precisamente de movimiento asint´otico en la direcci´on y = x. Si llamamos Ξ a la distancia al eje y = −x, la ecuaci´on de la energ´Ĺa para la repulsi´on es 12 mΞË™ 2 − 12 mω 2 Ξ 2 = Er . Para el movimiento asint´otico, Er = 0, es decir, ΞË™02 − ω 2 Ξ02 = 0; y como hay que lanzar hacia el origen, Ξ0 y ΞË™0 tienen signos opuestos, de√modo que se √ llega a ΞË™0 + ωΞ0 = 0. Esta es la√misma condici´o√ n (1), pues Ξ0 = r0 ¡ (1, 1)/ 2 = Ë™ (x0 + y0 )/ 2, mientras que Ξ0 = rË™ 0 ¡ (1, 1)/ 2 = (xË™0 + yË™0 )/ 2. Por lo tanto, cuando se lanza con una velocidad de m´odulo dado v, no se va a infinito si la componente de la velocidad en la direcci´on y = x vale exacta√ √ mente ω (x0 + y0 )/ 2. Lo m´as lejos que se puede ir es ω |x0 + y0 | ≤ v 2 , que es una zona limitada por dos rectas. Si se lanza desde el l´Ĺmite de la zona, la velocidad ha de ser paralela a la direcci´on y = x; si se lanza desde un punto (x, y) interior, la velocidad debe dirigirse √ de modo que la componente en direcci´on y = x sea exactamente âˆ’Ď‰ (x + y)/ 2. Hemos podido aislar la repulsi´on porque la fuerza es lineal y sus efectos est´an desacoplados. Podemos plantear igualmente la ecuaci´on de la energ´Ĺa para la atracci´on, llamando Ρ = (−x + √ √ y)/ 2 = r ¡ (−1, 1)/ 2 a la distancia a la recta y = x. Se obrendr´Ĺa 12 mΡË™ 2 + 12 mω 2 Ρ 2 = Ea . El potencial ahora es el de un muelle, mientras que antes era el de una repulsi´on. Si sumamos los dos t´erminos, tenemos el potencial completo del movimiento: h i 1 1 1 V = Vr +Va = mω 2 âˆ’Ξ 2 + Ρ 2 = mω − (x + y)2 + (−x + y)2 = mω 2 xy 2 2 2

5 Las condiciones iniciales cumplen los requisitos de movimiento acotado: a a a r0 = (0, a) v0 = − ω (i + j) (0 + a) ω − ω + =0 2 2 2

n n 0 1 B −C′ = 0 B = a/2 ′ −1 =B +C a 1 +1 B +C′ = a C′ = a/2 n n ′ a 1 1 −1 −B + D′ = −a/2 D =0 ′ − ω = −Bω −D ω ′ = −a/2 1 1 +1 −B − D B = a/2 2 Las ecuaciones horarias quedan a 1 âˆ’Ď‰ t a −1 r= e + cos ω t 2 1 2 +1

23

Problema 2.1.2: Una part´ıcula material pesada M, de masa m, y cuya carga el´ectrica es q, est´a obligada a moverse sin rozamiento por un plano horizontal OXY . La part´ıcula m est´a unida al punto O mediante un muelle OM, cuya longitud sin deformar, y constante el´astica son respectivamente a y mω 2 , de forma que la fuerza que el muelle ejerce sobre el punto M ser´a: F = −mω 2 (r − a) ur en donde r representa la distancia OM y ur es el versor de la direcci´on y sentido de OM. Se considera finalmente un campo magn´etico definido por: B=

mω k q

siendo k el versor de la vertical ascendente. La posici´on de la part´ıcula M en el plano quedar´a determinada indistintamente por sus coordenadas cartesianas (x, y) y por sus coordenadas polares (r, θ ). Se pide: 1. Determinar, en funci´on de x, y, y sus derivadas, las componentes seg´un los ejes OX y OY de las fuerzas que act´uan sobre M. 2. Plantear, utilizando las coordenadas x, y, las ecuaciones de movimiento de M. 3. Plantear, utilizando las coordenadas r, θ , las ecuaciones de energ´ıa cin´etica y de momento cin´etico respecto a O. 4. Reducir la cuadraturas las ecuaciones determinadas en el apartado anterior con objeto de determinar la trayectoria y la ley horaria de M. 5. Suponiendo que M se encuentra inicialmente a una distancia a de O, ¿en qu´e direcci´on se deber´a lanzar y cu´al debe ser el valor de la velocidad de M, con objeto de que el movimiento de dicho punto sea uniforme? 6. Suponiendo que el punto se encuentra inicialmente a una distancia a de O y que se lanza en direcci´on radial, ¿cu´al ser´a el valor m´ınimo de la velocidad inicial con objeto de que M llegue a una distancia 2a de O? E.T.S.I. Aeron´auticos

1 En la fuerza del muelle aparece la dificultad de expresar ur en cartesianas:     x x  a y Fm = −mω 2 (r − a) ur = −mω 2 y + mω 2 p 2 + y2     x 0 0

M

v b

FB

La fuerza de Lorenz es m´as sencilla

 

i j k

 y˙ 

mω

= mω −x˙ x ˙ y ˙ 0 FB = q v ∧ B = q   q

0 0 1

0

2 La ecuaci´on de cantidad de movimiento, en cartesianas:         x  x¨ x   y˙  a 2 2 y + mω p y + mω −x˙ m y¨ = −mω  0  0 0 x2 + y2 0

3 Para la ecuaci´on de la energ´ıa, observamos que la fuerza del muelle es conservativa: Fm = f (r) ur

→

Vm = −

Z

f (r) dr =

mω 2 (r − a)2 2

Tambi´en se podr´ıa haber escrito como r2 − 2ar , pero da lo mismo porque la diferencia es una constante. La fuerza electromagn´etica es girosc´opica: siempre normal al desplazamiento, por lo que su trabajo es nulo: dWB = FB · v dt = q v ∧ B · vdt = 0 24

La ecuaci´on de la energ´ıa queda dT = −dVm + dW B

→

T +Vm = E =

mω 2 1 m r˙2 + r2 θ˙ 2 + (r − a)2 = E 2 2

La ecuaci´on del momento cin´etico en cil´ındricas es conocida; s´olo hay que calcular el momento de las fuerzas,

 

ur uθ uz

0  

d d 2 ˙ dHO + mω r 0 0

→ 0 = MO = r ∧ F =m r θ = −ω rr˙ m

dt dt r2 θ˙  dt

rθ˙ −˙r 0

4 De las dos ecuaciones anteriores, la segunda es obviamente una diferencial exacta: d 2 ˙ d r2 ω r2 r θ = −ω rr˙ = −ω ⇒ r2 θ˙ = C − dt dt 2 2

Esto permite eliminar θ˙ de la de la energ´ıa y llegar a una cuadratura en r " # 1 mω 2 ω 2 2 2 C m r˙ + r − + (r − a)2 = E 2 2 r 2 2 Z Z ω 2 2E ±d r 2 2 2 2 C p r˙ = − ω (r − a) − r − = f (r) ⇒ d t = m r2 2 f (r) y de la ecuaci´on del momento cin´etico sale otra dθ C ω = 2− dt r 2

Z

⇒

dθ = ±

Z

C ω − r2 2

dr p f (r)

5 Obviamente, lo de “uniforme” hay que entenderlo como “circular uniforme”, pues con estas fuerzas el rectil´ıneo no es posible. Si se lanza seg´un uθ , obligando a que r sea constante:

v

m r¨ − rθ˙

2

= m 0 − rθ˙

2

= −mω (r − a) + mω rθ˙ r ω a 2 2 1± 5−4 rθ˙ + ω rθ˙ − ω (r − a) = 0 → θ˙ = − 2 r ˙ Para cada valor de r mayor que 4a/5, hay dos valores de θ que producen movimiento circular uniforme, unos positivos y otros negativos. Para r = a, se tiene θ˙1 = −ω θ˙2 = 0 Una soluci´on es el reposo, porque a es la longitud natural del muelle. En la otra, girando en el sentido de las agujas del reloj, la fuerza de Lorenz sola produce la aceleraci´on centr´ıpeta. Por tanto, hay que dar las siguientes condiciones iniciales: r0 = a ur

M b

FB

2 E −Ve f (r) m

2 Ve f = ω 2 (r − a)2 + m

v

v0 = −a ω uθ

6 Para la distancia radial m´axima, se puede usar el an´alisis cualitativo del movimiento radial por el potencial eficaz, como en los movimientos centrales. Aunque e´ ste no lo es, la ecuaci´on del momento cin´etico da otra integral primera an´aloga a la ley de a´ reas. De la ecuaci´on de la energ´ıa, r˙2 =

FB b

M

2

C2 r2

+

r2 ω 2 4

− Cω

25

Ve f

a

Los distintos t´erminos del potencial eficaz, dos par´abolas y una inversa, se suman para dar una curva con un m´ınimo. El movimiento se desarrollar´a oscilando entre dos valores del radio r1 y r2 , con r˙ = 0 en ambos extremos. Por cierto que, al contrario que en los centrales, en este movimiento s´ı puede cambiar el sentido de giro. La integral del momento cin´etico r2 θ˙ = C − ω r2 /2 permite el cambio de signo, mientras que la ley de a´ reas r2 θ˙ = C no. Si se lanza desde r = a con velocidad radial v0 (y por tanto θ˙ = 0 ), y se quiere que llegue a r = 2a, basta con calcular las constantes iniciales y obligar a que r˙ = 0 en r = 2a. En el instante inicial, r02 θ˙0 = C − r˙02

′

v20

= E − V˜e f (r0 ) ;

ω r02 = 0; 2

= E −ω ′

C=

ω a2 2

2 ω a2 ω − 2 2a 2

2 (a − a) − a2

2

→

E ′ = v20

Obligamos ahora a que r˙ se anule en 2a, 0 = v20 − ω 2 (2a − a)2 − 4a2

ω a2 ω − 8a2 2

2

= v20 −

25 2 2 ω a 16 5 v0 = ω a 4

Aunque no se pida, se puede resolver el mismo problema lanzando normal al radio. Entonces ser´a r˙ = 0 y estamos en uno de los extremos. Basta con obligar a que el segundo extremo sea r2 = 2a. En el instante inicial, r2 θ˙ = C −

ω r2 ; 2

a v0 = C −

ω a2 2

→

C = a v0 +

ω a2 2

Si oscila entre a y 2a, r˙2 = E −Ve f (a) = 0 ; 2 ω 2 (a − a) + a2

r˙2 = E −Ve f (2a) = 0 ⇒ Ve f (a) = Ve f (2a) !2 !2 2 ω a2 a v0 + ω2a a v + ω ω 0 2 − = ω 2 (2a − a)2 + 4a2 − a2 2 4a2 2 √ ! 3 2 3 25 2 2 1 21 v0 + ω a v0 − ω a = 0 → v0 = aω − ± 4 4 16 2 3

26

Problema 2.1.3: Un punto material M, de masa m, se mueve sin rozamiento sobre un plano, atra´ıdo proporcionalmente a su masa y a la distancia por dos puntos de ese plano, el uno O fijo y otro S que gira uniformemente alrededor de O. La constante de proporcionalidad de las fuerzas atractivas es k. La velocidad angular de la recta OS se representa por ω y la distancia OS se tomar´a igual a a. Se pide: Calcular la trayectoria de M con relaci´on a la recta m´ovil OS. Estudiar el movimiento en el caso particular k = ω 2 /2 suponiendo que en el instante inicial el punto M se encuentra en O y no tiene velocidad. Calcular el valor m´aximo de la velocidad relativa de M en el caso particular definido en el apartado 2). Nota: La ecuaci´on de la trayectoria pedida en el apartado 2 debe contener cuatro constantes indeterminadas. E.T.S.I.A., marzo de 1966

1 Para calcular la trayectoria, tenemos dos posibilidades:

M b

Plantear las ecuaciones en ejes m´oviles, con las fuerzas de inercia. Plantearlas en ejes fijos, y luego hacer un cambio de ejes

y

Por el primer camino, llamamos S0 a la recta. La posici´on de M en ejes x ωt 0 ser´a (x, y, 0). Habr´a que tener en cuenta las fuerzas de los dos muelles, la de inercia de arrastre, y la de Coriolis:           x¨ x x − a x −y˙ 2 y y − 2 m ω x˙ m y¨ = −k m y − k m +mω           0 0 0 0 0

b

S

b

Llamando Ω2 = 2 k, se tiene

Ω2 a x¨ − 2 ω y˙ + Ω − ω x = 2 y¨ + 2 ω x˙ + Ω2 − ω 2 y = 0 2

2

Este sistema se puede resolver por varios caminos; por ejemplo, introduciendo la variable compleja z = x + i y, Ω2 a z¨ + 2 ω i z˙ + Ω2 − ω 2 z = 2 La particular es obviamente una constante. Para la homog´enea, el polinomio caracter´ıstico es r +2ω ir +Ω −ω = 0 2

2

2

→

r1 = −i (Ω + ω ) r2 = +i (Ω − ω )

La soluci´on completa ser´a z = A e−i (Ω+ω ) t + B e+i (Ω−ω )t +

Ω2 a 2 (Ω2 − ω 2 )

Esta soluci´on no vale para el caso particular Ω = ω , en que se anula el t´ermino lineal (la fuerza centr´ıfuga iguala a la del muelle). Como a partir del apartado 2 se trata ese caso, hay que considerarlo: ω2 a iω a z¨ + 2 ω i z˙ = → z = A + B e−2i ω t − t 2 4 27

Las constantes son complejas, A = A1 + i A2 , B = B1 + i B2 . Separando las partes real e imaginaria, se obtiene la trayectoria: x = A1 cos (Ω + ω ) t + A1 sin (Ω + ω ) t+ + B1 cos (Ω − ω ) t − B2 sin (Ω − ω ) t + y = A2 cos (Ω + ω ) t − A1 sin (Ω + ω ) t+ + B2 cos (Ω − ω ) t + B1 sin (Ω − ω ) t

Ω2 a 2 (Ω2 − ω 2 )

y para el caso singular, x = A1 + B1 cos 2ω t + B2 sin 2ω t y = A2 + B2 cos 2ω t − B1 sin 2ω t −

ωa t 4

N´otese que lo que hemos calculado son, en sentido estricto, las ecuaciones horarias. De todos modos, tambi´en son las ecuaciones param´etricas de la trayectoria. En ejes fijos, llamaremos (x1 , y1 , 0) al vector posici´on de M. Tendremos la atracci´on de un punto fijo y la de un punto de movimiento conocido, pues las coordenadas de S son a (cos ω t, sin ω t, 0).       x¨1  x1  x1 − a cos ω t  m y¨1 = −k m y1 − k m y1 − a sin ω t       0 0 0

M b

y1 b

S b

ωt x1

Llamando, como antes, Ω2 = 2 k , se tiene un sistema de osciladores forzados desacoplados, de soluci´on trivial: Ω2 a cos ω t x¨1 + Ω x1 = 2 Ω2 a sin ω t y¨1 + Ω2 y1 = 2 2

→ →

Ω2 a x1 = A cos Ωt + B sinΩt + cos ω t 2 (Ω2 − ω 2 ) Ω2 a y1 = C cos Ωt + D sinΩt + sin ω t 2 (Ω2 − ω 2 )

De nuevo, en el caso particular Ω = ω esta soluci´on no vale, porque el t´ermino independiente es soluci´on de la homog´enea. Entonces, la soluci´on ser´a

ωa t sin ω t 4 ωa y1 = C cos ω t + D sinω t − t cos ω t 4 x1 = A cos ω t + B sinω t +

Ahora hay que hacer un cambio de ejes, para obtener las coordenadas relativas a la recta OS: x = +x1 cos ω t + y1 sin ω t

M b

y

y = −x1 sin ω t + y1 cos ω t

Las coordenadas en ejes relativos, aplicando las expresiones de los a´ ngulos suma y diferencia, quedan

y1 b

S b

x

ωt

x1

1 1 x = (A − D) cos (Ω + ω ) t + (B +C) sin (Ω + ω ) t+ 2 2 1 1 Ω2 a + (A + D) cos (Ω − ω ) t − (C − B) sin (Ω − ω ) t + 2 2 2 (Ω2 − ω 2 ) 1 1 y = (B +C) cos (Ω + ω ) t − (A − D) sin (Ω + ω ) t+ 2 2 1 1 + (C − B) cos (Ω − ω ) t + (A + D) sin (Ω − ω ) t 2 2 28

que es la misma soluci´on que por el otro camino, escogiendo de otro modo las constantes. Lo mismo ocurre con el caso singular, que no repetiremos. 2 Se estudia el movimiento para el caso particular 2k = ω 2 , que corresponde a la singularidad ya mencionada. La part´ıcula se deja en el origen sin velocidad. Como el origen tambi´en es punto fijo de la recta OS, la velocidad relativa es nula. Derivamos la ecuaci´on de la trayectoria para obtener la velocidad, x = A1 + B1 cos 2ω t + B2 sin 2ω t x˙ = −2ω B1 sin 2ω t + 2ω B2 cos 2ω t

ωa t 4 ωa y˙ = −2ω B2 sin 2ω t − 2ω B1 cos 2ω t − 4 y = A2 + B2 cos 2ω t − B1 sin 2ω t −

e imponemos condiciones iniciales 0 = A1 + B1 0 = A2 + B2

0 = 2 ω B2

ωa 0 = 2 ω B1 − 4

→ →

A2 = B2 = 0 b

b

S

a A1 = −B1 = 8

La trayectoria relativa es una cicloide: a (1 − cos 2ω t) 8 a ωa y = sin 2ω t − t 8 4 x=

En ejes fijos, en cambio, la trayectoria es una espiral m´as una oscilaci´on en y:

ωa t sin ω t 4 ωa 1 y1 = − t cos ω t + a sin ω t 4 4 b

x1 = +

3 La velocidad relativa se obtiene derivando la trayectoria x˙ =

ωa sin 2ω t 4

y˙ =

ωa ωa cos 2ω t − 4 4

La hod´ografa es una circunferencia de radio ω4a . El valor m´aximo de la velocidad relativa es ωa vmax = |y˙max | = 2

29

b

v

2.2. Movimientos centrales Ejercicio 2.2.1: Una part´ıcula de masa m est´a sometida a una fuerza central respecto al punto fijo O de valor: F = Km r2 − 3ar + 2a2 ur donde K y a son constantes positivas. Estudiar para qu´e valores del radio son posibles o´ rbitas circulares de centro O, y determinar la velocidad en funci´on del radio. Septiembre de 1994

Con fuerzas centrales F(r), para que haya o´ rbitas circulares hacen falta dos condiciones:

v F

que la fuerza sea atractiva: F(r) < 0 que la velocidad sea la justa para que la fuerza proporcione la acelera2 ci´on centr´ıpeta del movimiento circular: F(r) = m vr

Habr´a o´ rbitas circulares a cualquier distancia a la que la fuerza sea negativa, s´olo hay que darle la velocidad adecuada para ese radio. Otra manera de verlo es plantear el equilibrio relativo en ejes rotatorios: hay que lanzarla con la velocidad justa para que la fuerza centr´ıfuga mv2 /r (repulsiva) equilibre a la central (atractiva). Esto puede parecer sorprendente. En el movimiento rectil´ıneo, hay puntos de Ve f equilibrio donde se anule la derivada del potencial: son siempre valores fijos de x. En el an´alisis cualitativo del movimiento central, puede haber puntos V V (r) de equilibrio del movimiento radial (´orbitas circulares) en cualquier r en que cent ′ la fuerza sea negativa (V (r) de pendiente positiva). Y se cumple que Ve f = 0. Lo que ocurre es que el t´ermino centr´ıfugo var´ıa con r a trav´es de C que, en el movimiento circular, vale rv. Al variar la r, si se escoge la v adecuada, el potencial centr´ıfugo es el necesario para que haya un m´ınimo en ese r. Podemos resolver el ejercicio por varios caminos: 1 Aceleraci´on centr´ıpeta (o fuerza centr´ıfuga). La fuerza atractiva debe ser igual a la aceleraci´on centr´ıpeta del movimiento circular: mv2 ⇒ v2c = −Krc rc2 − 3arc + 2a2 ≥ 0 F(r) = Km r2 − 3ar + 2a2 = − r S´olo existir´an movimientos circulares donde la v2c ≥ 0 (o lo que es lo mismo, la fuerza sea negativa). F(r) es una par´abola con la concavidad hacia arriba, por lo que ser´a negativa en el intervalo entre las dos ra´ıces: √ 3a ± 9a2 − 8a2 3a ± a 2 2 r − 3ar + 2a → r = = → r = a, 2a 2 2 Por tanto, habr´a o´ rbitas circulares en las siguientes condiciones: rc ∈ [a, 2a]

v2c = −Krc rc2 − 3arc + 2a2

F(r)

a

2 Puntos estacionarios del potencial eficaz La fuerza deriva del potencial 3 Z r 3ar2 2 V (r) = − f (r)dr = −Km − + 2a r 3 2

Vcent Ve f

Y el potencial eficaz es: Ve f = V (r) +Vcent = −Km Los m´aximos y m´ınimos se obtendr´ıan de

2a

V (r)

r3 3ar2 mC2 − + 2a2 r + 2 3 2 2r

mC2 dVe f C2 = −Km r2 − 3ar + 2a2 − 3 = 0 ; r > 0 ⇒ r5 − 3ar4 + 2a2 r3 + =0 dr r K 30

Que obviamente no se puede resolver (m´as que de modo num´erico, dando un valor a C). Y si se pudiera, no servir´ıa de mucho. Para tener o´ rbita circular en los m´aximos y m´ınimos obtenidos, habr´ıa que lanzar con la E correspondiente, sin tocar la C. Y s´olo por casualidad lanzando desde ese rM , con velocidad ortogonal C/rM , la E resultar´ıa ser la del m´aximo. Es decir, los m´aximos y m´ınimos obtenidos para una C gen´erica no permanecen al dar la C correspondiente a ese radio, pues var´ıan con la propia C. Lo que se puede hacer es sustituir directamente C = rv en la expresi´on Ve′ f = 0; lo que queda es una relaci´on entre v y r: v2 = −Kr r2 − 3ar + 2a2 ≥ 0

Para que exista soluci´on, v2 ≥ 0. Dentro del intervalo en que se cumple esta condici´on, para cada valor de r se tendr´a una velocidad para que haya o´ rbita circular. Ahora se ve con m´as facilidad que, como es natural, la soluci´on es la misma que por el otro procedimiento. De hecho, al derivar V hemos obtenido la fuerza, y al hacer C = rv hemos calculado la fuerza centr´ıfuga a ese radio. Es decir, la misma ecuaci´on que en el primer m´etodo.

31

km Ejercicio 2.2.2: Una part´ıcula de masa m est´a sometida a la fuerza central F = − 3 ur , donde k es r una constante positiva y r es la distancia al polo de atracci´on. Sea C la constante de a´ reas y E la energ´ıa mec´anica total de la part´ıcula. Determinar, seg´un sea (C2 − k) > / = / < 0 y E > / = / < 0, si la part´ıcula puede irse al infinito y en caso de que as´ı sea, si lo hace con rama asint´otica, parab´olica o espiral. Septiembre de 1993

Los potenciales real y efectivo ser´an: Vr = −

Z

km F(r) dr = − 2 ; 2r

km mC2 m C2 − k Ve f = − 2 + 2 = 2r 2r 2r2

El tipo de movimiento va a depender del signo de C2 − k. Lo mismo se puede hacer estudiando el equilibrio de fuerzas en la direcci´on radial en ejes que giren con la part´ıcula: la fuerza 2 centr´ıfuga tiene la forma mθ˙ 2 r = mC , igual que la atracci´on. Seg´un que C2 T k tendremos re3 r pulsi´on, nada, o atracci´on en la direcci´on radial rotatoria. C2 > k Ve f ∝ r12 Fuerza repulsiva. Rama infinita decreciente. S´olo puede haber movimiento con E > 0. Como Ve f (∞) = 0, queda T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asint´otica .

C2 = k Ve f = 0 Fuerza nula en direcci´on radial (la centr´ıfuga igual a la atracci´on en todos los puntos, o e´ sta igual a la aceleraci´on centr´ıpeta de la rotaci´on). Rama infinita horizontal. S´olo puede haber movimiento con E > 0. Como T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asint´otica .

Ve f

E

E Ve f

C2 < k Ve f ∝ − r12 Fuerza atractiva. Potencial creciente, con as´ıntota en 0. Hay m´as posibilidades de movimiento: E <0

Movimiento acotado, pasa por el polo.

E >0

T∞ = E > 0, v∞ > 0 ⇒ rama asint´otica

E

Ve f

E = 0 Rama infinita: T∞ = E = 0. Para ver si es parab´olica o espiral, hay que estudiar la cuadratura de θ : Z ∞ Z ∞

∞ C dr C dr C

√ √ r θ∞ − θ0 = = log r =

=∞ 2 2 r0 r r0 2 k −C r0 k −C 2 k−C2 r 0 + m 2 m 2r

θ∞ → ∞

32

rama espiral

Ejercicio 2.2.3: Una part´ıcula describe una o´ rbita circular de radio a bajo la acci´on de una fuerza central que solo depende de la distancia r al polo O. Sabiendo que dicho polo se encuentra sobre la o´ rbita de la part´ıcula, obtener la ecuaci´on de la trayectoria respecto a un sistem de referencia con origen en O y la forma de la fuerza. Septiembre de 1996

b

La primera parte es trivial, un simple ejercicio de geometr´ıa. Hay que tomar una direcci´on como eje polar, que puede ser el di´ametro o la tangente por O. Tomando el primero, la trayectoria es obviamente O

θ

a

r

2θ

r = 2a cos θ con el segundo se tendr´ıa un seno en vez del coseno. La forma de la fuerza se puede obtener por varios caminos: 1 Se aplica la 2a f´ormula de Binet: F 1 C2 d 2 1 =γ =− 2 + m r dθ 2 r r Derivamos:

′ sin θ 1 = ; r 2a cos2 θ

1 1 = r 2a cos θ

′′ cos θ 1 sin2 θ cos θ = + r 2a cos2 θ a cos4 θ

sustituimos en la f´ormula de Binet: C2 cos θ sin2 θ cos θ 1 C2 cos3 θ + 2 sin2 θ cos θ + cos3 θ − 2 + + =− 2 = r 2a cos2 θ a cos4 θ 2a cos θ r 2a cos4 θ C 2 23 a2 C2 2 23 a2C2 m = 2 = − ⇒ F = − r 2a cos3 θ r2 r3 r5 2 Se deriva respecto al tiempo con ayuda de la ley de a´ reas:

γ = γr = r¨ − r θ˙ 2

r = 2a cos θ

C θ˙ = 2 r

−2a sin θ C r˙ = −2a sin θ θ˙ = 4a2 cos2 θ C C cos θ sin θ (−2 cos θ sin θ ) C2 cos2 θ + 2 sin2 θ r¨ = − − = − 2a r2 cos2 θ cos4 θ 2ar2 cos3 θ C2 C 2 24 a3 C2 C2 cos2 θ + 2 sin2 θ cos2 θ 2 r¨ − rθ˙ 2 = r¨ − 3 = − + = − = − r 2ar2 cos3 θ cos3 θ 2ar2 cos3 θ 2ar2 r3 con lo que se llega a la misma expresi´on de antes.

33

Problema 2.2.1: fuerza central

Una part´ıcula de masa m se mueve sin rozamiento sobre un plano Oxy sometida a la F=−

mω 2 a3 (1 − 2λ cos θ )ur r2

donde λ es un par´ametro positivo. Inicialmente la part´ıcula se encuentra en (a, 0) con una velocidad ω a dirigida seg´un la parte positiva de Oy. Se pide: 1. Establecer la ecuaci´on diferencial de la trayectoria de la part´ıcula, integrarla y particularizarla para las condiciones iniciales dadas. A continuaci´on vamos a ir resolviendo una serie de cuestiones que tienen por finalidad el an´alisis del movimiento y de la trayectoria. 2. Dibujar en un diagrama cartesiano el valor de a/r en funci´on de θ y observar la influencia que tiene el par´ametro λ en la curva obtenida. 3. Razonar a la vista de las curvas anteriores que para valores peque˜nos de λ existen dos puntos del plano por los que pasa varias veces la trayectoria antes de marcharse al infinito. Sean M y M ′ estos dos puntos. Situarlos exactamente en el plano. 4. La velocidad de la part´ıcula va pasando alternativamente por unos valores m´aximos y m´ınimos. Sean θi los valores de θ en los puntos correspondientes. Obtener una ecuaci´on trascendente que nos d´e los valores θi buscados. 5. Hallar el valor que la velocidad va tomando en funci´on de θ y en particular calcular sus m´aximos y m´ınimos en funci´on de los θi anteriores. 6. Establecer la ecuaci´on que nos da el valor θ∞ para el que la trayectoria se marcha al infinito. 7. Obtener el m´ınimo valor de λ para el cual la part´ıcula se marcha al infinito sin que su velocidad haya crecido en ning´un momento. Sea λm este valor. 8. Estudiar si la marcha al infinito se hace con rama asint´otica o parab´olica considerando especialmente el caso en que λ = λm . 9. Hacer un dibujo aproximado de la trayectoria en el caso en que λ = 1/10. Septiembre de 1985

1 Una fuerza central que depende s´olo de r y θ se presta a usar la segunda f´ormula de Binet: C2 d 2 (1/r) 1 ω 2 a3 γ =− 2 + = − (1 − 2λ cos θ ) r dθ 2 r r2 Con las condiciones iniciales r0 = a ur y v0 = aω uθ , podemos calcular la constante de a´ reas C = |r0 ∧ v0 | = a2 ω . Llamando 1r = u, se llega a: 1 − 2λ cos θ uh = A cos θ + B sin θ ′′ u +u = 1 u a p = a + f (θ ) Como el t´ermino independiente es soluci´on de la homog´enea, ensayamos soluciones de la forma  2C cos θ − 2D sin θ + 1a = 1a + 2aλ cos θ u p = Cθ sin θ + Dθ cos θ + 1a  u′p = C sin θ + D cos θ +Cθ cos θ − Dθ sin θ D=0 : C = − λa  u′′p = 2C cos θ − 2D sin θ −Cθ sin θ − Dθ cos θ u p = 1a − λa θ sin θ

La soluci´on completa es

1 1 λ = u = A cos θ + B sin θ + − θ sin θ r a a Hay que imponer condiciones iniciales (naturalmente, a la completa)

θ0 = 0, r0 = a

⇒

1 1 = A+ a a 34

⇒

A=0

Para la velocidad hay que tener en cuenta que conocemos r˙0 , pero la soluci´on es funci´on de θ : 6=0

z}|{ dr dr d θ dr 1 =0= → = r ′ = 0 → u′ = − 2 r ′ = 0 dt d θ dt dθ r λ λ u′ = B cos θ − sin θ − θ sin θ → u′ (0) = B = 0 a a

1 1 λ = − θ sin θ r a a

2 Es f´acil representar u y r, tomando 1/a o´ a como unidad, y dando valores a λ :

u

(a, π ) ∞

λ 1

λ (a, 0)

θ

(−a, 0)

(a, 0)

θ∞ 3 Se ve con claridad que la curva de u pasa por los puntos (a, 2n π ) y (a, (2n + 1) π ), que al representar la trayectoria en cartesianas corresponden a dos puntos: (a, 0) y (−a, 0). Tambi´en se ve que el factor θ hace que la amplitud de la oscilaci´on de u crezca continuamente. Llegar´a un momento en que u = 0, y por tanto r → ∞. Cuanto mayor sea λ , antes se llega a este punto. 4 Para obtener los m´aximos de v, convendr´a trabajar con expresiones que contengan el m´odulo de la velocidad: la ecuaci´on de la energ´ıa, o la primera f´ormula de Binet. Como variable para derivar, se puede usar θ en vez de t porque los dos son crecientes y positivos: el giro no se para por la ley de a´ reas. mω 2 a 3 (1 − 2λ cos θ ) dr = mω 2 a3 (1 − 2λ cos θ ) d(1/r) r2 ′ dT u =0 ′ = 0 ⇒ (1 − 2λ cos θ ) u = 0 1 − 2λ cos θ = 0 [λ ≥ 0,5] dθ

dT = F · dr = −

Por otro camino: h i 2 v2 = C2 u′ + u2

2v v′ = 2C2 u′ u′′ + u u′ = 2C2 u′ u′′ + u = ′ u =0 2 ′ 1 − 2λ cos θ = 2C u =0 ⇒ 1 − 2λ cos θ = 0 [λ ≥ 0,5] a

Derivando la u(θ ), se tienen las ecuaciones transcendentes para las θi de los m´aximos de v: u′ = − λa (sin θ + θ cos θ )

⇒

θ = − tan θ cos θ =

1 2λ

[λ ≥ 0,5]

5. . . El resto de los apartados tiene que resolverse num´ericamente; es mejor hacerlo con un programa de c´alculo como Maple. Se puede consultar la soluci´on completa en la secci´on Problemas de la p´agina WWW de la asignatura. 35

Problema 2.2.2: una fuerza

Una part´ıcula material de masa m es atra´ıda por un punto fijo O de un plano Oxy con 2a 3km F = − 4 1+ r r

donde r es la distancia que la separa de O. En el momento inicial la part´ıcula se encuentra en (3a, 0) con una velocidad v0 j. Se pide: 1. Plantear las ecuaciones del movimiento de la part´ıcula, dejando la integraci´on pendiente de una cuadratura del tipo Z r2 dr t= p ϕ (r) 2. Obtener completamente integrada la trayectoria para el caso en que v0 es tal que ϕ (r) queda reducida a un polinomio de 2o grado. Dibujar dicha trayectoria. 3. Determinar en este caso el tiempo que la part´ıcula tarda en llegar a O ignorando la singularidad f´ısica que presenta este punto. 4. Determinar qu´e rango de velocidades hacen que la part´ıcula se marche al infinito. 5. Estudiar la existencia de as´ıntota en este caso. 6. Estudiar la existencia y estabilidad de movimientos circulares estacionarios.

1 Fuerza conservativa: 3km 2a km 3a → V (r) = − 3 1 + F = − 4 1+ r r r 2r mv20 1 2 km 3a km 1 + = − E = T0 +V0 = mv0 − 2 27a3 6a 2 18a3

C = 3av0

La cuadratura de r se obtiene directamente 2 m9a2 v20 dr 2 mC2 2 mv20 km km 3a = E −V (r) − 2 = − + 1+ − dt m 2r m 2 18a3 r3 2r 2r2 Separando variables, se llega a la cuadratura t − t0 =

Z

dt =

Z r

±dr q 9a2 v20 = 3a k 2k 3a 2 v0 − 9a3 + r3 1 + 2r − r2 =

Z r

3a

r

v20 − 9ak 3

±r2 dr

=

r4 + 2kr + 3ka − 9a2 v20 r2

Z r ±r2 dr 3a

p ϕ (r)

La cuadratura de θ se obtiene mediante la ley de a´ reas: dθ =

C dt → θ = r2

Z

dθ =

Z t Cdt 0

r2

=

Z r ±Cr2 dr

p = 3a r 2 ϕ (r)

Z r ±3av0 dr 3a

p

ϕ (r)

El signo ser´a el de r˙ en el instante inicial. En este caso, como r0 ⊥ v0 , r˙0 = 0; hay que recurrir a r¨. Como Fr = m r¨ − rθ˙ 2 y θ˙ se saca de la ley de a´ reas, se tiene: r¨0 =

F(0)/m − r0θ˙02

v20 3k 2a =− 1 + + 81a3 3a 3a

Como depende del valor de v0 , no se puede afirmar nada de momento. 36

2 Se tiene un polinomio de grado 2 haciendo cero el coeficiente de r4 : r 1 k ⇒ v0 = ⇒ r¨ < 0 → ⊖ 3 a3 k r2 2 2 ϕ (r) = 2kr + 3ka − 9a r = k 2r + 3a − 9a3 a k v20 − 3 = 0 9a

La trayectoria se obtiene de la cuadratura θ (r): q

Z r ⊖3a 13 ak3 dr −dr r−a a − r

r π √ θ= q √ = = arcsin = − arcsin

2a 3a 2 2a k 3a 2ar + 3a2 − r 2 3a 2 2 a 2ar + 3a − r Z r

Se puede despejar la r para obtener expl´ıcitamente la trayectoria en polares, que resulta ser un caracol de Pascal: π a−r sin θ − = 2 2a

⇒

r = 1 + 2 cos θ a

Para θ = 2π /3 (120o ), la curva pasa por el origen y r pasa de + a -. Esto no puede ser, porque en polares la r est´a definida como positiva, y si se hace 0 la θ˙ tiene una singularidad. Adem´as, en funciones impares las atracciones se convertir´ıan en repulsiones. Lo que se hace es parar la integraci´on, pasar de θ a θ + π (esto explica que θ˙ se haga infinita al sufrir un salto en tiempo cero), y volver a plantear la cuadratura con r˙ > 0

θ−

5π = 3

Z r

√

⊕ dr

−r2 + 2ar + 3a2 11π r−a arcsin θ− 6 2a 0

2π /3 5π /3

r˙

π r−a + arcsin 6 2a 11π ⇒ r = a 1 + 2 sin θ − 6

=

Esta rama valdr´a hasta el pr´oximo paso por el centro, en que habr´a que repetir el proceso. 3 Al hacer el an´alisis cualitativo se ver´a que la part´ıcula pasa por el centro con velocidad infinita. Ignorando esta singularidad, podemos integrar la cuadratura del tiempo: r " p −r2 dr a r 3a p 2 √ t= = −r2 + 2ar + 3a2 + −r + 2ar + 3a2 − k 2 2 3a −r 2 + 2ar + 3a2 #0 √ # r r " r−a a 3√ 2 a 3 3 2 π 2 − 3a arcsin = 2a + 3a ; t=a 2π + 2a k 2 k 2 Z 0

3a

4 Lo primero es representar el potencial, para ver las ramas infinitas. Se puede hacer f´acilmente, tomando a como unidad de distancia, y haciendo 1 las otras constantes. Los dos t´erminos son potencias de exponente negativo. V (r) tiene el exponente de orden mayor, y predomina cerca del origen; Vcent tiene el exponente menor, y predomina al tender a ∞. Esto quiere decir que Ve f se aproxima a V (r) cerca de r = 0 y a Vcent hacia ∞; en alg´un punto intermedio corta el eje y se hace positivo. Necesariamente ha de tener un m´aximo en la zona positiva, pues acaba tendiendo a 0+ cuando r → ∞. 37

Vcent Ve f

V (r)

E

Ve f rM r0

A la vista del potencial eficaz, parece que el criterio para que se vaya a ∞ es que E > VMax . Pero esto no es posible, porque lanzamos con v ⊥ r, y por tanto E = Ve f (r0 ): se lanza desde un punto de corte. Tampoco nos vale que E = VMax , es decir, que lancemos exactamente en el m´aximo: tendr´ıamos un movimiento circular, aunque inestable, y no se ir´ıa a ∞ (a menos que se le perturbe, que no se contempla en el enunciado). Al final, el u´ nico criterio que nos vale es que r0 > rMax . Como Ve f depende de las condiciones iniciales a trav´es de C, rMax va a ser una funci´on de v0 .

dVe f 3a2 v20 3m 3km 3a km −3a 2 2 2 = 0 = 4 1+ − 3 − = kr + 2ak − 3a v r =0 0 dr r 2r r 2r2 r3 r5 q k⊕ k2 + 24a3 kv20 2 2 2 3a v0 r − kr − 2ak = 0 → rMax = < 3a 6a2 v20 Hay que tomar el signo +, pues la otra ra´ız es negativa. De esta expresi´on podemos sacar la condici´on para v0 , pero es pesado. Es m´as sencillo calcularla para que r0 = rMax : 3a2 v20 r2 − kr − 2ak = 0

r=3a

−−−→

27a4 v20 − 3ak − 2ak = 0

→

v20 =

5k 27a3

Este valor no nos vale, pues hace falta que r0 sea mayor. Es f´acil ver que, como v0 est´a en el coeficiente de r2 , al crecer v0 la par´abola se cierra y rMax disminuye. Es l´ogico que, con m´as energ´ıa, pueda llegar a ∞. Por tanto, la condici´on es v20 >

5k 27a3

5 Como Ve f (∞) = 0, T∞ = E > 0. Tendremos v∞ > 0 y por tanto as´ıntota. 6 Ve f s´olo tiene un punto de tangente horizontal finito, y es un m´aximo. Parece pues que hay un solo movimiento circular estacionario, y que es inestable. Sin embargo, hay que tener en cuenta que Ve f var´ıa con las condiciones iniciales, que cambian la C. N´otese que la condici´on Ve′ f = 0 es una ecuaci´on en r y v0 : para cada valor de r, existe una v0 que hace que el movimiento sea circular uniforme (lanzando perpendicularmente). Hay infinitos movimientos circulares estacionarios inestables, siempre que las condiciones iniciales cumplan 3a2 v20 r02 − kr0 − 2ak = 0

38

2.3. Din´amica orbital Ejercicio 2.3.1: Un sat´elite de masa m, sigue una o´ rbita circular de radio a alrededor de la Tierra; en un instante dado se ponen en funcionamiento sus cohetes, durante un tiempo muy corto frente al per´ıodo orbital, que incrementan su velocidad en ∆v, en la direcci´on tangente a la o´ rbita. Discutir el tipo de o´ rbita en funci´on de ∆v. En caso de o´ rbita cerrada, ¿En qu´e punto alcanza la distancia m´axima a la Tierra? Junio de 1992

La velocidad de la o´ rbita circular se obtiene f´acilmente planteando la ecuaci´on de la cantidad de movimiento en la direcci´on radial, y obligando a que la atracci´on sea la aceleraci´on centr´ıpeta del movimiento circular de radio a: r 2 v µm µ − 2 = m r¨ − rθ˙ 2 = 0 − m c ⇒ vc = a a a La energ´ıa inicial es negativa, como corresponde a un movimiento acotado:

µ µ µ E v2 µ = c− = − =− m 2 a 2a a 2a Al darle un incremento en la direcci´on tangente, la nueva velocidad ser´a vc + ∆v, y la energ´ıa r r µ µ ∆v2 µ ∆v2 µ µ E ′ (vc + ∆v)2 µ = − = + ∆v + − = + ∆v − ⋚0 m 2 a 2a a 2 a 2 a 2a El tipo de o´ rbita va a depender del signo de E ′ , y para obtenerlo calcularemos las ra´ıces en ∆v r r r r √ µ µ µ µ µ µ 2 ∆v + 2∆v − = 0 ; ∆v = − ± + = −1 ± 2 a a a a a a

Las dos ra´ıces corresponden a la ∆v que hay que darle para que la o´ rbita sea parab´olica (E ′ = 0). La positiva corresponde a una o´ rbita parab´olica en el mismo sentido que la circular, y es la m´as econ´omica: s´olo hay que darle la diferencia de velocidad entre circular y parab´olica. La negativa corresponde a una o´ rbita en sentido opuesto, y es mucho m´as costosa: el impulso tiene que absorber toda la velocidad circular, y darle toda la parab´olica en sentido opuesto. No tendr´ıa mucho sentido pr´actico. Ci˜ne´ ndonos a la soluci´on positiva, las o´ rbitas posibles son: √ ∆v < µa −1 + 2 o´ rbita acotada el´ıptica; de mayor periodo si es positiva (acelera), de menor si es negativa (frena) √ ∆v = µa −1 + 2 o´ rbita parab´olica ∆v >

µ a

√ −1 + 2 o´ rbita hiperb´olica

Un an´alisis similar se podr´ıa hacer para la otra ra´ız, con o´ rbitas en sentido opuesto, aunque no tiene mucho sentido pr´actico. Para la o´ rbita acotada, el periodo va a depender de si acelera o frena: ∆v > 0 o´ rbita de mayor energ´ıa, m´as a, y mayor periodo; el punto inicial es obviamente el pericentro, y el m´as alejado ser´a el diametralmente opuesto o apocentro ∆v < 0 o´ rbita de menor energ´ıa, a y periodo; el punto inicial es el m´as alto (apocentro) y el diametralmente opuesto el m´as cercano (pericentro)

39

Ejercicio 2.3.2: Una nave espacial describe una o´ rbita circular de radio R con velocidad vc alrededor de la Tierra, supuesta perfectamente esf´erica. Desde la nave se lanza una part´ıcula, de masa despreciable frente a la de la nave, con velocidad v0 = ε vc relativa a la nave, en una direcci´on que forma un a´ ngulo ϕ0 con el radio vector. Sean T y T0 los per´ıodos de las o´ rbitas de nave y part´ıcula, respectivamente. Determinar el cociente T /T0 en t´erminos de ε y de ϕ0 ; hallar la relaci´on f (ε , ϕ0 ) necesaria para que los per´ıodos coincidan, y explicarla mediante un adecuado diagrama de velocidades. Febrero de 1993

La velocidad de la nave se obtiene f´acilmente planteando la ecuaci´on de la cantidad de movimiento en la direcci´on radial, y obligando a que la atracci´on sea la aceleraci´on centr´ıpeta del movimiento circular de radio R: x ϕ 0 r 2 µm v µ c 2 − 2 = m r¨ − rθ˙ = 0 − m ⇒ vc = R R R La velocidad de la part´ıcula ser´a v = vc j + ε vc u = ε vc cos ϕ0 i + vc (1 + ε sin ϕ0 ) j

y

y su energ´ıa

ε 2 cos ϕ02 + ε 2 sin ϕ02 + 2ε sin ϕ0 + 1 µ E′ = v2c − = m 2 R µ µ µ µ = 1 + ε 2 + 2ε sin ϕ0 − = − 1 − ε 2 − 2ε sin ϕ0 = − 2R R 2R 2a

Los periodos ser´an: s s s 3 32 R a3 R3 T 2 ; T0 = 2π = 2π ; ε ε sin ϕ T = 2π = 1 − − 2 0 µ µ µ (1 − ε 2 − 2ε sin ϕ0 )3 T0 Si queremos que los periodos sean iguales, 1 − ε − 2ε sin ϕ0 = 1 2

⇒

ε (ε + 2 sin ϕ0 ) = 0

ε =0 ε = −2 sin ϕ0

La primera soluci´on equivale a no lanzar la part´ıcula. La segunda supone que la velocidad de la part´ıcula tras el lanzamiento sea igual en m´odulo a la de la nave: as´ı tienen la misma energ´ıa y por tanto el mismo periodo.

ϕ0

vc

ϕ0

vc

Habr´a dos soluciones: una lanzando hacia arriba y atr´as, y otra hacia abajo y atr´as. En las figuras puede apreciarse que ε vc es la base del tri´angulo is´osceles que forman las velocidades, cuyo a´ ngulo es 2ϕ0 , y por tanto vale 2vc sin(2ϕ0 /2).

40

Ejercicio 2.3.3: Dos sat´elites 1 y 2, siguen la misma o´ rbita circular, de radio r0 , alrededor de la Tierra, de forma que sus radios vectores est´an separados un a´ ngulo α ; en un punto P dado el sat´elite 1 enciende sus motores, lo que le comunica s´ubitamente un incremento de velocidad ∆v (tangente a la o´ rbita). Determinar el valor de ∆v, necesario para que los dos sat´elites se encuentren la pr´oxima vez que pasen por P. Septiembre de 1993

❶

Habr´ıa que distinguir dos casos: Si el 2 va delante, el 1 debe frenar, entrar en una o´ rbita m´as baja y m´as r´apida, y adelantarle por debajo. Si el 2 va detr´as, el 1 debe acelerar, pasar a una o´ rbita m´as alta y lenta, y dejar que el otro le adelante por debajo.

❶

α

α

❷

❷ 2π − α

2π + α

Supongamos que el 2 est´a un a´ ngulo α por detr´as del 1. Mientras que 1 recorre 2π en su nueva o´ rbita m´as lenta, el 2 debe recorrer 2π + α por la o´ rbita circular. Si es T1 el periodo de la o´ rbita el´ıptica de 1, y T0 el de la circular de 2, la condici´on de encuentro es α T1 = T0 1 + 2π

Este mismo enfoque sirve para el otro caso, tomando α negativo. Para el sat´elite en o´ rbita circular se cumple: v20

µ = r0

E µ µ µ = − =− m 2r0 r0 2r0

T0 = 2π

s

r03 µ

Cuando el sat´elite 1 enciende los motores, su nueva velocidad es v1 = v0 + ∆v. Para simplificar los c´alculos, podemos ponerlo como v0 (1 + ε ): E1 v20 (1 + ε )2 µ µ µ µ = − = (1 + 2ε + ε 2 − 2) = − (1 − 2ε − ε 2 ) = − m 2 r0 2r0 2r0 2a s s r03 a3 T1 = 2π = 2π µ µ (1 − 2ε − ε 2 )3 Se impone la condici´on de encuentro: 2π

s

s

r03 α 1 + → µ (1 − 2ε − ε 2 )3 µ 2π α − 32 α − 32 2 2 → 1 − 2ε − ε = 1 + ; ε + 2ε − 1 + 1 + =0 2π 2π r   s − 3 r − 3 2 2 α µ  α ε >0, ⊕  ε = −1 ± 2 − 1 + −−−−→ ∆v = −1 + 2 − 1 + ∆v=ε v0 2π r0 2π | {z } r03

= 2π

<1

La soluci´on con ε < 0 tambi´en es posible: corresponde a una o´ rbita retr´ograda, el gasto de combustible es muy alto (hay que absorber completamente la velocidad y darle otra en sentido contrario), y los sat´elites se encontrar´ıan de frente. Tomando α < 0, tenemos el primer caso, con 2 por delante. Sale ε < 0, con lo que 1 se frena y entra en una o´ rbita m´as baja y r´apida para adelantar a 2. 41

Aunque el enunciado no lo contempla (“la pr´oxima vez”), si no hay urgencia existen soluciones m´as econ´omicas en ∆v, pero m´as lentas: consiste en dar varias vueltas antes del encuentro. La condici´on de encuentro ser´ıa entonces: α T1 · 2nπ = T0 (2nπ + α ) → T1 = T0 1 + 2nπ Cuanto mayor sea n, menor ser´a el ∆v necesario.

42

Ejercicio 2.3.4: Sobre un plano fijo y liso Oxy, donde Oy es la vertical ascendente, se mueven dos part´Ĺculas pesadas de igual masa m. Adem´as de su peso, entre las part´Ĺculas existe una fuerza de atracci´on 2 , donde G es una constante positiva y r es la distancia entre ellas. Inicialmente una part´Ĺcula de valor Gm r2 est´a en el origen con velocidad nula y la otra est´a en el punto de coordenadas (0, a) con velocidad v0 i. Determinar el movimiento del centro de masas de las part´Ĺculas y el m´Ĺnimo valor de v0 para el cual la distancia entre las part´Ĺculas aumenta hasta el infinito. Febrero de 1995

El planteamiento es muy similar al del problema de los dos cuerpos. En este caso, los pesos hacen el papel de las perturbaciones P1 y P2 . Podemos escribir las ecuaciones del movimiento: m r¨ 1 = −mg j − m r¨ 2 = −mg j +

Gm2 |r1 − r2 |3 Gm2 |r1 − r2 |3

(r1 − r2 )

â?ś

G

(r1 − r2 )

â?ˇ

Sumando, se obtiene el movimiento del CDM: m r¨ 1 + m r¨ 2 = 2m r¨ G = −2mg j

⇒

1 1 rG = r0 + v0 t − gt 2 j = 2 2

v0 t a − gt 2

Las condiciones iniciales del CDM se han obtenido directamente de las de las part´Ĺculas. N´otese que, al sumar las ecuaciones de cantidad de movimiento de las part´Ĺculas, lo que se obtiene es la ecuaci´on de cantidad de movimiento del sistema. El movimiento del CDM depende s´olo de las fuerzas exteriores (pesos). Las interiores (gravitatorias) son un par de acci´on-reacci´on y desaparecen al sumar. Como en el problema de los dos cuerpos, restando se obtiene la ecuaci´on del movimiento relativo: 2Gm2 ¨ ¨ ¨ (r1 − r2 ) m r1 − m r2 = m (¨r1 − r2 ) = − |r1 − r2 |3 Si llamamos r = r1 − r2 al vector posici´on de â?ś respecto a â?ˇ, en ejes paralelos a los fijos, se tiene 2Gm r¨ = − 3 r r que es la ecuaci´on del problema de dos cuerpos. La “masa ampliadaâ€? 2m ya incluye las fuerzas de inercia porque el origen â?ˇ se mueve. El movimiento relativo es un movimiento kepleriano. Para que la distancia aumente hasta infinito, hace falta que la o´ rbita relativa sea al menos parab´olica. Podemos aplicar la ecuaci´on de la energ´Ĺa, obligando a que sea positiva (hiperb´olica) o nula (parab´olica): rË™ 0 = rË™ 1 − rË™ 2 = v0 i r0 = r1 − r2 = a j

v20 2Gm − ≼0 2 a

43

⇒

v20 ≼

4Gm a

Ejercicio 2.3.5: Consid´erese una Tierra perfectamente esf´erica que atrae a una part´ıcula de masa m con una fuerza F = − mr3µ r, siendo r el vector posici´on con origen en el centro O de la Tierra. Una nave espacial de masa m se encuentra en o´ rbita circular de radio a alrededor de la Tierra. En un instante dado (t = 0) se encienden los motores que proporcionan un empuje constante en la direcci´on radial de valor F1 = ε ma2µ ur . Mostrar que existe un valor cr´ıtico del par´ametro ε , por encima del cual la nave escapa del campo gravitatorio terrestre. Determinar dicho valor cr´ıtico. Junio de 1999

vc F

Antes de encender los motores, se tiene una o´ rbita circular de radio a: r √ µ m mC2 µ + 2 vc = C = µa Ve f = − r 2r a Como r˙ = r¨ = 0 , E = min(Ve f ) = Ve f (a)

Ve f a E

Vcent V (r)

Al encender los motores, se aplica una fuerza radial de m´odulo constante, que es tambi´en potencial: mµ mµ F1 = ε 2 ur → V1 (r) = −ε 2 r a a vc F

La fuerza atractiva disminuye, la part´ıcula se aleja, y el potencial eficaz baja al sumarle un t´ermino negativo lineal; aparece tambi´en un m´aximo: Ve f = −

Ve f

mC2 µm mµ −ε 2 r+ 2 r a 2r

Las condiciones iniciales a y vc no var´ıan, ni tampoco C = avc . E s´ı var´ıa por el nuevo t´ermino en el potencial. Como la velocidad inicial es normal al radio, r˙ = 0 y partimos de un corte con el potencial, aunque no ser´a el m´ınimo. Podr´a haber tres casos: 1. E < Vmax Tres cortes. La trayectoria est´a acotada 2. E = Vmax Dos cortes. Movimiento asint´otico; acotada. 3. E > Vmax Un corte. La part´ıcula se va a ∞

3 2 1

El corte en el m´ınimo E = Vmin no es posible con estas condiciones iniciales. Se parte de la o´ rbita circular con F. Al reducirse la fuerza, esa velocidad ya no corresponde a la o´ rbita circular con radio a. Para que pueda irse a infinito, la energ´ıa inicial tiene que ser mayor que la del m´aximo, es decir, tiene que haber s´olo una ra´ız para el valor de E inicial. El valor cr´ıtico corresponde pues al movimiento asint´otico, con dos cortes. La ecuaci´on que tenemos que resolver es: r˙ = 0 ⇒ E −Ve f (r) = E + donde E = Ve f (a) = −

µm mµ mC2 + ε 2 r − 2 = 0 ⇒ ri r a 2r

mµ ε mµ mµ a mµ − 2 a+ 2 = − (1 + 2ε ) a a 2a 2a

Ordenando y simplificando se llega a un polinomio de grado 3: 2ε r3 − a (1 + 2ε ) r2 + 2a2 r − a3 = 0 Ya conocemos una ra´ız, porque en el instante inicial r ⊥ v y r˙ = 0. Eso permite aplicar Ruffini con r = a y reducir el orden: 44

2ε r 3 −2ε r3 –

−a (1 + 2ε ) r2 +2a2 r +a2ε r2 −a r2 a r2 −a2 r – a2 r –

−a3

r−a 2ε r 2 − a r + a2

+a3 –

Queda una ecuaci´on de segundo grado. El caso cr´ıtico corresponde a la ra´ız doble: 2ε r 2 − a r + a2 = 0

→

√ a ± a2 − 8ε a2 r= 2ε Ra´ız doble:

∆ = a2 − 8ε a2 = 0

⇒

ε∗ =

1 8

El m´aximo en el caso asint´otico corresponde a r = 4a. El punto de lanzamiento es, como cab´ıa esperar, el radio m´ınimo. Por tanto, cuando ε > 81 aparecen soluciones imaginarias, y solo tenemos un corte. Estamos en el caso 3) y la part´ıcula se va a ∞.

45

Problema 2.3.1: Sea M una part´ıcula material de masa m, que se mueve en un plano P, atra´ıda por un punto A del plano P, con una fuerza de intensidad mµ . |AM|2 Sea Ox1 y1 una referencia galileana, rectangular, ligada al plano P; el centro atractivo A, es m´ovil, y describe la recta y1 = L, con velocidad constante de valor −U i. En el instante considerado como inicial, el punto A atraviesa el eje Oy1 , y la part´ıcula material se lanza, desde el origen O, con una velocidad, respecto a la referencia Ox1 y1 , de valor v0 = v0 j1 . Se pide: a) Determinar la trayectoria seguida por M en una referencia Axy, con origen en A y ejes paralelos a los de la referencia Ox1 y1 . b) ¿Cu´al es la m´ınima velocidad v0 , con que debe lanzarse la part´ıcula para que no quede atrapada por el centro atractivo A?. c) Determinar, para la trayectoria obtenida en el apartado a), las as´ıntotas, en el supuesto en que la velocidad v0 sea superior al valor calculado en el apartado b). ¿Cu´al es la m´ınima distancia de M al centro atractivo?. d) Determinar el valor de la velocidad v0 con la que es necesario lanzar la part´ıcula M, para que se escape con una as´ıntota paralela a Ax. e) Sup´ongase que se cumplen las condiciones del apartado anterior. Un observador ligado a Ox1 y1 , si espera un tiempo suficientemente largo, detecta un incremento de la energ´ıa total de la part´ıcula. Calcular ese incremento y explicar su origen. Febrero de 1991

a. Los ejes Ax0 y0 (S0 ) son inerciales, pues su origen se mueve con velocidad constante (−U, 0), y no giran. Por composici´on de movimientos, determinamos la posici´on y velocidad iniciales de M respecto a los ejes S0 r0 = (0, −L)

M M vM 20 = v21 − v01 = (U, v0 )

y1 y0

y0

U A

x0

A

vM 20

v0 M

x1

x0

M

Con estos valores iniciales, podemos calcular las constantes vectoriales de la o´ rbita respecto a A: h2 U 2 L2 = µ µ  

     v0UL 

i0 j0 k0 0 −v U L 0      µ   0

r h∧v 1

1 2L 2

U = 1− e=− − = 1 − 0 0 U L = 1 − U L µ  0 µ U v 0 µ    r µ

  0 0 0 0 h = r0 ∧ vM 0 = U L k0

→

p=

y las escalares:

e2 = e · e =

v20U 2 L2 2U 2 L U 4 L2 2U 2L U 2 L2 2 2 + 1 − + = 1 − + U + v 0 µ2 µ µ2 µ µ2 v2 +U 2 µ E v2 µ = − = 0 − m 2 r 2 L 46

Es f´acil comprobar que se cumple E = (e2 − 1) m2hµ2 . Tambi´en se puede ver que la excentricidad tiene una componente x siempre positiva, mientras que la y ser´a positiva o negativa seg´un las condiciones iniciales. Con estos datos se puede escribir ya la trayectoria:

y0

2

e

α

A

x0 vM 20

U 2 L2 /µ r= 1 + e cos(θ − α )

M

Donde α es el a´ ngulo del eje de la c´onica con el eje Ax0 : α = cos−1 e·i e o mejor, sin am2 U L big¨uedad de signo, α = sin−1 e·j a α > 0, y si no, < 0. e . Si µ > 1, ser´ b. El tipo de trayectoria de M viene dado por el signo de E. Si es negativo, la o´ rbita es acotada y la part´ıcula queda atrapada por A. Para que no quede atrapada, debe ser: v20 +U 2 µ E = − ≥0 m 2 L

⇒

v20 ≥

2µ −U 2 L

c. Suponiendo que se cumple e > 1, v20 > 2Lµ −U 2 , la o´ rbita ser´a hiperb´olica y habr´a as´ıntotas que pasan por el centro de la c´onica. Habr´a que calcular la distancia focal c = ae o el semieje a que, para la hip´erbola, rp =

U 2 L2 /µ p = = a(e − 1) 1+e 1+e

⇒

a=

p U 2 L2 /µ = e2 − 1 e2 − 1

El a´ ngulo γ de la as´ıntota con el eje de la c´onica se puede calcular hallando primero el semieje √ menor, b = ap, y luego la tangente tan γ = ba . Tambi´en se puede sacar directamente de la trayectoria: p 1 → ∞ ⇒ cos γ = + r= 1 + e cos(π − γ ) e Donde γ no es el a´ ngulo polar de la as´ıntota, sino su complementario (referido al eje de la c´onica). N´otese que esta ecuaci´on tiene dos soluciones, sim´etricas respecto al eje. As´ı, las ecuaciones de las as´ıntotas ser´ıan   cos(α ± cos−1 1/e) ras = a e + λ sin(α ± cos−1 1/e)   0 d. Para que la as´ıntota sea paralela a A0 , los dos a´ ngulos han de ser iguales, α = γ : e·i 1 v0U L = → e·i = 1 → =1 e e µ

⇒

µ v0 = UL

y0

γ

e

α x0

A

y0

γ e A

α x0

2

Adem´as, debe cumplirse que α > 0, es decir, 1 − LUµ > 0; si no, la as´ıntota paralela ser´ıa la de llegada. d. Si se espera un tiempo suficientemente largo, M se aleja una distancia muy grande de A siguiendo la as´ıntota. Aplicando la ecuaci´on de la energ´ıa al movimiento relativo, y teniendo en cuenta que para este caso µL = v0U , se obtiene la velocidad asint´otica 20:

v20 +U 2 µ E

v2∞ µ = − = − v2∞ = v20 +U 2 − 2v0U = (U − v0 )2 m 20 2 L 2 ∞ 47

Adem´as µL = v0U < U 2 , como se vio en el apartado anterior, de modo que v∞ = U − v0 . Y como se marcha hacia la izquierda, v∞ 20 = −(U − v0 ) j0 . En ejes inerciales, ∞ A v∞ 21 = v20 + v01 = (−2U + v0 ) j1

En estos ejes, las energ´ıas de M inicial y final van a ser distintas: v2 Ei v20 µ = − = 0 −U v0 m 2 L 2

Ef v2 (−2U + v0 )2 = ∞ −0 = m 2 2

El incremento de energ´ıa es v2 v2 ∆E = 2U 2 + 0 − 2U v0 − 0 +U v0 = 2U 2 −U v0 = U (2U − v0 ) m 2 2 Se debe a la atracci´on gravitatoria de A, que acelera a M. A la vez, M frena a A, que pierde la misma cantidad de energ´ıa. En este modelo no se nota la p´erdida, porque la velocidad de A es constante: una fuerza de ligadura debe encargarse de mantenerla constante, y proporcionar el trabajo comunicado a M. En casos reales, suele ocurrir que A es un planeta, y tiene una masa mucho mayor que la de la astronave M. As´ı la energ´ıa recibida supone un aumento significativo de la velocidad de M, mientras que la perdida por A no influye apreciablemente en su velocidad. Con maniobras de este tipo (flyby u honda gravitatoria) se pueden realizar misiones a gran distancia con muy poca energ´ıa inicial; al pasar cerca de un planeta, con una trayectoria cuidadosamente estudiada, se recibe un impulso para llegar al siguiente planeta, y as´ı sucesivamente.

48

Cap´ıtulo 3 Punto sometido a ligaduras 3.1. Punto sobre superficie Ejercicio 3.1.1: Un punto pesado de masa m est´a obligado a moverse sin rozamiento sobre la superficie c´onica de ecuaci´on z2 = x2 + y2 , referida a un sistema inercial Oxyz donde Oz es vertical ascendente. √ Inicialmente las coordenadas del punto son (a, 0, a) y su velocidad es ag j. Determinar los paralelos entre los que va a tener lugar el movimiento del punto. Febrero de 1995

1 Soluci´on en coordenadas cil´ındricas Compensa trabajar en coordenadas cil´ındricas, que explotan la simetr´ıa de revoluci´on. La ecuaci´on de la superficie ser´a entonces: f ≡ z2 = x2 + y2 = r2 , es decir, z = ±r. Sobre la part´ıcula act´uan el peso y la reacci´on de la superficie lisa. Las ecuaciones del movimiento ser´an: √ m r¨ − rθ˙ 2 = −N/ 2 ⇒ r2 θ˙ = C m rθ¨ + 2˙r θ˙ = 0 √ m z¨ = N/ 2 − mg

N P ur

Como la superficie es lisa y fija, y la fuerza conservativa, 1 T +V = m r˙2 + r2 θ˙ 2 + z˙2 + mgz = E 2

Usando la ley de a´ reas y la ecuaci´on de la superficie, en la que tomamos el signo + por las condiciones iniciales, se puede reducir el problema a una cuadratura en z (o en r) y hacer un an´alisis cualitativo mediante el potencial eficaz: Ve f 1 C2 2 mC2 2 2 2 m z˙ + 2 + z˙ + mgz = E → 2˙z = E − mgz − 2 2 z m 2z

V (z)

Vcent

z

En todo caso el movimiento oscilar´a entre dos valores de z, en los que z˙ = 0, mientras que sigue girando con C constante; es decir, la trayectoria sobre el cono se desarrolla entre dos paralelos, en los que se cumple: z˙ = 0

→

mC2 E − mgz − 2 = 0 2z

Esta ecuaci´on c´ubica ser´ıa dif´ıcil de resolver, pero las condiciones iniciales ya dan una de las ra´ıces al ser z˙0 = 0. Podemos reducir el orden del polinomio por Ruffini. Las condiciones ini49

√ ciales permiten calcular E = 3mga/2 y C = a ag, con lo que la ecuaci´on queda: ( z2 = a z1 =a 2z3 − 3az2 + a3 = 0 −− −→ (z − a) z2 − az − a2 → a z3 = − 2 Como a la parte negativa no se puede llegar (por el potencial centr´ıfugo), s´olo la ra´ız doble z = a se alcanza. Resulta que se ha lanzado en un m´ınimo, por lo que el movimiento se desarrolla en un paralelo z = r = a. Podemos comprobar que es un m´ınimo: Ve′ f (z) = mg −

mC2 ma3 g = mg − z3 z3

Ve′ f (a) = 0

u

2 Soluci´on en coordenadas esf´ericas Si se trabaja en coordenadas esf´ericas, la ecuaci´on de la ligadura se simplifica a´un m´as: θ = π /4 . Sin embargo, la aceleraci´on en cil´ındricas es mucho m´as complicada de escribir:    √  ρ ˙ 2 − ρ cos2 θ ϕ˙ 2 −mg/ 2     ρ¨ − ρθ ϕ˙ N         ˙ 0 ρ cos θ ϕ¨ + 2ρ˙ ϕ˙ cos θ − 2ρ θ ϕ˙ sin θ =    P     √      2 ˙ ¨ 2 N − mg/ ˙ ˙ 2 ρ θ + ρ θ + ρ cos θ sin θ ϕ θ

Al sustituir la ecuaci´on de la ligadura, las ecuaciones se simplifican notablemente. Adem´as, la de la direcci´on radial queda libre de fuerzas de ligadura. La segunda nos da la ley de a´ reas,

ρ 2 ϕ˙ = C N´otese que ahora se llama θ a la latitud (constante), y ϕ a la longitud, que es la que aparece en la ley de a´ reas. Sustituyendo esta ecuaci´on en la de uρ , se tiene

ρ¨ −

C2 g √ = − 2ρ 3 2

Multiplicando ambos t´erminos por ρ˙ , esta ecuaci´on se puede integrar para dar una expresi´on en ρ y ρ˙ de la que se obtiene una cuadratura. A esta misma expresi´on se llegar´ıa por la ecuaci´on de la energ´ıa, de la que se elimina ϕ˙ mediante la ley de a´ reas: m ρ 2 ϕ˙ 2 mgρ m C2 2 2 ρ˙ + = √ = ρ˙ + 2 2 2 2 2ρ 2 Esta expresi´on es la misma que se obtuvo antes √ usando coordenadas cil´ındricas, como era de esperar, pues sobre el cono se cumple z = ρ / 2. A partir de aqu´ı, se proceder´ıa exactamente igual que por cil´ındricas: an´alisis cualitativo en la variable ρ , obtenci´on de las ra´ıces, etc.

50

Ejercicio 3.1.2: Una part´ıcula pesada de masa m se mueve sin rozamiento en el paraboloide az = r2 , (a ≡Cte. positiva), siendo el eje Oz la vertical ascendente. Si inicialmente r = a y se lanza con velocidad v0 tangente al paralelo local, dejar el c´alculo del movimiento reducido a cuadraturas. Determinar los valores m´aximo y m´ınimo que alcanza r a lo largo del movimiento. Abril de 1996

Por ser una superficie de revoluci´on, compensa trabajar en coordenadas cil´ındricas. Sobre la part´ıcula act´uan el peso y la reacci´on de la superficie lisa. Podemos determinar directamente dos integrales primeras: N

Por la simetr´ıa de revoluci´on, la reacci´on normal y el peso est´an contenidos en el plano meridiano: no dan momento seg´un Oz y se conserva el momento cin´etico en esa direcci´on: r2 θ˙ = C. La superficie es lisa y fija, la fuerza potencial: T +V = E

P

ur

La ecuaci´on de la superficie permite despejar una de las variables, r o z: az = r2 → a z˙ = 2r r˙. La ley de a´ reas del movimiento proyectado permite eliminar la θ˙ . Las condiciones iniciales permiten calcular C = av0 y E = mga + mv20 /2. La ecuaci´on de la energ´ıa queda: a2 v20 4r2 r˙2 mv2 r2 1 2 m r˙ + 2 + 2 + mg = mga + 0 2 r a a 2 De donde se obtienen las cuadraturas q 2 ±dr 1 + 4r a2 dt = q a2 v20 2 v20 + 2ga − 2g a r − r2

→

r˙2 =

2 v20 + 2ga − 2g ar −

q

a2 v20 r2

2

1 + 4r a2

2

±dr av0 1 + 4r a2 dθ = q a2 v20 2 r2 v20 + 2ga − 2g a r − r2

El an´alisis cualitativo muestra que el movimiento va a desarrollarse siempre entre dos paralelos, en que r˙ = 0. Como el denominador es > 0, tiene que anularse el numerador 2g 2 a2 v20 2g 4 r − 2 =0 → r − v20 + 2ga r2 + a2 v20 = 0 a r q a 2 + 2ga ± 2 + 2ga 2 − 8gav2 v v v20 + 2ga ± v20 − 2ga 0 0 0 2 r = = 4g/a 4g/a Las soluciones son pues r a r1 = a r2 = v0 2g

v20 + 2ga −

Ve f V (r) Vcent r

La primera ya sab´ıamos que ten´ıa que salir, pues inicialmente se lanza con r˙ = 0; la segunda estar´a por encima o por debajo seg´un el valor de v0 . Para v20 = 2ga se tiene una ra´ız doble, y la trayectoria es un paralelo.

51

Ejercicio 3.1.3: Una part´ıcula pesada de masa m, se mueve por una superficie lisa esf´erica, estando atra´ıda por el punto m´as alto de la misma y el m´odulo de la atracci´on es 2mg. En un instante dado el punto se encuentra en el ecuador con velocidad de m´odulo v0 tangente al mismo. Calcular el radio de curvatura de la trayectoria en dicho punto. Septiembre de 1994

Para una part´ıcula libre, el radio de curvatura de la trayectoria se obtiene trivialmente de la aceleraci´on normal. Expresando la aceleraci´on en intr´ınsecas: ~γ = ~γt +~γn = (~γ · t) t + (~γ · n) n = v˙ t +

v2 ΣF n= ρ m

Si se conocen los vectores aceleraci´on y velocidad en ese momento, se tiene todo lo necesario para despejar ρ . Si la part´ıcula se mueve sobre una superficie, no se conoce directamente la aceleraci´on porque aparece la fuerza de ligadura normal. Entonces hay que despejarla usando la ecuaci´on de la superficie. No se conoce la normal principal de la trayectoria n, pues esta ser´a una de las infinitas curvas que pasan por ese punto de la superficie: s´olo se conoce la normal a la superficie uN . Pero no importa, porque conociendo ~γ y t, que es la direcci´on de la velocidad, ~γn se obtiene trivialmente. Se pueden seguir varios caminos: Cartesianas −2mg √1 − N = mx¨ 2 0 = my¨ 1 √ 2mg − mg = m¨z 2

z

x2 + y2 + z2 = R2 r0 = (R, 0, 0) v0 = (0, v0, 0)

Por la N no podemos obtener directamente x. ¨ Derivando la ecuaci´on de la ligadura obtenemos una relaci´on para las aceleraciones:

x

y

N v0

x2 + y2 + z2 = R2 xx˙ + yy˙ + z˙z = 0 xx¨ + x˙2 + yy¨ + y˙2 + z¨z + z˙2 = 0 R2 + 0 + 0 = R2

0+0+0 = 0

Rx¨0 + 0 + 0 + v20 + 0 + 0 = 0

v2

→ x¨0 = − R0

As´ı obtenemos el vector aceleraci´on, que al ser normal a t es toda aceleraci´on normal: 2 √ ⊥ v0 v2 ~γ = (x, ¨ y, ¨ z¨) = − , 0, g 2−1 = γt (0, 1, 0) +~γn ≡ ~γn = 0 n R ρ Con lo que se obtiene directamente el radio de curvatura inicial,

ρ=

v20 =r |~γ |

v20 R √ 2 4 2 2 v0 + R g 2−1

Esf´ericas La ligadura se puede incorporar directamente en las ecuaciones tomando coordenadas esf´ericas: r = R = Cte., que se sustituye en la velocidad y aceleraci´on.     r¨ − r cos2 ϕ θ˙ 2 − rϕ˙ 2  r˙    ~γ = rθ¨ cos ϕ + 2˙rθ˙ cos ϕ − 2rθ˙ ϕ˙ sin ϕ v = r cos ϕ θ˙     rϕ˙ rϕ¨ + rθ˙ 2 sin ϕ cos ϕ + 2˙rϕ˙ 52

En nuestro caso, r = R y r˙ = r¨ = 0 por la ligadura; θ = ϕ = 0 en el instante inicial, con lo que el triedro a derechas (ur , uθ , uϕ ) coincide con el cartesiano. Sustituyendo estos valores y las condiciones iniciales, se tiene         1 0 − Rθ˙02 − 0  −2mg √2 − N    0  0 ˙ ¨ 0 = v0 → m~γ = m Rθ0 + 0 − 0 = Rθ     ˙0     2mg √1 − mg   0 Rϕ0 Rϕ¨ 0 + 0 + 0 2

Se obtiene directamente el vector aceleraci´on 2 √ v0 ~γ = − , 0, g 2−1 R

y a partir de aqu´ı operar´ıamos como en el caso anterior para obtener ρ . Intr´ınsecas El problema que se encuentra para calcular directamente ρ es que no se conoce la normal principal de la trayectoria, n. Pero se conoce la tangente, t, y la normal a la superficie uN . Podemos entonces aplicar el teorema de Meusnier, y descomponer el vector curvatura en curvatura normal y curvatura geod´esica. Tomamos sobre la superficie el triedro (t, ug , uN ), donde ug completa un triedro a derechas (triedro de Darboux-Ribancour): Frenet

Geod´esico

Ft = mv˙ Fn + N cos θ = v2 κ Fb + N sin θ = 0

Ft = mv˙ Fg = mv2 κg FN + N = mv2 κN

θ ~κ

~κN

~κg v0

Para la esfera, KN = 1/R para todas las direcciones, por lo que no hace falta calcular la N. El triedro de Darboux en este caso es (j, −k, −i). S´olo hay que proyectar seg´un ug : √ 2 − 1 g 1 −2mg √ + mg = mv2 kg ⇒ kg = − v20 2

z

x

N v0

Con esto podemos ya calcular la curvatura:

k2 =

1 1 2 2 = k + k = + N g ρ2 R2

g2

√

2−1

v40

2

53

⇒

Rv20 √ 2 v40 + R2 g2 2−1

ρ=r

y

Problema 3.1.1: Un punto material M, de masa m, est´a obligado a moverse por el interior de un cilindro recto cuya secci´on es una circunferencia de radio R. Se representa por f el coeficiente de rozamiento entre el punto y el cilindro. En el instante inicial el punto M se encuentra en una determinada posici´on del cilindro y se le lanza con una velocidad v0 que forma un a´ ngulo α0 con la correspondiente generatriz. Se pide: 1. Determinar en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on, as´ı como el correspondiente radio de curvatura de la trayectoria. 2. Plantear las ecuaciones de movimiento del punto utilizando como par´ametros las coordenadas cil´ındricas de M. 3. Determinar en un instante arbitrario la reacci´on normal N del cilindro en funci´on de la velocidad v de M y el a´ ngulo α que dicha velocidad forma con la generatriz. 4. Estudiar el movimiento de M determinando su trayectoria y ley horaria. 5. Calcular en funci´on del tiempo la reacci´on normal N del cilindro. NOTA.- Se supondr´a nulo el peso del punto material M. Febrero de 1969

1. Trabajando en coordenadas cil´ındricas, como pide la geometr´ıa del problema, se tiene:     N = −N ur 0 −Rθ˙ 2  ~γ = v = Rθ˙ Rθ¨     R = − f |N| vv z˙ z¨

z N v0 R y

θ

x

Como la velocidad est´a contenida en el plano tangente, es perpendicular a la reacci´on normal; la resistencia, en cambio, tiene la direcci´on de la velocidad. Las dos componentes de la aceleraci´on son pues inmediatas: kv

⊥v z }| { z}|{ v m~γ = m~γt + m~γn = − f |N| v + N

Otra propiedad que se deduce directamente es que, como m~γn = −N ur , en todo momento es n ≡ −ur ; la normal principal de la trayectoria coincide con la normal a la superficie. La trayectoria es una geod´esica del cilindro, una h´elice. Para calcular los valores de las aceleraciones, planteamos: v0 sin α0 v0 = 0, Rθ˙0, z˙0 = (0, v0 sin α0 , v0 cos α0 ) → θ˙0 = R     2 sin2 α 2 ( v v 2 −N −Rθ˙0    γn = 0 R 0 = ρ0 → ρ = v0 sin α0 ¨ m~γ0 = m = − f |N| v0 → R θ0    v0 cos α0  v2 sin2 α z¨0 − f |N| v0 γt = f 0 R 0

R sin2 α0

El valor de ρ se podr´ıa haber calculado directamente sabiendo que la trayectoria es una h´elice de pendiente π /2 − α0 . 2. Planteamos las ecuaciones como en el caso anterior, pero en un momento gen´erico:     −N −Rθ˙ 2    z˙ ¨ m~γ = m = − f |N| sin α donde cot α = Rθ   − f |N| cos α  Rθ˙ z¨ 3. La N se puede obtener por diversos caminos: 54

α v R

Lo m´as sencillo es proyectar en intr´ınsecas, sabiendo que n = −ur y que la trayectoria es una h´elice: v2 v2 sin2 α N =m =m ρ R Se puede obtener directamente de las ecuaciones: N = mRθ˙ 2 ;

v = (0, Rθ˙ , z˙) = v (0, sin α , cos α ) ;

→

N=m

v2 sin2 α R

4. Aunque ya lo sabemos por consideraciones geom´etricas, de las ecuaciones del movimiento tambi´en se deduce que la trayectoria es una h´elice, y α =Cte. Dividiendo las ecuaciones de θ y z: Rθ¨ Rθ˙ = tan α = ; z¨ z˙

d θ˙ d z˙ = ; ˙ z˙ θ

ln K + ln θ˙ = ln z˙;

v0 ,θ0 −→ z˙ = cot α0 Rθ˙ → z − z0 = cot α0 R (θ − θ0 ) z˙ = K θ˙ −−

Para la ley horaria, podemos proyectar seg´un la tangente: v2 sin2 α0 dv f sin2 α0 1 1 f sin2 α0 ; = − dt − + = − t → R v2 R v v0 R ds v0 R R 2 → v= = ⇒ s = ln R + v f sin α t +C 0 0 dt R + v0 f sin2 α0 t f sin2 α0

m v˙ = − f |N| = − f m

Para obtener las ecuaciones horarias, de la geometr´ıa de la h´elice se obtiene: R θ = s sin α0 +C1

z = s cos α0 +C2

4. Conociendo N(v) y v(t), no hay m´as que sustituir: N=

mv20 R sin2 α0 R + v0 f sin2 α0 t

55

2

Problema 3.1.2: Un punto material de masa m sin peso, se mueve sin rozamiento sobre un cono de eje Oz y v´ertice O fijos, y cuyo semi´angulo en el v´ertice α es tal que tg α =

1 At

siendo A una constante positiva conocida y t el tiempo. En el instante inicial (t = 0) se sit´ua el punto a una distancia l del v´ertice O y est´a dotado de una velocidad, relativa al cono, λ perpendicular a la generatriz correspondiente. Sobre el punto act´ua una fuerza de valor: F=−

ml 2 λ 2 k Ar3t

siendo r la distancia entre el punto y el eje Oz y k el versor del eje Oz. Se pide: 1. Ecuaciones del movimiento absoluto del punto en coordenadas cil´ındricas. 2. Trayectoria absoluta del punto en coordenadas cil´ındricas. 3. Reacci´on que el cono ejerce sobre el punto en funci´on del tiempo. 4. Trabajo realizado por F en el movimiento absoluto del punto en el intervalo t = 1 a t = 2. 5. Trabajo realizado por la reacci´on en el movimiento absoluto del punto en el intervalo t = 1 a t = 2. Abril de 1972

1. La ecuaci´on de la superficie y sus derivadas son: 1 r = tan α = z At

z = At r

z˙ = A r + At r˙

z¨ = 2A r˙ + At r¨

α N

Tomando la N positiva hacia el exterior del cono, las ecuaciones quedan: m r¨ − rθ˙ 2

m rθ¨ + 2˙rθ˙ m z¨

=

N cos α

= 0 2 2 = −N sin α − mlAr3λt

α

→ N cos α = m r¨ − l 2λ 2

r3

↑

2 θ˙ = C = l λ

→ r

→ −N sin α = m z¨ + ml 2 λ 2 Ar3t

        

ur

z¨ + lAtrλ 3

2 2

− tan α =

r¨ − l rλ3

2 2

Las condiciones iniciales necesarias para integrar este sistema se dan relativas al cono m´ovil: r0 = (l, 0, 0) = (r0 , 0, z0)

v20 0 = (0, λ , 0)

t =0 ⇒ α =

π 2

Para obtener la velocidad de arrastre, necesitamos par´ametros que identifiquen un punto determinado de la superficie. La deformaci´on consiste en que las generatrices van girando un a´ ngulo α hacia el v´ertice, sin variar la θ de cada una, ni la distancia de sus puntos al origen ρ . Con estos par´ametros, la velocidad de un punto del cono ser´ıa, en cil´ındricas

˙ (− cos α , 0, sin α ) 0 = ρ α˙ 0 (0, 0, 1) = (˙r, 0, z˙)0 → r˙0 = 0 vM 01 0 = ρ α

No es necesario calcular α˙ : de la ecuaci´on de la superficie se obtiene z˙ z˙ = A r + At r˙

→

z˙0 = A l + 0

Y con esto ya podemos escribir las condiciones iniciales respecto a los ejes fijos: r0 = l ; θ0 arbitrario ; z0 = 0 ;

r˙0 = 0 ; θ˙0 = λ /l ; z˙0 = A l

2. Como el tiempo aparece expl´ıcitamente, no va a ser f´acil eliminarlo. Buscaremos las ecuaciones horarias que, al fin y al cabo, son tambi´en las param´etricas de la trayectoria con t como 56

par´ametro. Eliminando N entre las ecuaciones de r¨ y z¨, y usando la ecuaci´on de la superficie para eliminar z¨, se llega a ! l2λ 2 l 2λ 2 l 2λ 2 2 2 −¨r + 3 = At z¨ + = At 2A˙ r + At r ¨ + → A t + 1 r¨ + 2A2t r˙ = 0 3 3 r Atr Atr La ecuaci´on que resulta es una diferencial exacta: d 22 r˙0 =0 A2t 2 + 1 r¨ + 2A2t r˙ = A t + 1 r˙ = 0 → A2t 2 + 1 r˙ = Cte −− −→ r˙ = 0, r = l dt

λ De la ligadura se obtiene z = A l t , y de la ley de a´ reas θ˙ = λ /l → θ = t + θ0 . l La trayectoria es una h´elice circular. z Si uno no se da cuenta de que es una diferencial exacta, se puede integrar la ecuaci´on diferencial, que es de variables separadas: 2A2t r¨ =− 2 2 ; r˙ A t +1

b

ln r˙ = ln K − ln 1 + A2t r˙ =

2

;

K r˙0 =0 −− −→ K = 0 → r˙ = 0 2 2 1+A t

x

y

Con lo que se obtiene el mismo resultado que antes. 3. De las ecuaciones del movimiento )

θ˙ 2 N cos α = −mrθ˙ 2 ; N = − mr cos α cos α = √ 1 2 = √ At 2 2 1+tan α

1+A t

N=−

mλ 2 p 1 + A2 t 2 lAt

4. Trabajo de F entre t = 1 y t = 2,

δ W F = F · dr = F dz = −

ml 2 λ 2 dt Al dt = −mλ 2 3 Al t t F W12 =

Z 2 1

δ W = −mλ

Z 2 dt

t

1

2 F = −mλ lnt 1 = W12 = −mλ ln 2

5. El trabajo de N entre t = 1 y t = 2 se puede calcular por varios caminos:

Ecuaci´on de la energ´ıa: conocido ya el trabajo de F, podemos aplicar la ecuaci´on de la energ´ıa, sabiendo que el m´odulo de la velocidad es constante: F N W12 +W12 = T2 − T1 = 0

N W12 = mλ ln 2

⇒

Integraci´on directa: Conocida N(t), se puede calcular directamente el trabajo:

δ W = N · dr = N N

→

dr α ( cos − sin α dz)

−

mλ 2 lAt

p

N W12

sin α = √

−−−−−−−−− →

1 + A2 t 2 √

=

Z 2 1

1 1+A2 t 2

dz=Al dt

−1

1 + A2 t 2

δ W = mλ

57

Al dt = +mλ 2

Z 2 dt 1

t

dt t

2 N = mλ lnt 1 = W12 = mλ ln 2

Problema 3.1.3: Un punto material M de masa m, no pesado, se mueve sin rozamiento, con ligadura bilateral, sobre un helicoide de ecuaciones x = r cos θ ,

y = r sin θ ,

z = kθ

referidas a un sistema de ejes OXY Z fijos. El punto es atra´ıdo por el eje OZ con una fuerza de valor: 4 2 F = mkr3ω , siendo k y ω constantes conocidas. En el instante inicial se lanza el punto con las siguientes condiciones iniciales: r0 = k,

dr dt

kω =√ , 2 0

dθ dt

0

=

ω 2

Se pide: 1. Determinar completamente el movimiento del punto, es decir, determinar r(t), θ (t). 2. Determinar la reacci´on de la superficie sobre el punto, en funci´on del tiempo. Septiembre de 1981

1. Las ecuaciones del movimiento sobre la superficie ser´an F + N = m x¨ ;

N = N n;

n=

z

xr ∧ xθ |xr ∧ xθ |

Las derivadas parciales de la ecuaci´on param´etrica de la superficie x(r, θ ) forman una base del plano tangente, y permiten calcular el vector normal a la superficie. Para resolverlas hay que tener en x cuenta:

N F

xθ b

xr

y

Podemos proyectar sobre el plano tangente, y obtener dos ecuaciones en r, θ en las que no aparece la reacci´on normal Se conserva la energ´ıa, pues la fuerza es potencial, y la superficie fija y lisa. No se conserva el momento cin´etico respecto al eje Oz por la N. Los par´ametros r y θ de la superficie son tambi´en coordenadas cil´ındricas del punto, lo que facilita escribir la aceleraci´on.

a) Proyecci´on sobre el plano tangente Calculamos primero las derivadas parciales: xr = (cos θ , sin θ , 0) = ur

xθ = (−r sin θ , r cos θ , k) = r uθ + k uz

Si hiciera falta, se podr´ıa calcular n mediante el producto vectorial. Obs´ervese que xr es unitario y tiene la direcci´on de la fuerza de atracci´on F, y de la radial de las coordenadas cil´ındricas. ⊥

(F + N = m x¨ ) · xr

→

−

mk4 ω 2 ˙2 = m r ¨ − r θ r3

La otra direcci´on es normal a la fuerza y a la reacci´on: ⊥

⊥

z¨=k θ¨ · xθ → rθ¨ + 2˙rθ˙ r + z¨ k = 0 −−−→ rθ¨ + 2˙rθ˙ r + θ¨ k2 = 0 d 2˙ ω rθ¨ + 2˙r θ˙ r + θ¨ k2 = r θ + k2 θ˙ = 0 ⇒ r2 + k2 θ˙ = Cte. = (k2 + k2 ) = k2 ω dt 2

F + N = m x¨

58

Esta integral primera permite eliminar θ˙ en la primera ecuaci´on, que se podr´ıa integrar dos veces para obtener r(t). Como la primera integraci´on va a dar precisamente la integral de la energ´ıa, tambi´en podemos plantear esta directamente, y eliminar θ˙ del mismo modo. " # # " k4 ω 2 1 mk4 ω 2 r = m r¨ − r − ; r¨ = k4 ω 2 − 3 2 2 2 2 r3 r (r + k ) (r2 + k2 ) " # r 1 r˙2 −1 1 4 2 4 2 r¨ r˙ = k ω − 3 r˙ → =k ω − +C 2 r 2 2 (r2 + k2 ) 2r2 (r2 + k2 ) 1 k6 ω 2 k2 ω 2 4 2 −1 2 t = 0, =k ω + + C → r ˙ = 2 4k2 2k2 (r2 + k2 ) r2 La expresi´on de r˙ lleva a una cuadratura, que se integra completamente, e incluso puede despejarse r. En la ra´ız se toma el signo + porque r˙0 es positivo: +r

p

r2 + k2 dr = k3 ω dt

De aqu´ı se puede despejar r:

→

3/2 1 2 r + k2 +C = k3 ω t 3

r=k

−−→ t=0

C = −k3

23/2 3

2/3 − k2 r2 = k2 3ω t + 23/2

Con este valor vamos a la otra integral primera, que permite obtener θ (t): √ k2 ω k2 ω r r2 + k2 r dθ = 2 dt = 2 dr ; k dθ = √ dr 2 2 3 r +k r +k k ω r2 + k2 1/3 p √ √ 3/2 2 2 kθ = r + k − k 2 ⇒ k θ = k 3ω t + 2 −k 2 2. Para obtener N, proyectamos sobre la normal. La fuerza no interviene, porque tiene la direcci´on de xr ; s´olo la aceleraci´on va a producir N. Primero calculamos el vector normal:

 

ur uθ uz 0

(0, k, r) xr ∧ xθ =

1 0 0

= k n= √ k2 + r2

0 r k r 

Y se proyecta la ecuaci´on del movimiento en esa direcci´on ⊥ rθ¨ + 2˙rθ˙ k + z¨ r 2r θ¨ + 2˙rθ˙ √ F + N = m x¨ · n → N = =k √ k2 + r2 k2 + r2 No hace falta derivar para hallar θ¨ , pues antes se obtuvo θ¨ r2 + k2 + 2rr˙θ˙ = 0

⇒

N=k

k2 − r2

3/2

(r2 + k2 )

2˙rθ˙

θ˙ y r˙ se han obtenido antes como funciones de r, y r a su vez como funci´on de t, con lo que sustituyendo se tiene N(t).

59

Problema 3.1.4: Sea O1 x1 y1 z1 un sistema de referencia galileano, triortogonal y orientado a derechas, en el que O1 z1 es la vertical ascendente; consid´erese la esfera E de centro O1 y radio a y sea C1 la circunferencia horizontal de E, situada en el plano de ecuaci´on z1 = a/2. Sobre un plano π , en el que se √ considera un sistema de referencia ortogonal Oxy, se traza la circunferencia C, de centro O y radio a 3. El plano π se mueve permaneciendo en contacto con la esfera E, de forma que la circunferencia C de π , rueda sin deslizar sobre la circunferencia C1 de E; el movimiento se realiza de forma tal, que el punto geom´etrico de contacto entre ambas circunferencias, describe la circunferencia C1 con velocidad √ constante de valor (aω 3). (En la figura se esquematizan los elementos geom´etricos que intervienen, en un instante gen´erico). Dos puntos materiales P y Q, de igual masa m, est´an unidos por un hilo flexible inextensible, de longitud l y sin masa, y se mueven sometidos a las siguientes condiciones: El punto P, se mueve con ligadura bilateral y sin rozamiento, sobre el plano π , sometido a la acci´on de las siguientes fuerzas directamente aplicadas: i) el peso, mg, ii) una repulsi´on del punto O1 proporcional a la masa y la distancia, siendo g/(2a) la constante de proporcionalidad, y iii) una atracci´on del di´ametro OM de C, proporcional a la masa y la distancia, siendo (3ω 2 ) la constante de proporcionalidad. El hilo que une ambos puntos, pasa por un orificio del plano π practicado en el punto O; de su otro extremo pende el punto Q, que se mueve en la vertical OO1 , y sobre e´ l act´uan, como fuerzas directamente aplicadas, u´ nicamente el peso. Se pide: a) Determinar las fuerzas de inercia que han de tenerse en cuenta al analizar el movimiento relativo del punto P respecto del plano π . Determinar la componente paralela al plano y analizar si se compensa, o n´o, con alguna de las fuerzas directamente aplicadas que act´uan sobre el punto. b) Comprobar que el movimiento del punto P, respecto del plano π , es central; plantear las ecuaciones que gobiernan dicho movimiento; suponga que el hilo se mantiene tenso durante todo el movimiento (“a posteriori”, una vez determinado el movimiento, puede comprobarse la veracidad de esta hip´otesis). c) Reducir a cuadraturas las ecuaciones planteadas en b). Determinar los movimientos estacionarios del punto P y analizar cuales son estables y cuales no. d) Determinar, en un movimiento estacionario gen´erico, la reacci´on normal del plano π sobre el punto P. Junio de 1988

a Para resolver el problema se usar´an los siguientes sistemas de referencia: S1 : Ejes fijos O1 x1 y1 z1 S0 : Ejes Oxyz ligados al plano π 60

S2 : S´olido al que pertenece la part´ıcula P. S3 : Sistema auxiliar Muvw de la figura, que acompa˜na al punto de contacto. Para calcular las fuerzas de inercia, necesitamos la aceleraci´on de O, la velocidad angular ω 01 , y la aceleraci´on angular.

O

√ 3 a

De la geometr´ıa del problema se deduce que el punto O est´a fijo sobre el eje O1 z1 : el plano es siempre tangente a la esfera; las dos circunferencias son tangentes; a la altura de la circunferencia C1 , el plano tangente a la esfera forma 30o con la vertical; los radios de las circunferencias forman un tri´angulo rect´angulo con el eje O1 z1 : por tanto, O est´a siempre fijo en (0, 0, 2a). Por tanto, γ O 01 = 0 .

M √ a 3/2 30o

Del movimiento del plano tenemos ya un punto fijo, O. Como la circunferencia C rueda sin deslizar sobre la C1 , el punto de contacto M considerado como parte de S0 tiene velocidad nula (es el punto de S0 que en cada momento coincide con M de S3 ). Por tanto, el eje instant´aneo de rotaci´on es OM. Es obvio que la axoide m´ovil es el propio plano π y la fija un cono de v´ertice O que se apoya sobre C1 . Adem´as, ω 01 s´olo tiene componente de rodadura. Aunque conozcamos el EIR y por lo tanto la direcci´on de ω 01 , para calcularla va a ser m´as f´acil usar la composici´on de movimientos 0/1=0/3+3/1. N´otese que el u´ nico dato que tenemos para calcux lar su m´odulo es la velocidad de M, que es un punto geom´etrico independiente al que hemos asociado el y sistema S3 . El movimiento 3/1 es un giro alrededor de O1 z1 , con O ≡ O como punto fijo: el plano Mvw est´a fijo al plano meridiano de√M. Como este recorre C1 con velocidad aω 3 u, se tiene: √ 3 ω31 k1 ∧ OM = ω31 a u= 2 √ = vM 31 = aω 3 u → ω31 = 2ω

v b

P b

O u M

b

w

Q b

El movimiento 0/3 es un giro alrededor de Oz k Mw. La velocidad angular se puede calcular de varios modos:

1. Como C rueda sin deslizar sobre C1 , vM 01 = 0 y por tanto √ √ √ vM 01 = vM 03 + vM 31 = ω 03 ∧ OM + aω 3 u = ω03 a 3 + aω 3 u → ω 03 = −ω w 2. Una circunferencia rueda sin deslizar sobre la otra; el punto de contacto M, considerado como independiente, recorre las dos circunferencias con la misma velocidad: √ vM 30 = vM 31 = ω30 w ∧ OM = aω 3 u → ω 30 = ω w Con esto podemos hallar la velocidad angular de arrastre:

ω 01 = ω 03 + ω 31 = −ω w + 2ω k1 = −ω w + 2ω 61

√

3 1 v+ w 2 2

!

√ = ω 01 = ω 3 v

Y la aceleraci´on angular:

u

v w √ √

√

2

˙ ω˙ 01 1 = ω˙ + ω ∧ ω = 2 ω · ω 3 = ω = − ω 3u 0 3/2 1/2 01 3 31 01 01

0

1 0

Con esto podemos ya calcular las fuerzas de inercia. S´olo queda pasar a ejes Oxy, y antes hay que situar el sistema S3 en S0 . Como ω 30 = ω k, la recta OM ha girado un a´ ngulo ω t respecto a una referencia arbitraria, que podemos tomar como Ox. As´ı, √ √ ω 01 = ω 3 v = −ω 3 (cos ω t i + sin ω t j) √ √ ω˙ 01 = −ω 2 3 u = −ω 2 3 (− sin ω t i + cos ω t j)

y

P

u

P′ M

ωt O

x

v

OP = (x, y, 0) vP 20 = (x, ˙ y, ˙ 0) La fuerza de inercia de Coriolis va a ser normal al plano

FIC = −2mω 01 ∧ vP 20

j k

√ i √ = +2mω 3

cos ω t sin ω t 0

= 2mω 3 (y˙ cos ω t − x˙ sin ω t) k

x˙ y˙ 0

En la de arrastre va a haber t´erminos paralelos al plano (centr´ıfuga) y normales (azimutal)

FIA = −m ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OP) − m ω˙ 01 ∧ OP √ Como la velocidad angular tiene la direcci´on de OM, ω 01 = ω 3 v, la fuerza centr´ıfuga tiene la direcci´on de la normal a este eje, P′ P: −m ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OP) = 3 m ω 2 P′ P Obviamente, esta repulsi´on se compensa con la atracci´on del eje OM, que vale Fa = m 3ω 2 PP′ El otro t´ermino de la fuerza de arrastre es

i j k

√ √

−m ω˙ 01 ∧ OP = +m ω 2 3

− sin ω t cos ω t 0

= −m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) k

x y z

b Las fuerzas que act´uan sobre la part´ıcula P son: √ 2 ω FIA = 3m P′ P − m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) k √ FIC = 2mω 3 (y˙ cos ω t − x˙ sin ω t) k

Fa = m 3ω 2 PP′ g mg mg Fr = m O 1 P = (O1 O + OP) = ( 2a k1 + x i + y j) 2a 2a 2a k P = −mg 1 OP N = N k; T = −T |OP|

Hay dos fuerzas de ligadura: la reacci´on del plano N y la tensi´on del hilo T. Se observa que parte de la repulsi´on se anula con el peso, adem´as de la centr´ıfuga con la atracci´on de OM. De este modo, las u´ nicas fuerzas que quedan en el plano son parte de la repulsi´on, de direcci´on OP, y la tensi´on del hilo. Las dos son centrales. El movimiento relativo va a ser central. Convendr´a tomar coordenadas polares en S0 . 62

y

Con estas simplificaciones podemos plantear las ecuaciones del movimiento de las dos part´ıculas: mg r 2a

P

m r¨ − rθ˙ 2

−T =

= m rθ¨ + 2˙rθ˙

0

Lig. l = r + (2a − z) → r¨ = z¨

T r

P

θ

O

x

T Q

T − mg = m z¨

Q

Fr

P

c La segunda ecuaci´on de P es la ley de a´ reas: r2 θ˙ = C . Con la ecuaci´on de la ligadura (longitud del hilo) se elimina z¨ de la ecuaci´on de Q; se despeja T y se sustituye en la radial de P z¨ = r¨

→

T = mg + m¨r C θ˙ = 2 r

→

mgr − m (g + r¨) = m r¨ − rθ˙ 2 2a gr C2 2¨r = −g+ 3 2a r

→

Esta ecuaci´on se puede integrar una vez, multiplicando ambos t´erminos por r˙: 2¨rr˙ =

Donde α = r

g 4a

C2 gr −g+ 3 2a r

2C2 a g .

Z

r˙

→

r˙2 = A +

gr2 C2 g α − gr − 2 = h + r2 − 4ar − 2 4a 2r 4a r

De aqu´ı se obtiene una cuadratura para r y, con la ley de a´ reas, otra para θ :

dt =

Z

r

±dr

q h + r2 − 4ar − rα2

g 4a

Z

dθ =

Z

r2

q

±C dr

h + r2 − 4ar − rα2

Para estudiar los movimientos estacionarios, podemos obligar a que r¨ = 0 o hacer un an´alisis cualitativo de r˙2 . Los dos caminos llevan a la misma ecuaci´on. Hacer r˙ = 0 no sirve de nada, pues se cumple tambi´en en los puntos de parada y retroceso; adem´as, si r¨ = 0, para que el movimiento sea estacionario hay que lanzar ortogonalmente, es decir, con r˙ = 0. La expresi´on de r˙2 se puede poner como r˙2 =

g α g h + r2 − 4ar − 2 = h − V˜e f ; 4a r 4a

α V˜e f = −r2 + 4ar + 2 r

donde V˜e f es una funci´on an´aloga al potencial eficaz, pero sin dimensiones de potencial. Los movimientos estacionarios son los puntos estacionarios del potencial, es decir, V˜e′ f = 0. El potencial se puede representar f´acilmente: una par´abola invertida, una recta de pendiente positiva, y el t´ermino centr´ıfugo; este depende de las condiciones iniciales a trav´es de C. El potencial eficaz se aproxima al centr´ıfugo para r → 0 y a la par´abola para r → ∞. Entre medias, para valores de C peque˜nos se puede aproximar a la recta: entonces, habr´ıa dos movimientos estacionarios. Cuando C crece, las dos ra´ıces se convierten en una (punto de inflexi´on) y luego desaparecen. Las ra´ıces se obtienen de 2α V˜e′ f = −2r + 4a − 3 = 0 → r4 − 2ar3 + α = 0 r Esta expresi´on es la misma que se obtiene de r¨ = 0. Obviamente, esta ecuaci´on no tiene soluci´on f´acil. Pero, tomando variables adimensionales u = r/a (es decir, tomando a como unidad de longitud) se puede comprobar que hay dos ra´ıces positivas, para valores suficientemente peque˜nos de α : 63

a4 u4 − 2a4 u3 + α = 0 ;

u4 − 2u3 = −

α = −b ; a4

f (u)

u3 (u − 2) = −b

Donde b tiene que ser positiva porque α fuera negativa, saldr´ıa la velocidad imaginaria. Se puede obtener el valor m´aximo de b (y por tanto de C) calculando el m´ınimo de la funci´on: −b 3 27 27 4u3 − 6u2 = 0 → um = 3/2 ; bM = − −2 = 8 2 16 Por tanto, seg´un la velocidad inicial, tendremos:  > 27 −  16 ∄ rest    2C2  b= 3 on) = 27 16 ∃ 1 rest = 3a/2 inestable (pto. inflexi´  ga     1 estable (min) < 1 inestable (max) < 27 16 ∃ 2 rest

3/2

= 2C2 a/g. Si

Tambi´en es obvio —se ve en la curva— que los radios ∈ [0, 3a/2] son movimientos estacionarios estables (m´ınimos), y los radios ∈ [3a/2, 2a] son inestables (m´aximos). No tiene sentido hallar los valores de r para movimiento estacionario: aparte de la dificultad de hallar anal´ıticamente las ra´ıces de una ecuaci´on de cuarto grado, es que todos los valores de r entre 0 y 2a corresponden a un movimiento estacionario. S´olo hay que lanzarlo perpendicularmente al radio con la velocidad adecuada. Esta velocidad se calcula f´acilmente de r ⊥ v0

→

C = rv0

→

2r2 v20 a r − 2ar + =0 g 4

3

→

v20 =

g 2ar − r2 2a

Para r > 2a, la velocidad saldr´ıa imaginaria: no hay movimientos estacionarios. Una vez llegados a esta expresi´on, tambi´en se puede calcular el radio del movimiento estacionario para una v0 dada: es resolver una ecuaci´on de segundo grado: q rest = a ± a2 − 2av20 /g c En un movimiento estacionario, la part´ıcula recorre una circunferencia de radio r ≤ 2a con g velocidad uniforme v20 = 2a 2ar − r2 . El equilibrio de fuerzas seg´un k muestra que N ha de equilibrar a la fuerza de inercia de Coriolis y a la azimutal √ √ N − m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) + 2mω 3 (y˙ cos ω t − x˙ sin ω t) = 0 La posici´on y velocidad de P en el movimiento estacionario son v0 v0 v0 v0 (x, ˙ y) ˙ = v0 − sin t, cos t (x, y) = r cos t, sin t r r r r

La reacci´on quedar´a √ v0 v0 2 N = m ω 3 r sin t sin ω t + cos t cos ω t − r r √ v0 v0 − 2mω 3v0 cos t cos ω t + sin t sin ω t = r r h v i √ 0 = N = 2mω 3 (ω r − 2v0 ) cos −ω t r

La reacci´on va a ser nula para v0 = ω r/2, y constante para v0 = ω r. Como v0 en el movimiento estacionario es funci´on de r (o al rev´es), esto corresponde respectivamente a los radios r=

4ga

r=

ω 2 a + 2g

64

2ga 2ω 2 a + g

3.2. Punto sobre curva Ejercicio 3.2.1: Una part´ıcula pesada se mueve por una circunferencia lisa de radio R y centro O fijo, que gira alrededor de un di´ametro vertical con velocidad angular constante ω . Se estudia el movimiento relativo a la circunferencia mediante el a´ ngulo θ que forma la part´ıcula con el punto m´as bajo de la circunferencia. (a) Obtener la integral de la energ´ıa para el movimiento relativo. (b) Calcular en funci´on de la posici´on θ la reacci´on de la curva en la direcci´on normal a su plano. Septiembre de 2001

La ley de Newton para el movimiento relativo a unos ejes ligados a la circunferencia se puede escribir:

z1 ≡ z0

ω

M −mg~k0 + ~N + ~ FIa + ~FIcor = m~γ20

x0

O

θ M

La ecuaci´on de la energ´ıa en el movimiento relativo es: dW20 = dT20 , incluyendo el trabajo de las fuerzas de inercia. De las fuerzas que act´uan:

El peso deriva del potencial Vp = mgz = −mgR cos θ La reacci´on normal no trabaja en el movimiento relativo, por ser la curva lisa (s´ı trabajar´ıa en el movimiento absoluto, por ser una curva m´ovil). Al estar el centro fijo y ser constante la velocidad de giro, la fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centr´ıfuga, que deriva de un potencial: i h O ~FIa = −m ~γ01 ~˙ 01 ~ 01 ∧ (ω ~ 01 ∧ OM) = mω 2 x~i0 → ∧ OM + ω + ω →

Vc = −mω 2

x2 R2 sin2 θ = −mω 2 2 2

La fuerza de inercia de Coriolis no trabaja por ser perpendicular a la velocidad relativa. Queda pues −dVp − dVc = dT20 , que da lugar a la integral primera T20 + Vp + Vc = E = Cte. Sustituyendo sus valores en funci´on de la variable y sus derivadas queda: 1 2 ˙2 sin2 θ mR θ − mgR cos θ − mω 2 R2 =E 2 2

(6 pt.)

En la direcci´on normal al plano de la circunferencia, solo est´an la fuerza de inercia de Coriolis y una de las componentes de la reacci´on normal. La aceleraci´on, el peso, la otra componente de la reacci´on normal y la fuerza centr´ıfuga est´an el el plano. Queda pues: ˙ ~ ~ ~ ~ 01 ∧~vM N2 ~j0 − 2m ω 20 = 0 = N2 j0 − 2mRθ ω cos θ j0 ˙ ya que ~vM 20 = Rθ (cos θ , 0, sin θ ). De la integral de la energ´ıa se despeja: q ˙ R θ = ± 2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ El signo es el de θ˙ en cada momento. Se llega finalmente a: N2 = ± 2mω cos θ

q

2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ

65

(4 pt.)

Ejercicio 3.2.2: Dejar reducido a cuadraturas la ecuaci´on del movimiento de una part´ıcula de masa m que puede moverse sobre una circunferencia vertical de radio r y est´a unida a un resorte de constante K y longitud natural nula cuyo extremo est´a fijo (ver figura) a una distancia l por debajo del punto m´as bajo de la circunferencia. Junio de 2002 y

x

O

r

θ l A

Tenemos un punto sobre curva lisa, sometido a dos fuerzas potenciales. Los dos caminos posibles:

M

cantidad de movimiento proyectada sobre la tangente ecuaci´on de la energ´ıa son equivalentes, porque s´olo puede haber una ecuaci´on independiente. La de la energ´ıa tiene la ventaja de ahorrar un paso de integraci´on. Los potenciales son: Vp = mgy = −mgr cos θ 1 1 Vm = K|AM|2 = K r2 sin2 θ + (r + l − r cos θ )2 = 2 2 1 2 (((((2 2r(+ 2rl + l − 2r(r + l) cos θ = K ( 2

Los t´erminos constantes del potencial se pueden ignorar. Podemos escribir ya la integral de la energ´ıa, 1 2 ˙2 mr θ − mgr cos θ − Kr(r + l) cos θ = E 2 de la que se obtiene una cuadratura 2 θ˙ 2 = 2 {E + r [mg + K(r + l)] cos θ } mr

⇒ ⇒

Z

66

dt =

Z

q

±r d θ

2 m {E + r [mg + K(r + l)] cos θ }

Ejercicio 3.2.3: Una part´ıcula material M no pesada, de masa m, est´a obligada a moverse sobre un aro circular de radio a situado en un plano vertical y con centro en el origen O. Sobre M act´ua una fuerza repulsiva e inversamente proporcional a la distancia al punto A = (0, −a) con constante de proporcionalidad K = +2a2 m. a) Plantear las ecuaciones del movimiento. (2 puntos) ~ y OM, ~ hallar la reacci´on en funci´on de b) Si para t = 0, θ˙ = θ˙0 , θ = θ0 siendo θ el a´ ngulo entre OA θ . (2 puntos) c) Dejar reducido a una cuadratura la ecuaci´on del movimiento. (1 punto) Junio de 2003

En primer lugar hay que observar que debe de haber una errata en el enunciado: con K = la fuerza no tiene las dimensiones adecuadas. Usaremos 2ma2 ω 2 , donde la ω tiene dimensiones de velocidad angular. Seguramente se aclar´o de palabra en el examen.

2a2 m,

O

N

Fr

θ A

M

π θ 2−2

ma θ¨ =

a Para expresar la fuerza de repulsi´on, es conveniente observar que OAM es un tri´angulo is´osceles, por lo que la distancia AM se puede escribir como 2a sin θ2 . Adem´as, el a´ ngulo de AM con el radio vector es π2 − θ2 ; este es el mismo a´ ngulo que forma la fuerza con ur . Aunque parece m´as sencillo usar el a´ ngulo que forma con uθ , que es θ2 . Por tanto, las ecuaciones quedan:

θ 2ma2 ω 2 cos θ 2 2a sin 2

− maθ˙ 2 = −N +

θ 2ma2 ω 2 sin = −N + maω 2 θ 2 2a sin 2

b Para expresar N en funci´on de θ , hay que obtener una integral primera que de θ˙ en funci´on del a´ ngulo. Se puede integrar la ecuaci´on de la cantidad de movimiento en la direcci´on tangente multiplicando ambos t´erminos por θ˙ : θ

cos 2 θ˙ d θ˙ = ω 2 dθ sin θ2

→

1 ˙ 2 ˙ 2 θ θ0 θ − θ0 = 2ω 2 ln sin − 2ω 2 ln sin 2 2 2

Al mismo resultado se llegar´ıa usando la ecuaci´on de la energ´ıa. Se trata de una curva lisa y una fuerza potencial, por lo que se conserva la energ´ıa. El potencial vale θ K 2 2 Fr = uρ → Vr = −K ln ρ = −2ma ω ln 2a sin ρ 2 La integral de la energ´ıa se escribe directamente, 1 2 ˙2 θ 1 2 ˙2 θ0 2 2 2 2 ma θ − 2ma ω ln 2a sin = E = ma θ0 − 2ma ω ln 2a sin 2 2 2 2 En este caso, la ecuaci´on de la energ´ıa no tiene grades ventajas frente a las de cantidad de movimiento. Ahorra una integraci´on, pero hay que integrar el potencial que es casi igual de complicado. Y de todos modos hay que plantear las de cantidad de movimiento, o al menos seg´un la normal, porque se pide la reacci´on. En cualquier caso, se llega a θ θ 0 2 2 2 θ˙ = θ˙0 + 4ω ln sin / sin 2 2 La singularidad para θ = 0 es natural, porque la fuerza se hace infinita en A. Sustituyendo en la ecuaci´on del movimiento seg´un ur , θ θ0 2 2 2 2 2 ˙ ˙ N = ma ω + θ = ma ω + θ0 + 4ω ln sin / sin 2 2 c Conocida θ˙ , la cuadratura es inmediata: ±d θ r = dt θ θ 2 θ˙0 + 4ω 2 ln sin 2 / sin 20 67

Ejercicio 3.2.4: Una part´ıcula de masa m se mueve con ligadura unilateral por el interior de una circunferencia vertical, rugosa, de radio R (el coeficiente de rozamiento entre la part´ıcula y la circunferencia es µ ). En el instante inicial se lanza desde el punto m´as bajo de la circunferencia, con una velocidad v0 suficientemente grande para que la part´ıcula alcance el punto superior. ¿Con qu´e velocidad llega al punto m´as alto? Sugerencias: θ¨ = Z θ

θ

0

d dθ

1 ˙2 2θ

(sin θ + µ cos θ ) e2µθ =

o −1 n µθ 2 2 e θ − 2 µ sin θ − µ cos θ µ − 1 cos + 1 + µ2 Junio de 1994

En el p´endulo simple, como la curva es lisa, basta con plantear la ecuaci´on de la cantidad de movimiento en la direcci´on de la tangente —la direcci´on del grado de libertad— o plantear la ecuaci´on de la energ´ıa, que en ese caso es equivalente. Cuando hay rozamiento, la ecuaci´on de la energ´ıa es igual de complicada que la cantidad de movimiento: no da integral primera directamente. Y no se puede ignorar la direcci´on normal, que est´a acoplada con la de la tangente a trav´es de la reacci´on normal. Proyectamos las ecuaciones del movimiento seg´un la tangente y la normal: mRθ¨ = −mg sin θ − R ; −mRθ˙ 2 = mg cos θ − N

N

θ R

mg θ

R = µ |N|

Como hay movimiento, se aplica el modelo de Coulomb con deslizamiento. La part´ıcula se mueve por el interior, por lo que N ≥ 0 .

Si se dice que llega hasta el punto m´as alto, es que no hay desprendimiento y la N es siempre positiva: no hay que preocuparse de m´odulos y cambios de signo. Podemos despejar y sustituir directamente: mRθ¨ = −mg sin θ − µ mg cos θ + mRθ˙ 2 →

→

g g d θ¨ = − sin θ − µ cos θ − µ θ˙ 2 = R R dθ

1 ˙2 θ 2

Usando esta u´ ltima relaci´on, se obtiene una ecuaci´on diferencial lineal en la variable u = θ˙ 2 : g g u + 2µ u = −2 sin θ − 2µ cos θ R R ′

→

uh up

La homog´enea es inmediata: u′h + 2µ uh = 0

uh = Ae−2µθ

⇒

Para la particular, se puede usar el m´etodo de variaci´on de las constantes. Llamando b(θ ) al t´ermino independiente, una soluci´on particular ser´ıa u p ( θ ) = uh ( θ )

Z θ b(x) 0

uh (x)

dx

Aparece la integral que se da como sugerencia. Se puede escribir sin m´as y pasar a imponer condiciones iniciales. Pero la EDO es muy simple. Las funciones del t´ermino independiente no son soluci´on de la 68

homog´enea. . . puede ser m´as sencillo ensayar funciones del mismo tipo: u p = B sin θ +C cos θ

u′p = B cos θ −C sin θ g g B cos θ −C sin θ + 2µ (B sin θ +C cos θ ) = −2 sin θ − 2µ cos θ R R g g B + 2µC = −2µ −C + 2µ B = −2 R R 2 2g 3µ 2g 1 − 2µ B=− C= 2 R 1 + 4µ R 1 + 4µ 2 La soluci´on completa queda: 2g 3µ 2g 1 − 2µ 2 2 −2µθ ˙ − u = θ = Ae sin θ + cos θ R 1 + 4µ 2 R 1 + 4µ 2 Es f´acil comprobar que se obtiene lo mismo por variaci´on de las constantes. Podemos ya imponer condiciones iniciales, y calcular la velocidad final:

θ =0 : θ =π :

v20 2g 1 − 2µ 2 2 ˙ θ0 = 2 = A + R R 1 + 4µ 2 v2f 2g 1 − 2µ 2 θ˙ 2f = 2 = Ae−2µπ − R R 1 + 4µ 2

despejando y sustituyendo la constante de integraci´on, 2 v0 2g 1 − 2µ 2 −2µπ 2g 1 − 2µ 2 2 2 − e − vf = R R2 R 1 + 4 µ 2 R 1 + 4µ 2

69

Problema 3.2.1: Se dispone de un alambre el´astico AB sin masa, de longitud Ď€ a el cual se empotra en una pared por su extremo A. Se flexa el alambre sujet´andolo por su extremo B, de manera que adopte la forma de una semicircunferencia, y en esta posici´on, se coloca un punto material M, no pesado, de masa m sobre el mismo. En el instante inicial se suelta el extremo B del alambre y debido a su elasticidad, trata de recuperar su forma rectil´Ĺnea, arrastrando al punto M. Se sabe que la curva que adopta el alambre en cada instante, es un arco de circunferencia, con centro variable C sobre el eje AY y cuyo radio var´Ĺa seg´un la ley conocida CA = R(t) Se tomar´a como par´ametro para definir la posici´on del punto, el a´ ngulo Ď• de la figura adjunta. Sabiendo que no existe rozamiento, se pide:

1. Expresi´on de la posici´on, velocidad y aceleraci´on absoluta del punto, en funci´on de t, Ď• y sus derivadas. 2. Ecuaci´on diferencial del movimiento [ecuaci´on que determina Ď• (t)]. Suponiendo el caso particular en que CA = R(t) = v0 t + a, y que se lance el punto en el instante inicial desde Ď•0 = Ď€ /2, con una velocidad absoluta, de valor v0 i + v0 j. Se pide: 3. Integrar completamente la ecuaci´on del movimiento. 4. Determinar la fuerza que el alambre ejerce sobre el punto en cada instante. 5. Trayectoria absoluta descrita por el punto. 6. Determinar el instante y la posici´on absoluta del punto, cuando este abandona el alambre. 7. Trayectoria descrita por el punto, a partir del instante en que abandona el alambre. Julio de 1974

1. El vector posici´on del punto y sus derivadas ser´an: sin Ď• r = R(t) 1 − cos Ď• sin Ď• cos Ď• + R Ď•Ë™ v = RË™ 1 − cos Ď• sin Ď• ~Îł = R¨

C

Ď•

R(t) n

t

cos Ď• − sin Ď• cos Ď• sin Ď• 2 Ë™ + 2RĎ•Ë™ + RĎ•Ë™ + RĎ•¨ 1 − cos Ď• sin Ď• cos Ď• sin Ď•

2. La u´ nica fuerza que act´ua es la reacci´on normal N = N (− sin Ď• , cos Ď• ) = m~Îł Proyectando sobre la tangente t = (cos Ď• , sin Ď• ) queda una ecuaci´on diferencial que determina el movimiento, suponiendo cocida R(t): ¨ 0 = R(sin Ď• cos Ď• + sin Ď• − sin Ď• cos Ď• ) + 2RË™ Ď•Ë™ (1) + RĎ•Ë™ 2 (0) + RĎ•¨ (1) R¨ sin Ď• + 2RË™ Ď•Ë™ + RĎ•¨ = 0 70

3. Las condiciones iniciales son R = v0 t + a RË™ = v0 R¨ = 0 ( Ď•Ë™ 0 = 0 1 1 0 v0 = v0 + aĎ•Ë™ 0 ⇒ 1 1 1 Ď•0 = Ď€ /2

C

v0

R0

Ď•0

v0

La ecuaci´on diferencial queda (a + v0 t) Ď•¨ + 2v0 Ď•Ë™ = 0 Es de variables separadas, y se puede integrar

Ď•¨ −2v0 = ; Ď•Ë™ a + v0 t

d Ď•Ë™ −2v0 dt = Ď•Ë™ a + v0 t

Ď•Ë™ =

ln Ď•Ë™ = −2 ln (a + v0 t) + ln K

→ K

2

(a + v0 t)

dϕ =

;

K dt 2

(a + v0 t)

→

Ď•=

K +C v0 (a + v0 t)

Hay que imponer las condiciones iniciales

Ď•Ë™ 0 =

K (a+0)2

Ď•0 =

−K v0 (a+0)

=0

K=0

+C =

Ď€ 2

C=

Ď€ 2

ϕ˙ = 0 π ϕ= 2

4. La reacci´on del alambre sale de la ley de Newton 1 0 −1 0 0 N = m~Îł = 0 ¡ + 2v0 ¡ 0 ¡ +a¡0¡ +a¡0¡ = 1 1 0 1 0 5. La trayectoria sale sustituyendo R(t) y Ď• (t) en la expresi´on de r: sin Ď• 1 r = (a + v0 t) = (a + v0 t) 1 − cos Ď• 1 Es una recta a 45o . 6. Saldr´a del alambre cuando la longitud de arco desde el origen hasta la part´Ĺcula sea igual a la longitud del alambre. Ď€ s = RĎ• = a + v0 t f = Ď€a 2

⇒

v0 tf = a

1 r f = 2a 1

7. Obviamente, si no act´ua ninguna fuerza, seguir´a un movimiento uniforme y rectil´Ĺneo. Ser´a la prolongaci´on de la trayectoria sobre el alambre, pues este tampoco ejerc´Ĺa fuerza alguna.

71

Problema 3.2.2: Un punto material pesado M de masa m, se mueve sobre una h´elice situada en un cilindro recto cuya secci´on es una circunferencia de radio R y cuyo eje es vertical. Se representar´a por α el a´ ngulo que la h´elice forma con el plano horizontal y por f el coeficiente de rozamiento existente entre el punto M y la h´elice. En el instante inicial se sit´ua el punto en una determinada posici´on de la h´elice y se le abandona sin comunicarle velocidad. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento f cumple la condici´on f < tg α , se pide: 1. Calcular en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleraci´on de M. 2. Plantear las ecuaciones que proporcionan el movimiento de M. 3. Demostrar que la velocidad del punto M tiende a un valor finito cuando el tiempo tiende a infinito. 4. Calcular la velocidad l´ımite de M y determinar los valores l´ımites de las componentes tangencial, normal y binormal de la reacci´on que la h´elice ejerce sobre el punto. o 5. Estudiar el movimiento de √ M en el caso de que el a´ ngulo α de la h´elice valga 45 , que el coeficiente 3 y que inicialmente se lance el punto hacia abajo con una velocidad de rozamiento sea f = 3 √ v0 = 2 · g · R.

Febrero de 1969

z

1. Para obtener las componentes intr´ınsecas de la aceleraci´on, lo mejor es trabajar en ejes intr´ınsecos. En el caso de la h´elice no hay problema, porque su triedro de Frenet es muy conocido. Supondremos que el sentido positivo es hacia arriba, independientemente de la part´ıcula vaya en un sentido u otro. Los vectores unitarios ser´an: t=

(− sin θ , cos θ , tan α ) √ n = − (cos θ , sin θ , 0) 1 + tan2 α b = t ∧ b = (sin α sin θ , − sin α cos θ , cos α ) Ft = m v˙ Fn + Nn = m

v2 ρ

Nb Nn b

P x

y

Fb + Nb = 0

Antes de proyectar las fuerzas, hay que estudiar el sentido del rozamiento. Se deja la part´ıcula en reposo: hay que ver si se mueve o no. En el instante inicial no hay Nn , pues Fn es siempre nula, y v0 = 0. Planteando el equilibrio de fuerzas, suponiendo que hay equilibrio: −mg sin α + R = 0

R

R Nb

− mg cos α + Nb = 0

α P

Se ve claramente que, como |R| ≤ f |N| = f mg cos α , y f < tan α , la fuerza tangencial es −mg sin α + f mg cos α = mg cos α ( f − tan α ) < 0. Podemos pues afirmar,

γt 0 = g cos α ( f − tan α ) < 0

v20

γn 0 = =0 ρ0

2. En un instante gen´erico, la v no ser´a 0, y la Nn tampoco; suponemos que ha empezado a moverse hacia abajo, con lo que v˙ < 0 y para la R se toma el signo +. q  −mg sin α + f Nn2 + Nb2 = m v˙   0 + Nn −mg cos α + Nb

2

= m vρ   = 0 72

siendo ρ = R/ cos2 α

3. Despejando las componentes de N y sustituyendo se llega a r cos4 α 4 v˙ = −g sin α ± f g2 cos2 α + v R2

v˙ R

v vL

En este caso se toma el signo + para la R, tal como se ha visto en −g sin α el primer apartado; en un caso m´as general, en que se pueda lanzar hacia arriba o hacia abajo, habr´ıa que tomar el signo opuesto al de la velocidad. R tiene un valor m´ınimo (debido a Nb , constante) y crece con |v| (debido a la Nn ). Como el signo es el opuesto a la velocidad, no es continua: da un salto en el origen. Hay que sumarle la componente tangencial del peso, negativa y mayor que el m´ınimo de R. As´ı queda la aceleraci´on tal como se ve en la figura. Si se lanza con velocidad positiva, R y el peso son negativas y la frenan hasta que se pare; si se deja en reposo, empieza a caer con una aceleraci´on que es la diferencia de los dos t´erminos; si se lanza con velocidad negativa, el peso acelera y R frena. Al principio se acelera hacia abajo, pero como la resistencia crece con la velocidad, llega un momento en que equilibra al peso: tenemos una velocidad l´ımite. Si se lanza hacia abajo con una velocidad mayor que la l´ımite, el rozamiento es mayor que el peso y frena a la part´ıcula hasta que llega asint´oticamente a la velocidad l´ımite. Para ver si llega en un tiempo finito a esta velocidad, podemos estudiar la convergencia de la cuadratura de v: l´ım

v→vL

g sin α −

(vL − v)α q f cosα R

=

g2 R2 cos2 α

= l´ım + v4

v→vL

α (vL − v)α −1

αr − f cos 2R 2

q g2 R2 α −1 α R v4L + cos 2 α (vL − v) 2f

cosα v3L

4v3

=

g2 R2 +v4 cos2 α

α =1

−−→ K

⇒

Por tanto, la velocidad tiende asint´oticamente a un valor vL , y tarda un tiempo infinito en alcanzarlo. N´otese que el comportamiento ser´ıa muy distinto si f > tan α ; entonces el m´ınimo del rozamiento ser´ıa mayor que la componente tangencial del peso. Si la part´ıcula se deja quieta, no se mueve, y si se lanza la velocidad tiende siempre a cero, qued´andose parada.

α =1

tL → ∞

⇒ v˙

R

v −g sin α

4. La velocidad l´ımite se obtiene haciendo v˙ = 0 r 2 1/4 tan α gR vL = −1 cos α f2

Vuelve a quedar de manifiesto que, si f > tan α , no habr´ıa velocidad l´ımite (o ser´ıa cero). En cuanto a reacciones, Nb es constante y las otras dos se hallan sustituyendo vL : s 2 2 mv cos α tan2 α Nb = mg cos α Nn = L = mg cos α −1 R f2 s 2 q tan α 2 2 2 2 2 2 2 2 R = f Nn + Nb = f m g cos α + m g cos α − 1 = mg sin α f2 Como es l´ogico, en el l´ımite la resistencia equilibra a la componente tangencial del peso. √

5. En este caso particular, se sigue cumpliendo que f = 33 < tan α = 1. Lo primero es calcular la velocidad l´ımite: s 1/4 p gR2 1 vL = √ −1 = 2gR = v0 2 1/3 73

Se lanza exactamente con la velocidad l´Ĺmite, de modo que vË™ = 0; el movimiento se realiza hacia abajo con velocidad constante.

74

Problema 3.2.3: Sea el sistema inercial Ox1 y1 z1 , con Oz1 vertical ascendente. Alrededor del eje Oz1 gira con velocidad angular constante ω el sistema Oxyz, Oz coincidiendo con Oz1 . Una part´ıcula pe3 sada de masa m se mueve sobre la curva lisa del sistema Oxyz de ecuaci´on y = 0, z = ax2 − x, donde a = g/ω 2 . Dejar reducido a cuadratura el movimiento de la part´ıcula sobre la curva. Si inicialmente la part´ıcula est´a en el origen y se lanza con una velocidad respecto al sistema Oxyz de valor v0 , estudiar cualitativamente el movimiento del punto seg´un sea el valor de v0 . Septiembre de 1994

1. Este problema (o m´as bien ejercicio) se puede resolver en ejes fijos tomando r = (x cos ω t, x sin ω t, z) calculando la aceleraci´on como funci´on de t, x, z y sus derivadas, y proyectando seg´un la tangente la ecuaci´on de la cantidad de movimiento. Mediante la ecuaci´on de la curva, quedar´ıa una ecuaci´on diferencial en t, x y sus derivadas (o z, si se prefiere). La velocidad y la aceleraci´on se calculan m´as f´acilmente por composici´on de movimientos. Con un poco de esfuerzo, se puede reducir a una cuadratura. Pero las operaciones son laboriosas. Parece m´as sencillo estudiar el movimiento relativo a los ejes m´oviles Oxyz. Hay que considerar s´olo la fuerza centr´ıfuga, pues la de Coriolis es normal al plano Oxz y la anula la reacci´on normal. Esto tiene la ventaja de que, como la fuerza centr´ıfuga es potencial, se puede hacer un an´alisis cualitativo.

z1 ≡ z

ωt

x1

y1 x

P

mω 2 x

1 Fc = mω 2 x i → Vc = − mω 2 x2 2 En el movimiento relativo se conserva la energ´ıa: curva lisa y fija (en ejes Oxyz), la fuerza de inercia de Coriolis no trabaja, el peso y la centr´ıfuga son potenciales. P = −mg k → Vp = mgz

1 1 1 m x˙2 + z˙2 + mgz − mω 2 x2 = E = m v20 + 0 − 0 2 2 2

Con la ecuaci´on de la curva podemos eliminar una de las coordenadas; parece algo m´as f´acil sustituir la z; adem´as, la curva es uniforme en x y no en z: 2 x3 3x g z = 2 −x; z˙ = − 1 x˙ ; ω2 = 2 a a a " 2 2 # 3 1 2 3x x 1 g 1 mx˙ 1 + −1 + mg − x − m x2 = m v20 2 2 2 a a 2 a 2 r 2 " # 3x2 2 2 3 ± 1 + − 1 dx a2 3x x x2 2 2 x˙ 1 + −1 = v0 − 2g 2 − − x ⇒ dt = r a2 a 2a 3 x2 v20 − 2g ax2 − 2a −x 2. Para el an´alisis cualitativo podemos observar que el coeficiente de x˙ es siempre positivo, de modo que s´olo hay que estudiar el comportamiento del segundo miembro 2 2 3 3x x x2 2 2 2 x˙ 1 + −1 = v0 − 2g 2 − − x = [E −V (x)] 2 a a 2a m | {z } >0

75

El potencial tendr´a una forma similar a la de la curva. El potencial centr´ıfugo es una par´abola invertida, que mueve hacia la derecha el m´aximo y el m´ınimo de la curva, pero sin alterar su forma general. Veamos los ceros y m´aximos y m´ınimos:

√ x2 x V (x) = 0 → x 2 − − 1 = 0 → x = 0, a 1 ± 17 /4 a 2a √ 3x2 2x ′ V =0 → − − 1 = 0 → x = a 1 ± 13 /6 a2 2a

Viendo la forma de la curva, y lanzando desde el origen, la energ´ıa que determina el tipo de movimiento es el potencial del m´aximo: √ i 2 h V a 1 − 13 /6 = m

√ −19 + 13 13 2ga T v20 108

Si v20 es menor que ese valor, la part´ıcula oscila asim´etricamente alrededor del origen; si es igual, tiende asint´oticamente al m´aximo; si es menor, pasa el m´aximo y se va a −∞.

76

Problema 3.2.4: Sea O1 x1 y1 una referencia cartesiana rectangular que, se admitir´a, constituye una referencia galileana. Un aro A de radio a rueda sin deslizar por el interior de un aro de radio 2a y centro O1 , de forma que su centro O se mueve con velocidad constante aω . Una part´ıcula M de masa m, no pesada, se mueve con ligadura bilateral y sin rozamiento sobre el aro A. Se pretende estudiar el movimiento de la part´ıcula M relativo al aro A y para ello se toman unos ejes Oxy ligados a este. En el instante inicial el punto O se encuentra en (a, 0), los ejes Oxy son paralelos a los O1 x1 y1 , y la part´ıcula s encuentra en (2a, 0) y se lanza con una velocidad relativa al aro de valor ~v0 = (2 + Λ)aω~j. Se pide: 1. Plantear la ecuaci´on que gobierna el movimiento de la part´ıcula M 2. Reducir a cuadraturas el movimiento. Realizar un an´alisis cualitativo de los distintos tipos de movimiento que pueden presentarse en funci´on del par´ametro Λ. ¿Para qu´e valores del par´ametro Λ se generan movimientos asint´oticos? ¿A qu´e posici´on tiende asint´oticamente la part´ıcula M en dichos movimientos? En el caso particular en el que Λ = 2: 3. Obtener, integrando completamente el problema, la ley horaria con la que la part´ıcula se mueve por el aro. 4. Determinar, en funci´on de la posici´on, el valor de la reacci´on normal del aro sobre la part´ıcula. 5. En el caso en que la ligadura fuese unilateral, con posibilidad de desprendimiento de la part´ıcula hacia el interior del aro, analizar si se produce o no desprendimiento; en caso de que se produzca, localizar la posici´on en que tienen lugar. NOTA: resulta conveniente, a partir del apartado 2), utilizar como coordenada generalizada el a´ ngulo −−→ −−→ θ que el radio vector OM forma con el radio vector OO1 . y1

y O

θ

M

ωt O1

x

x1

1. Sabiendo que el aro (S0 ) rueda sin deslizar y que la velocidad de ~ 01 = −ω k, su centro O es aω , se deduce que su velocidad angular es ω constante. Por tanto, el aro ha girado un a´ ngulo −ω t respecto a los ejes fijos, y −2ω t respecto al radio O1 O. El tri´angulo formado por O1 O, Ox y O1 x1 es is´osceles. A esta misma conclusi´on se habr´ıa llegado viendo que la longitud de arco recorrida sobre los dos aros, al no deslizar, tiene que ser la misma. Al tener uno doble radio que el otro, el a´ ngulo recorrido tiene que ser la mitad.

y1

~ 01 ω y

aω

O

2ω t

ωt O1

x1

x

y1

Sobre la part´ıcula (S2 ) no pesada act´uan s´olo la reacci´on del aro y las fuerzas de inercia del movimiento relativo al aro: N = −N ur + N ′ k i h O ∧ OM + ω ~ 01 ∧ (ω ~ 01 ∧ OM) ~˙ 01 FIA = −m ~γ01 + ω

~ 01 ∧ vM FIC = −2m ω 20

y

O O ~γ01

θ

ωt O1

x

uθ

α

M ur x1

Al ser un movimiento plano, podemos ignorar todas las fuerzas en la direcci´on Oz. Las aceleraciones son sencillas porque tanto el movimiento absoluto de O como el relativo de M 77

son circulares. Parece conveniente proyectar en los ejes de las coordenadas polares de M en S0 . El a´ ngulo polar es α , que est´a relacionado con θ a trav´es del tri´angulo is´osceles antes mencionado: θ = α + π − 2ω t θ˙ = α˙ − 2ω θ¨ = α¨ En estos ejes las aceleraciones ser´an m´as sencillas

O ~γ01 = mω 2 OO1 = mω 2 a (cos θ ur − sin θ uθ )

~ 01 ∧ (ω ~ 01 ∧ OM) = −ω 2 a ur ω   cos θ − 1 − sin θ FIA = −mω 2 a   0

ur uθ uz

FIC = −2m

0 0 −ω

= −2maω α˙ ur

0 a α˙ 0

La ecuaci´on de la cantidad de movimiento de la part´ıcula         N  −1 −a α˙ 2  1 − cos θ  sin θ 0 =m − 0 + mω 2 a + 2maω α˙ a α¨ 0  0    0 0 proyectada seg´un la tangente al aro uθ da

maω 2 sin θ = ma α¨

⇒

θ¨ = ω 2 sin θ

que es la ecuaci´on del p´endulo simple, pero tomando origen de a´ ngulos en el punto inestable. La fuerza centr´ıfuga hace el efecto del peso. N´otese que θ no es propiamente el movimiento respecto al aro, sino respecto al radio vector O1 O. 2. La ecuaci´on diferencial es la del p´endulo, luego el movimiento es tambi´en el del p´endulo: libraci´on, movimiento asint´otico, y rotaci´on. La ecuaci´on del movimiento se puede integrar, llegando a la integral de la energ´ıa:

θ¨ θ˙ = ω 2 sin θ θ˙ ;

θ˙ 2 = C − ω 2 cos θ ; 2

1 ma θ˙ 2 = E − maω 2 cos θ = E −V (θ ) 2

Aqu´ı la energ´ıa es la del movimiento respecto al radio vector giratorio O1 O. Para calcular la energ´ıa del movimiento asint´otico, necesitamos las condiciones iniciales referidas a esta recta, pero la velocidad inicial se da respecto al aro:

θ0 = π vM 20

α0 = 0

= aα˙ 0 uθ = a (2 + Λ) ω uθ θ˙0 = α˙ 0 − 2ω = Λω

En el movimiento asint´otico, se llega al punto inestable, θ = 0, con velocidad nula:

1

π 2

π

3π 2

2π

−1 1 2 2 2 ∗ E = mgω = maΛ ω − mgω ⇒ Λ =2 2 Seg´un que el par´ametro Λ sea mayor o menor que este Λ∗ tendremos rotaciones o libraciones alrededor del punto m´as alejado; si es exactamente igual, tendremos un movimiento asint´otico al origen. ∗

2

3. El valor de Λ es precisamente el del movimiento asint´otico; si fuera otro, no se podr´ıa integrar la ley horaria mediante funciones elementales. En este caso la integral de la energ´ıa se reduce a √ +d θ θ˙ 2 = E ∗ − 2ω 2 cos θ = 2ω 2 (1 − cos θ ) ; √ = 2ω dt 1 − cos θ 78

Compensa hacer un cambio de variable, de modo que midamos los a´ ngulos desde el punto de equilibrio estable, como se hace en el p´endulo simple: φ = π − θ , cos φ = − cos θ . De este modo se llega a una integral que se encuentra en tablas: Z

√

h x i √ √ +d φ = 2 argth csc +C = 2ω t 2 1 + cos φ

Si no se dispone de tablas, se puede hacer a mano con el cambio sin

Z

φ = u; 2

φ φ cos d = du ; 2 2

2 du p √ = 2 1 − u 2 (1 − u2 )

φ0 = 0 → C = 0 ;

2 du ; dφ = √ 1 − u2

cos φ = 1 − 2 sin2

φ = 1 − 2u2 2

Z √

√ 2 du √ = 2 argth u +C = 2ω t 1 − u2 φ sin = tanh ω t → φ = π − θ = 2 arcsin tanh ω t 2 α = θ − π + 2ω t ; α = 2 arcsin tanh ω t + 2ω t

4. De la ecuaci´on de la cantidad de movimiento, proyectando seg´un ur , se obtiene: − N + mω 2 a (1 − cos θ ) − 2maω α˙ = −ma α˙ 2 N = ma ω 2 − 2ω α˙ + α˙ 2 − mω 2 a cos θ = ma (α˙ − ω )2 mω 2 a cos θ 2 α˙ = θ˙ + 2ω ⇒ N = ma θ˙ + ω − mω 2 a cos θ

De la integral de la energ´ıa se obtuvo

θ˙ 2 = 2ω 2 (1 − cos θ ) con lo que podemos poner la N en funci´on de θ , teniendo cuidado con el signo de θ˙ : 2 p N = ma ±ω 2 (1 − cos θ ) + ω − mω 2 a cos θ = i h p maω 2 2 (1 − cos θ ) + 1 ± 2 2 (1 − cos θ ) − cos θ h i p N = mω 2 a 3 (1 − cos θ ) ± 2 2 (1 − cos θ )

En el caso del p´endulo simple, la reacci´on era sim´etrica. Aqu´ı var´ıa seg´un el signo de θ˙ . Esto se debe a que la fuerza que empuja hacia el exterior del aro es b´asicamente la centr´ıfuga, que depende de la velocidad en ejes inerciales. Y esta es mucho menor cuando oscila en sentido contrario al del movimiento de O. La de Coriolis tambi´en cambia de sentido y afecta a la N. 5. El desprendimiento se producir´a a partir del momento en que N cambie de signo. N´otese que 1 − cos θ ≥p 0 siempre. Por lo tanto, la N s´olo puede anularse en la oscilaci´on de vuelta, ˙ cuando θ = −ω 2 (1 − cos θ ): N=0

→

p 3 (1 − cos θ ) − 2 2 (1 − cos θ ) = 0

9 (1 − cos θ )2 = 8 (1 − cos θ ) 6= 0 ;

1 − cos θ =

79

8 9

⇒

θd = arc cos

1 ˙ (θ < 0) 9

80

Cap´ıtulo 4 Din´amica relativa Ejercicio 4.1.1: Una part´ıcula pesada de masa m se encuentra sobre una referencia plana m´ovil Oxy, que gira con velocidad constante de m´odulo ω alrededor de su eje fijo Oy (vertical ascendente). La part´ıcula est´a unida al origen del sistema mediante un muelle de longitud natural nula y constante de rigidez k. Inicialmente se encuentra en reposo en una posici´on dada por sus coordenadas x0 , y0 . Se pide calcular las trayectorias que puede seguir la misma en funci´on de los valores que pueda tomar el par´ametro adimensional λ = mω 2 /k. Febrero de 1995

Sea S0 el plano m´ovil y S2 el s´olido del que forma parte el punto. Las fuerzas son: F = −k r − mg j N=Nk i h ˙ ω ∧ r + ω ( ω ∧ r) = mω 2 x i FIA = −m γ O + 01 01 01 01 FIC = −2mω 01 ∧ vM 20 // k

La ecuaci´on del movimiento ser´a:             x¨ x 0 x  0   0  2 0 + 0 + 0 m y¨ = −k y − mg 1 + mω 0 0 0 0 N  F  IC

La ecuaci´on para y corresponde a un oscilador arm´onico: m y¨ = −k y − mg

mg y=− + A cos k

⇒

r

k t + B sin m

r

k t m

La ecuaci´on de x es tambi´en lineal de coeficientes constantes, m x¨ = −k x + mω 2 x

→

x¨ +

k (1 − λ ) x = 0 m

pero la soluci´on va a depender del valor de λ :  q q k k    λ < 1 → x = C cos m (1 − λ )t + D sin m (1 − λ )t λ = 1 → x = x0 + x˙ t q 0 q   k k  ( λ −1)t − (λ −1)t λ > 1 → x =Ce m +D e m

Imponiendo las condiciones iniciales se llega a:

q

+ y0 + mg cos mk t k q = x0 cos mk (1 − λ )t

y = − mg k

    λ <1 → x λ = 1 → x = x0 q q   k k  (λ −1)t x0 x0 − m (λ −1)t m λ >1 → x= 2 e +2 e 81

~ constante alrededor de un eje Ejercicio 4.1.2: Un plano liso gira con velocidad angular constante ω horizontal Ox contenido en el plano. Una part´ıcula pesada de masa m se mueve sobre dicho plano con un movimiento de leyes conocidas x(t), y(t) respecto a un sistema de referencia ligado al mismo. Si en el momento inicial t = 0 el plano est´a horizontal, se pide obtener la reacci´on normal que ejerce sobre la part´ıcula. Abril de 1995

Las ecuaciones del movimiento son        

i j k

x¨  0  0 0

m y¨ = −mg sin ω t + 0 + mω 2 y − 2m

ω 0 0

0 cos ω t  N  0

x˙ y˙ 0

z1

z

⊙

y

ωt

y1

Donde la fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centr´ıfuga, que es simple y se puede escribir directamente. Proyectando en la direcci´on normal al plano tenemos: N = m (g cos ω t + 2ω y) ˙ k Se ha supuesto que la u´ nica fuerza directamente aplicada es el peso. Si hubiera adem´as una fuerza arbitraria F = (Fx , Fy , Fz ), habr´ıa que a˜nadir su proyecci´on seg´un Oz cambiada de signo, −F · k = Fx sin ω t − Fz cos ω t

82

Ejercicio 4.1.3: Una part´ıcula M est´a obligada a moverse por un plano liso Oxy, que a su vez se mueve respecto a un sistema inercial del siguiente modo: la direcci´on Oy permanece siempre paralela a s´ı misma; el plano gira con velocidad angular constante ω ; O se desplaza con aceleraci´on constante g por una recta fija del sistema inercial, ortogonal a Oy. Plantear las ecuaciones del movimiento de M relativo al plano, cuando no act´uan m´as fuerzas que las de ligadura. Septiembre de 1996 z1

Para simplificar, tomaremos los ejes fijos O1 y1 z1 de modo que en el instante inicial coincidan con los Oxyz, y que la recta por la que se mueve O sea O1 x1 . Los vectores del movimiento de arrastre en ejes S0 son:

γO 01

= g [cos ω t, 0, sin ω t] ω 01 = ω [0, 1, 0] α 01 = 0

Las ecuaciones del movimiento relativo son:

z O1

ω

O g

ωt

x1

N y

y1 y x

b

M

x

I I mγ M 20 = N + FA + FC

donde solo intervienen las fuerzas de inercia y la reacci´on del plano liso. Las fuerzas de inercia se calculan sin dificultad:     cos ω t  x h i O 2 0 0 FIA = −m γ 01 + α 01 ∧ r + ω 01 (ω 01 ∧ r) = −mg + mω     sin ω t 0

 

i j k

 0

M

ω 0 ω 0 FIC = −2m 01 ∧ v20 = −2m

= 2mω 0

x˙ y˙ 0

x˙ Sustituyendo en la ecuaci´on del movimiento,           cos ω t  x x¨  0   0 0 m y¨ = 0 − mg + mω 2 0 + 2mω 0           0 N sin ω t 0 x˙

Aunque solo se pida plantearlas, observando las ecuaciones se intuye el movimiento: En la direcci´on Ox, la fuerza centr´ıfuga se lleva la part´ıcula a ±∞ exponencialmente, con una oscilaci´on arm´onica superpuesta. En la direcci´on Oy se conserva la cantidad de movimiento, por lo que la velocidad ser´a constante. No hay movimiento en la direcci´on Oz por la ligadura, pero la ecuaci´on correspondiente da el valor de la reacci´on normal en cada momento, una vez resuelta la ecuaci´on para x.

83

Ejercicio 4.1.4: Sea Ox1 y1 z1 un sistema de referencia inercial tal que Oz1 es la vertical ascendente. ~ 01 = ω~k1 Sea Ox0 y0 z0 un sistema giratorio respecto al anterior tal que Oz0 siempre coincide con Oz1 y ω (ω =cte.). Una part´ıcula P de masa m se mueve sin rozamiento por una recta del sistema 0 de ecuaciones param´etricas: x0 = ξ , y0 = 0 , z0 = κ · ξ (κ = cte.) Sabiendo que el peso es la u´ nica fuerza directamente aplicada que act´ua sobre la part´ıcula se pide: a) Dejar reducido a una cuadratura la determinaci´on de ξ (t). b) A partir de la cuadratura anterior, hacer un estudio cualitativo del movimiento de la part´ıcula seg´un sean las condiciones iniciales. Septiembre de 2007

a

La part´ıcula se mueve por una recta fija en un sistema giratorio. Obviamente, hay que

estudiar el movimiento relativo, en el que las fuerzas normales no trabajan. Intentar estudiarlo en ejes fijos ser´ıa muy complicado. Y para el movimiento relativo tenemos dos opciones: Plantear la ecuaci´on de cantidad de movimiento y proyectarla seg´un la tangente. Plantear directamente la ecuaci´on de la energ´ıa. El segundo camino parece m´as directo, pues no hay que preocuparse de la reacci´on normal (la curva es lisa y fija en el movimiento relativo) ni de la de Coriolis, que es normal al desplazamiento relativo. (Por el primer camino, tampoco har´ıa falta si uno se da cuenta de que son normales a la direcci´on en que se va a proyectar). Tanto el peso como la fuerza de inercia de arrastre son potenciales. Si se pidiera la reacci´on normal, o hubiera rozamiento, habr´ıa que plantear la ecuaci´on de cantidad de movimiento en todas sus componentes. La energ´ıa cin´etica, sobre la recta, vale: 1 1 T = m x˙20 + 0 + z˙20 = m 1 + κ 2 ξ˙ 2 2 2

El potencial del peso, sobre la recta, es:

Vp = mgz0 = mgκ ξ La fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centr´ıfuga, h i ˙ + ω ∧ r + ω ( ω ∧ r) = mω 2 x0 i0 = mω 2 ξ i0 FIA = −m γ O 01 01 01 01

y deriva del potencial

1 Vc = − mω 2 ξ 2 2 Escribimos la integral de la energ´ıa, 1 1 m 1 + κ 2 ξ˙ 2 + mgκ ξ − mω 2 ξ 2 = E 2 2

y obtenemos la cuadratura:

Z

q

√ ± 1 + κ 2 dξ

2E m

− 2gκξ

+ ω 2ξ 2

=

Z

dt

b Para el an´alisis cualitativo, derivamos el potencial: hay un solo punto de equilibrio en: V ′ = mgκ − mω 2 ξ = 0

→

ξe =

gκ ; ω2

Suponiendo que se lanza desde el origen, tenemos: 84

Ve =

mg2 κ 2 2ω 2

Si se lanza hacia la izquierda, se va a −∞ (baja por la recta). Si se lanza hacia la derecha, el movimiento depende de la velocidad: • v0 <

• v0 =

• v0 >

gκ ω: gκ ω: gκ ω:

punto de parada antes del m´aximo; retrocede hacia −∞ movimiento asint´otico hacia el m´aximo en ξe

va hacia el m´aximo, lo pasa, y sigue hacia +∞

85

Ejercicio 4.1.5: En un planeta de radio R y masa M, los cuerpos pesan en los polos el doble que en el ecuador. Determinar la duraci´on del d´ıa.

GMm R2 GMm − mΩ2 R R2

En los polos, el peso es solo la atracci´on gravitatoria: Pp = En el ecuador, el peso incluye la fuerza centr´ıfuga: Pe =

Si uno es el doble del otro, se puede obtener la velocidad angular: GMm GMm GM 2 =2 − mΩ R → Ω2 = 3 2 2 R R 2R q 2R3 El dia (sid´ereo) es el periodo de rotaci´on: D = 2π GM . Para calcular el d´ıa solar, hace falta saber tambi´en el periodo de la o´ rbita.

86

Ejercicio 4.1.6: Una part´ıcula pesada se mueve sin rozamiento sobre la par´abola de ecuaci´on y = 0, z = 2 √ b ax , cuyo eje Oz es vertical. La par´abola gira con velocidad angular constante ω = Λa 2gb alrededor de Oz. Determinar, en funci´on de Λ, las posiciones de equilibrio relativo de la part´ıcula. En el caso en que Λ = 1, determinar el movimiento y la reacci´on normal cuando la part´ıcula se lanza desde el v´ertice O con una velocidad v0 relativa a la par´abola. Junio de 2000

1 Se trata de calcular primero el equilibrio y despu´es el movimiento respecto a unos ejes m´oviles. Para calcular el equilibrio de un punto sobre curva, tenemos distintos caminos. a Obviamente el m´as complicado es plantear las ecuaciones generales: I I mγ M 20 = 0 = P + FA + FC + λ ∇ f 1 + µ ∇ f 2 f1 = 0 f2 = 0

N

mω 2 x

mg

Donde γ M ¨ y, ¨ z¨) , gen´erico, sin sustituir las ligaduras. Se han planteado las ecuaciones 20 = (x, del movimiento, porque ser´an u´ tiles m´as adelante. Para el equilibrio se anula la aceleraci´on y la fuerza de Coriolis, que depende de la velocidad. Las fuerzas directamente aplicadas y de inercia valdr´an P = −mg k h i O ω˙ 01 ∧ r + ω 01 (ω 01 ∧ r) = mω 2 x i FIA = −m γ 01 + FIC = −2mω 01 ∧ vM ˙ x, ˙ 0) 20 = −2mω (−y,

Las ecuaciones de ligadura son f1 ≡ z −

b 2 x =0 a2

f2 ≡ y = 0

y por tanto la fuerza de ligadura es 2bx N = λ − 2 , 0, 1 + µ (0, 1, 0) a Sustituyendo todo en las ecuaciones generales, con velocidad y aceleraci´on nulas, se tiene un sistema de cinco ecuaciones algebraicas no lineales, cuya soluci´on dar´a las posiciones de equilibrio y las fuerzas de ligadura en esas posiciones, xe , ye , ze ; λ e , µ e . Exploraremos otros caminos. b En un problema de punto sobre curva, suele ser m´as f´acil tomar un par´ametro y proyectar sobre la tangente. Adem´as, es un movimiento plano y podemos ignorar la direcci´on Oy. Como par´ametro se puede tomar la x, que es regular (la z es singular en el v´ertice). b 2 2b 2b 2 r = x, 0, 2 x rx = 1, 0, 2 x r¨ = x, ¨ 0, 2 x˙ + x x¨ a a a

Proyectamos las ecuaciones de equilibrio sobre el vector tangente rx , con lo que la reacci´on normal desaparece: x=0 2b 2gb 2 2 m −g k + ω x i + N · 1, 0, 2 x = x m ω − 2 = 0 ⇒ ω 2 = 2gb ∀x a a a2

Por tanto, hay equilibrio siempre en el v´ertice, y para un valor determinado de ω (correspondiente a Λ = 1), todas las posiciones son de equilibrio. c El peso es potencial; la fuerza de arrastre tambi´en; la de Coriolis no interviene en el 87

equilibrio y la curva es lisa. Por tanto, se puede calcular el potencial sobre la curva y derivarlo para hallar el equilibrio. Tomando x como par´ametro, 1 b 2 1 m 2gb 2 2 2 2 2 V = VP +Vc = mgz − mω x = mg 2 x − mω x = − ω x2 2 a 2 2 a2 x=0 2gb dV 2 =m −ω x = 0 ⇒ 2 ω 2 = 2gb ∀x dx a a2 Se obtienen, naturalmente, las mismas soluciones, pero con menos trabajo. 2 Hay que estudiar ahora el movimiento para el caso Λ = 1 en el que, como hemos visto, todos los puntos son de equilibrio. Esto quiere decir que ΣF ⊥ t en toda la curva. Aqu´ı tambi´en hay varios caminos, pero esta vez empezaremos por el m´as simple. a En el movimiento sobre una curva lisa, lo m´as directo suele ser proyectar sobre la tangente, en coordenadas intr´ınsecas si es posible: ΣF · t = Ft = m γt = m s¨ = 0

→

s˙ = Cte. = v0

→

s = s 0 + v0 t

La aceleraci´on tangencial es nula, por lo que el m´odulo de la velocidad es constante; pero no la aceleraci´on normal, que hace variar su direcci´on. Igualmente, se conserva el m´odulo de la cantidad de movimiento, pero no la direcci´on. La velocidad de lanzamiento es relativa a la par´abola, que es precisamente el movimiento que estamos estudiando. Queda relacionar el par´ametro natural s con el que tomamos antes para la curva, x: "

s

#

2 2b 2b 2 ds = dx + dz = dx 1 + x x2 ds = +dx 1 + 2 a a2 s s 2 2 Z x a2 2b x 2b 2b 2 2+ d s = s + 1 + ξ ξ = 1 + x argsinh 2 x = v0 t 0 2 2 a 2 a b a 0 2

2

2

2

2

Tenemos as´ı la ley horaria en forma impl´ıcita. Viendo esta soluci´on, en la que no se puede despejar x(t), se da uno cuenta de que la ecuaci´on diferencial del movimiento en la variable x no va a ser f´acil de integrar. b La ecuaci´on de la energ´ıa tambi´en da una soluci´on directa. Para este valor de la ω , el potencial se anula (± una constante arbitraria): m V= 2

2gb − ω2 a2

2

x

ω 2 = 2gb 2

−−−−a→

V =0

con lo que llegamos a la misma soluci´on. 1 T = mv2 + 0 = E = Cte. 2

→

v = v0

c Si se quieren usar las cinco ecuaciones generales, la cosa se complica. Sabemos que hay soluci´on, pero no est´a claro que por este camino vayamos a obtenerla. Hay que sustituir las ecuaciones de las ligaduras en la del movimiento y¨ = y˙ = y = 0 b 2 r = x, 0, 2 x a

2b r˙ = x˙ , 0, 2 x x˙ a

2b r¨ = x, ¨ 0, 2 x˙2 + x x¨ a

La ecuaci´on seg´un Oy da, una vez resuelto el movimiento, una de las componentes de la normal. 88

En las ecuaciones seg´un Ox y Oz aparece la otra reacci´on normal; se despeja de una y se sustituye en la otra para obtener una ecuaci´on diferencial en x y sus derivadas. Vista la forma de la ley horaria obtenida antes, no va a ser f´acil de integrar. Otra forma de obtener la ecuaci´on diferencial del movimiento es proyectar sobre la tangente rx . En cualquier caso, se obtiene una ecuaci´on diferencial no lineal en x: a4 + 4b2 x2 x¨ + 4b2 x x˙2 = 0

→

x¨ 4b2 x x˙ =− 4 x˙ a + 4b2 x2

Es de variables separadas, y se puede integrar para obtener x(x) ˙ , de donde se sacar´ıa una cuadratura que, integrada, dar´ıa t(x) ; la ley horaria impl´ıcita que se obtuvo m´as arriba. 3 Conocido el movimiento, obtener la reacci´on normal es un problema algebraico. a Una posibilidad es seguir trabajando en ecuaciones intr´ınsecas, pero habr´ıa que calcular el radio de curvatura que aparece en la reacci´on normal. No parece el camino m´as sencillo. b Se conoce el vector unitario tangente y, como la curva es plana, el binormal; la normal principal se obtiene simplemente girando la tangente. Proyectamos las ecuaciones del movimiento en esas direcciones. La componente y se obtiene f´acilmente:

µ − 2mω x˙ = 0 Del vector tangente rx derivado m´as arriba, se obtiene directamente uno normal: 2b 2b → rn = − 2 x, 0, 1 rx = 1, 0, 2 x a a M I I 2 2 rn · γ 20 − P − FA − FC − N1 − Ny = 0 = 2ma b x˙ + a2 + 4b2 x2 (mg − λ )

Con lo que quedan determinadas λ y µ . No se pueden expresar en funci´on de t porque no conocemos expl´ıcitamente x(t), sino t(x). Pero con la ley horaria impl´ıcita se puede poner todo en funci´on de x: v0 f (x) = v0 t → f ′ (x) x˙ = v0 → x˙ = ′ f (x) operando y sustituyendo en las expresiones anteriores, se llegar´ıa a λ (x) y µ (x). Recu´erdese que λ no es el m´odulo de la reacci´on normal en el plano, porque el vector ∇ f1 que da la direcci´on no es unitario; µ s´ı es el m´odulo de la fuerza normal al plano, porque ∇ f2 = j.

89

Problema 4.1.1: Una estaci´on espacial O, se encuentra en o´ rbita circular alrededor de la Tierra siendo R el radio de su o´ rbita. Se pretende, analizar el movimiento, respecto de la estaci´on espacial O, de una nave M que desea atracar en ella. Para la descripci´on anal´ıtica del problema se considerar´an los siguientes sistemas de referencia: i) Cx1 y1 z1 , con origen en el centro de la Tierra z1 C, el plano Cx1 y1 coincidiendo con el plano de la o´ rbita circular seguida por la estaci´on, y el eje Cz1 perpendicular al mismo, ii) Oxyz, con origen z en la estaci´on espacial, el eje Ox seg´un la vertical ascendente, el eje Oy C tangente a la o´ rbita y el eje Oz normal al plano orbital. En la resoluci´on del M y1 problema se tendr´an en cuenta las siguientes hip´otesis simplificatorias: a) ρ R y x1 el sistema de referencia Cx1 y1 z1 se considerar´a inercial y, b) la Tierra es O perfectamente esf´erica y atrae a cualquier part´ıcula material M de masa m con una fuerza igual a x b

F=− Se pide:

mµ CM. |CM|3

a) Determinar las fuerzas de inercia, de arrastre y de Coriolis, que es preciso tener en cuenta para analizar el movimiento de una part´ıcula M de masa m, respecto de la referencia Oxyz. La posici´on de la part´ıcula M se fijar´a mediante el radio vector OM = ρ = x i + y j + z k. b) Suponiendo que |ρ | ≪ |CM| obtener un desarrollo en serie de potencias del par´ametro peque˜no |ρ |/R de la fuerza gravitatoria terrestre que act´ua sobre M. c) Se denomina gradiente de gravedad a la suma de la fuerza de inercia de arrastre y la atracci´on gravitatoria terrestre. Obt´engase una expresi´on aproximada del gradiente de gravedad, usando, para la atracci´on gravitatoria terrestre, los dos primeros t´erminos del desarrollo obtenido en b).

d) Plant´eense las ecuaciones que gobiernan el movimiento libre de una part´ıcula M de masa m, respecto de la estaci´on espacial Oxyz; obt´engase una versi´on aproximada de las ecuaciones, usando, para el gradiente de gravedad, la expresi´on aproximada determinada en el apartado anterior. (Ecuaciones de Hill). e) Int´egrense las ecuaciones de Hill a partir de unas condiciones iniciales arbitrarias en t = 0

:

x = x0 , y = y0 , z = z0 , x˙ = x˙0 , y˙ = y˙0 , z˙ = z˙0

(1)

Si la part´ıcula M representa una nave espacial que evoluciona en las proximidades de la estaci´on, la soluci´on obtenida en e) permite resolver, en principio, el problema de atraque de la nave en la estaci´on, mediante una maniobra de dos impulsos: f) Si en el instante t = 0 la nave se encuentra con el estado din´amico definido en (1), averiguar el impulso que es necesario dar a la nave para que en el instante final t = τ , se encuentre en la estaci´on espacial (origen O : x = y = z = 0). g) Averiguar el impulso que es necesario darle a la nave, en el instante final t = τ , para dejarla en reposo en el origen O. Abril de 1994

90

a Si la o´ rbita es circular, la estaci´on O se mueve con velocidad uniforme conocida

q

µ R,

que

determina tambi´en la velocidad angular de los ejes Oxyz que la acompa˜nan. Si uno no recordara el valor, se deduce f´acilmente igualando la atracci´on gravitatoria a la aceleraci´on centr´ıpeta del movimiento circular: z1 r r µ µ µ v2 2 ω 01 z ⇒ v= ω 01 = θ˙ k = = = R θ˙ k 2 R R R R3 C µ 2 ˙2 γO γ C01 = 0 01 = −Rθ ur = −Rω i = − 2 i y1 R x1

R

y

v

O x

Conocido el movimiento de arrastre (circular uniforme), se pueden calcular las fuerzas de inercia. Se simplifican los c´alculos si se observa que C es un punto fijo del sistema S0 :

  R + x M y = ω 01 ∧ (ω 01 ∧ CM) = −ω 2 γ01   0

i j k

⇒ FCI = −2ω 01 ∧ vM 20 = −2m 0 0 ω

x˙ y˙ z˙

b La atracci´on gravitatoria sobre la nave M es: F=−

  R + x  mµ y ⇒ FIA = 3 R  0    r −y˙ mµ   I x˙ FC = −2m R3  0 

mµ CM, donde CM = (R + x, y, z) |CM|3

Vamos a tener ecuaciones no lineales en las coordenadas. Se pueden linealizar aprovechando que la distancia de la nave a la estaci´on es mucho m´as peque˜na que la distancia de ambas al centro de la Tierra: |ρ | ≪ |CM| ⇒ |x|, |y|, |z| ≪ R El m´odulo se puede expresar como

|CM| = R2 + 2Rx + x2 + y2 + z2 lo que permite usar el desarrollo

− 12

= R−3

ε ≪1

}| { 1 z −2 2x x2 + y2 + z2 1+ + R R2

1 (1 + ε )n = 1 + n ε + n(n − 1) ε 2 + o(ε 2 ) 2 para obtener |CM|. Pero lo que nos interesa no es el m´odulo, sino el cubo, que es lo que aparece en las ecuaciones: " ! # 2 + y2 + 2 3 2x x z |CM|3 = R3 1 − + +... 2 R R2 del que solo conservamos el primer t´ermino, y aun este lo truncamos porque los t´erminos cuadr´aticos son mucho m´as peque˜nos que los lineales. c La atracci´on gravitatoria, conservando solo los t´erminos lineales, queda     2 3x  R + x R − 2x + R   mµ 3x mµ  3xy y F = − 3 1− +··· ≃ − 3 y− R  R R  z  R    z − 3xz R 91

y al sumar la fuerza de inercia de arrastre, se obtiene el gradiente de gravedad:       R − 2x R + x 3x   mµ mµ mµ   y y 0 Fg = F + FIA ≃ − 3 + 3 ≃ Fg = 3 R  z  R  0  R −z

Esta fuerza la experimenta un cuerpo en el movimiento relativo a otro objeto en o´ rbita circular (hay una expresi´on an´aloga para o´ rbitas el´ıpticas). Resulta que el plano orbital (osculador) es atractivo, mientras que el horizontal local (rectificante) es repulsor. d Si planteamos las ecuaciones del movimiento relativo con las fuerzas linealizadas, Fg + FCI = m γ M 20 =       x¨  3x  −y˙ 2 0 − 2mω x˙ = m y¨ = mω       −z 0 z¨

⇒

x¨ = 3 ω 2 x +2ω y˙ y¨ = −2ω x˙ z¨ = −ω 2 z

se obtienen las ecuaciones de Hill: ecuaciones linealizadas del movimiento relativo a un cuerpo en o´ rbita circular. e Las ecuaciones de Hill son lineales de coeficientes constantes; se pueden integrar por varios caminos. La tercera est´a desacoplada, es un oscilador arm´onico, y se integra directamente: z = z0 cos ω t +

z˙0 sin ω t ω

La segunda se puede integrar una vez, y¨ = −2ω x˙

→

y˙ = −2ω x + D ;

D = y˙0 + 2ω x0

y sustituir el resultado en la primera, que tambi´en resulta un oscilador, pero forzado: xh = A cos ω t + B sin ω t 2 x¨ = −ω x + 2ω D → x p = 2D ω Esto se lleva a la ecuaci´on de y, ˙ que ya puede integrarse, y˙ = −2ω (xh + x p ) + D

→

y = E − 3Dt − 2 (A sin ω t − B cos ω t)

Imponemos condiciones iniciales a la x, 2y˙0 x˙0 2y˙0 x = − 3x0 + cos ω t + sin ω t + 4x0 + ω ω ω tambi´en a la y: 2x˙0 y = y0 − − 3 (2ω x0 + y˙0 ) t + 2 ω

2y˙0 x˙0 3x0 + sin ω t + cos ω t ω ω

En conjunto, x = − 3x0 + 2ωy˙0 cos ω t y=

2 xω˙0

z=

z0

+ x˙0 sin ω t +4x0 + 2ωy˙0 ω cos ω t +2 3x0 + 2ωy˙0 sin ω t −3 (2ω x0 + y˙0 ) t +y0 − 2ωx˙0

cos ω t

sin ω t

+ zω˙0

N´otese que, aunque el plano horizontal local sea repulsor, la x no crece indefinidamente; la fuerza de Coriolis se encarga de curvar la trayectoria; donde s´ı hay un t´ermino que crece indefinidamente es en la direcci´on y: el plano normal Oxz no ejerce fuerza ninguna, y una velocidad inicial hace que se aleje indefinidamente la en esa direcci´on. 92

f La nave se encuentra en t = 0 en un estado arbitrario x0 , y0 , z0 , x˙a0 , y˙a0 , z˙a0 antes de la percusi´on. Se le aplica una percusi´on, con lo que el estado cinem´atico pasa a ser x0 , y0 , z0 , x˙d0 , y˙d0 , z˙d0 inmediatamente despu´es. Se busca el valor de la percusi´on para que al cabo de un tiempo τ llegue a O. El problema es an´alogo a preguntar qu´e velocidad inicial hace falta, porque la percusi´on lo que hace es cambiar la velocidad sin alterar la posici´on: P = m vd0 − va0

vd0 = va0 +

⇒

P m

A la configuraci´on despu´es de la percusi´on se le puede aplicar la misma ecuaci´on general, para un t arbitrario: 2y˙d x˙d 2y˙d x = − 3x0 + ω0 + ω0 sin ω t +4x0 + ω0 cos ω t x˙d0 2y˙d0 2x˙d y= 2ω cos ω t +2 3x0 + ω sin ω t −3 2ω x0 + y˙d0 t +y0 − ω0 z=

z0

z˙d

cos ω t

sin ω t

+ ω0

Obligando a que en t = τ llegue al origen de coordenadas, 2y˙d x˙d 2y˙d 0 = − 3x0 + ω0 cos ω τ + ω0 sin ω τ +4x0 + ω0 x˙d 2y˙d 2x˙d 0= 2 ω0 cos ω τ +2 3x0 + ω0 sin ω τ −3 2ω x0 + y˙d0 τ +y0 − ω0 0=

z0

z˙d

cos ω τ

sin ω τ

+ ω0

se obtiene un sistema lineal del que podemos despejar las velocidades despu´es de la percusi´on:   d   2 sin ω τ (1 − cos ω τ ) 0 x ˙ 3x cos ω τ − 4x     0 0 0 ω ω − 2 (1 − cos ω τ ) −3 τ + 4 sin ω τ  y˙d = 6x0 (ω τ − sin ω τ ) − y0 0 ω ω  d0    1 −z0 cos ω τ z˙0 0 0 sin ω τ ω Luego la percusi´on vale 

sin ω τ ω

P 2 = ω (cos ω τ − 1) m 0

2 ω (1 − cos ω τ ) −3 τ + ω4 sin ω τ

0

   −1  0  3x0 cos ω τ − 4x0  x˙a0   6x0 (ω τ − sin ω τ ) − y0 − y˙a0 0   a  1 −z0 cos ω τ z˙0 ω sin ω τ

g La velocidad con que llega al origen se obtiene derivando las ecuaciones horarias, y sustituyendo el tiempo de llegada: x˙ f = 3x0 ω + 2y˙d0 sin ω τ +x˙d0 cos ω τ d d y˙ f = −2x˙0 sin ω τ +2 3x0 ω + 2y˙0 cos ω τ −3 2ω x0 + y˙d0 z˙ f = −z0 ω sin ω τ +˙zd0 cos ω τ que se puede expresar como     d  cos ω τ 2 sin ω τ 0 x˙0   3x0 ω sin ω τ  0  y˙d0 + 6x0 ω (cos ω τ − 1) v f = −2 sin ω τ 4 cos ω τ − 3 0 0 cos ω τ z˙d0   −z0 ω sin ω τ 

El impulso final tiene que quitarle toda la cantidad de movimiento, P f = −m v f

donde todos los t´erminos de v f y de vd0 se han calculado ya y son conocidos.

93

94

Cap´ıtulo 5 Ex´amenes: Din´amica del Punto No debe pensarse, por el t´ıtulo de esta parte, que haya un tipo de problemas para los ex´amenes, y otro para explicar en clase: la mayor parte de los problemas de los cap´ıtulos anteriores se han propuesto en ex´amenes. Y los ejercicios cortos proceden de las preguntas de teor´ıa. Se suele indicar la fecha al pie del enunciado. Para cada cap´ıtulo se han seleccionado problemas que traten sobre ese tema concreto, y que no requieran conocimientos a´un por explicar. Aqu´ı se incluyen problemas cuya soluci´on requiere herramientas de varios cap´ıtulos, y que por tanto solo pueden resolverse al final de cada parte. Adem´as, en la p´agina WWW de la asignatura se encuentran las soluciones de los u´ ltimos ex´amenes.

5.1. Ex´amenes recientes

95

Problema 5.1.1: Sea O1 x1 y1 z1 un sistema de referencia inercial tal que el eje O1 z1 es vertical ascen~ 01 es constante dente. El sistema Ox0 y0 z0 de la figura se mueve respecto al sistema 1 de tal modo que: i) ω ~ ~ siendo su valor ω k1 = ω k0 ; ii) el plano Ox0 z0 rueda sin deslizar sobre el cilindro circular del sistema 1 on, en un instante gen´erico, de eje O1 z1 y radio R; iii) zO 1 = R en todo instante. Sea A el punto intersecci´ entre el eje Oy0 y la generatriz del cilindro que est´a en contacto con el plano Ox0 z0 . Sea α el a´ ngulo entre O1 x1 y Ox0 y η la coordenada y0 del punto A. Una part´ıcula pesada M, de masa m, est´a obligada a moverse sin rozamiento por la circunferencia del sistema 0 que est´a contenida en el plano Ox0 z0 , tiene radio R y centro en el punto O. Sea θ el a´ ngulo, en un instante gen´erico, entre OM y la parte negativa del eje Oz0 . Se pide: a) Determinar α y η en funci´on del tiempo sabiendo que inicialmente sus valores son nulos. b) Determinar, en funci´on de θ y sus derivadas respecto al tiempo, las expresiones de las fuerzas de inercia que intervienen en el estudio del movimiento de la part´ıcula respecto al sistema 0. c) A partir de las ecuaciones del movimiento respecto al sistema 0, dejar el c´alculo de θ (t) reducido a una cuadratura. d) Estudiar cualitativamente qu´e tipo de movimientos puede tener la part´ıcula, indicando en particular si existen posiciones de equilibrio o si θ puede realizar movimientos asint´oticos hacia ciertos valores. e) Determinar la reacci´on de la curva sobre la part´ıcula.

Junio de 2002

96

a Es obvio que α es el a´ ngulo girado por el sistema 0 respecto a un eje vertical: y0

~ 01 = ω k = α˙ k ω

→

α = ω t + α0

→

α = ωt

ωt

El plano Oy0 z0 , y el eje Oy0 contenido en e´ l, ruedan sin deslizar sobre el cilindro. Las longitudes recorridas por A por el eje y por la circunferencia de contacto con el cilindro son iguales:

η = α R = Rω t

y1

A

O

x1

α

x0

b Las expresiones de las fuerzas de inercia son i h O ∧ OM + ω ~ 01 ∧ (ω ~ 01 ∧ OM) ~˙ 01 FIA = −m ~γ01 + ω

~ 01 ∧ vM FIC = −2m ω 20

~ 01 es conocida y constante. La posici´on y velocidad relativas de M son triviales ω OM = R (sin θ , 0, − cos θ )

˙ vM 20 = R θ (cos θ , 0, sin θ )

La velocidad y aceleraci´on de O son m´as complicadas. No hay ning´un punto de movimiento conocido simple en el que apoyarse Al rodar sin deslizar, A de 0 tiene velocidad nula, pero no es siempre el mismo punto de 0, por lo que no podemos derivar para hallar la aceleraci´on El movimiento es plano, podr´ıan usarse las t´ecnicas del movimiento plano para calcular la aceleraci´on del CIR A y luego por campo de aceleraciones la de O Finalmente, va a ser m´as sencillo calcularla derivando el vector posici´on. Por supuesto, lo haremos en ejes m´oviles para evitar los errores al hacer y deshacer cambios de ejes.

O1 O = R i0 − η j0 + R k0 = (R, −η , R)

 

i

 ωη  j k

−−→ −−˙→

−−˙→

~ 01 ∧ O1 O = (0, −η˙ , 0) +

0 0 ω

= ω R − η˙ vO 01 = O1 O 1 = O1 O 0 + ω

R −η R  0   

   

i

Rω 2 + ω η˙ − ω 2 R  ω 2 R  ˙ ω η j k  

O

¨ +

0 ~γ01 − η 0 ω

= = v˙ O = ω 2 Rω t ω 2η 01 1 =     

 0 ω η ω R − η˙ 0

0 0

Con esto se pueden ya calcular las fuerzas de inercia:     0 1 − sin θ    2 ˙ ωt FIA = −mω R FIC = −2mω R θ cos θ     0 0

c Para plantear las ecuaciones del movimiento, s´olo faltan el peso, que es trivial, y las fuerzas de ligadura. Al ser una curva lisa, habr´a dos componentes de fuerza de ligadura, contenidas en el plano normal; las proyectaremos seg´un ur de las polares asociadas a la circunferencia y a θ , y la normal j.         0  0 1 − sin θ    0 2 ˙ ωt − mg 0 − mω R − 2mω R θ cos θ + Ny 1 + Nr ur =  1  0    0 0 0 0 0 0 = mRθ¨ uθ − mRθ˙ 2 ur 97

Para obtener la ecuaci´on del movimiento, proyectamos sobre el vector unitario tangente a la curva uθ = (cos θ , 0, sin θ ): ( ( ((( −mg sin θ − mω 2 R (1 − sin θ ) cos θ + Nr −( sin(θ(cos (( θ( +( cos θ sin θ = mRθ¨ cos θ ( g 2 θ¨ = −ω (1 − sin θ ) cos θ − sin θ R Esta ecuaci´on se puede integrar multiplicando ambos miembros por θ˙ h i g 2 ¨ ˙ ˙ θ θ = θ −ω (1 − sin θ ) cos θ − sin θ R 2 g θ˙ 2 sin θ = C − ω 2 sin θ + ω 2 + cos θ 2 2 R Y se obtiene directamente la cuadratura Z √ Z ±d θ 2 dt = q 2 C − ω 2 sin θ + ω 2 sin2θ + Rg cos θ d La integral permite hacer un an´alisis cualitativo en funci´on de θ : g θ˙ 2 sin2 θ 2 ˜ ˜ ˜ = E − Ve f (θ ) → Ve f (θ ) = ω sin θ − − cos θ 2 2 R

Aunque haya dos curvas con dos coeficientes distintos, no es dif´ıcil dibujar el potencial eficaz. Por la forma de las curvas que se suman, vemos que no van a aparecer o desaparecer puntos estacionarios al variar el par´ametro ωg2 R . En θ = π , se suma al coseno una curva de pendiente negativa, por lo que el m´aximo se desplaza hacia la izquierda. En θ = 0, se suma al coseno una curva de pendiente positiva, por lo que el m´ınimo se desplaza tambi´en a la izquierda. Lo que hace la curva de los senos, independientemente del valor relativo de los coeficientes, es bajar la curva del coseno para a´ ngulos negativos y subirla para los positivos: tanto m´aximos como m´ınimos se desplazan a la izquierda. El valor de este desplazamiento s´ı depende de ωg2 R . Los puntos de equilibrio son los estacionarios del potencial: π

π

g −2 2 V˜ ′ = ω 2 (cos θ + sin θ cos cos θ ) + sin θ = 0 R g ω 2 cos θ (1 − sin θ ) + sin θ = 0 R Rω 2 tan θ = (sin θ − 1) g Esta ecuaci´on transcendente tiene dos soluciones: un m´aximo θM ∈ [π /2, π ] y un m´ınimo θM ∈ [−π /2, 0]. Los movimientos ser´an los del p´endulo: equilibrio estable, libraci´on, movimiento asint´otico, equilibrio inestable, rotaci´on. La diferencia est´a en que los puntos de equili2 brio se desplazan en el sentido del reloj un a´ ngulo que depende de la relaci´on Rωg . e Las componentes de la reacci´on normal se determinan proyectando la ecuaci´on del movimiento seg´un sus direcciones: N = Nr ur + Ny j CM · j → −mω 2 Rω t − 2mω Rθ˙ cos θ + Ny = 0 CM · ur → mg cos θ − mω 2 R sin θ (1 − sin θ ) + Nr = −mRθ˙ 2 98

99

Problema 5.1.2: El sistema Ox0 y0 z0 de la figura gira con velocidad angular constante ω alrededor del eje vertical Oz1 ≡ Oz0 del sistema inercial Ox1 y1 z1 . Consid´erese el arco AB de la curva lisa de ecuaciones:   y0 = 0 a πx  z0 = (1 − cos 0 ) 2 a

(−2a ≤ x0 ≤ 2a)

Un punto material M de masa m se mueve por la curva anterior, a la que puede abandonar por sus extremos A o B, en cuyo caso comenzar´ıa a moverse sobre el plano Ox0 y0 , que es rugoso con coeficiente de rozamiento µ . Adem´as de su peso, sobre la part´ıcula act´ua una atracci´on del punto O, proporcional a la masa y a la distancia a este punto, siendo ω 2 la constante de proporcionalidad. Se pretende estudiar el movimiento del punto respecto al sistema Ox0 y0 z0 , para lo cual se pide: a) Determinar en funci´on de la posici´on (x0 , y0 , z0 ) y velocidad (x˙0 , y˙0 , z˙0 ) de la part´ıcula, las expresiones de las fuerzas de inercia de arrastre y de Coriolis. b) Suponiendo que el punto se est´a moviendo sobre la curva, dejar su movimiento reducido a una cuadratura. c) Si inicialmente el punto est´a en el origen O y su velocidad respecto al sistema 0 es v0 i0 , estudiar cualitativamente el movimiento del punto subre la curva seg´un sea el valor de v0 . ¿Para qu´e rango de valores de v0 el punto abandona la curva por sus extremos A o B? p d) Si v0 = 2 2ga + ω 2 a2 , comprobar que la part´ıcula abandona la curva por su extremo A. ¿Con qu´e velocidad lo hace? e) En lo que sigue, el punto se mueve sobre el plano rugoso Ox0 y0 , siendo las condiciones iniciales de este movimiento las que tiene a la salida de la curva. Determinar la componente normal de la reacci´on del plano sobre el punto. f) Determinar las componentes seg´un la tangente y la normal a la trayectoria de las fuerzas que act´uan sobre el punto. Si v es la magnitud de la velocidad y ϕ el a´ ngulo que forma con el eje Ox0 , hallar v(t) y ϕ (t). g) Determinar la trayectoria y la ley horaria del movimiento. h) ¿Cu´anto tiempo transcurre desde que el punto abandona la curva hasta que se para? ¿En qu´e punto del plano se para? i) Calcular el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento desde que el punto abandona la curva hasta que se para. Junio de 1994

z1 ≡ z0

Mb

y0

B O n

ωt

A

y1

b

ϕ M

t

x0

x1

a El movimiento de arrastre es un giro con velocidad angular constante ω 01 = ω k, manteni´endose el origen fijo. Las fuerzas de inercia, para una posici´on y velocidad arbitraria, ser´an: FIA

h i O = −m γ 01 + α 01 ∧ OM + ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OM) = mω 2 (x0 , y0 , 0)

FCI = −2mω 01 ∧ vM 20 = 2mω (y˙0 , −x˙0 , 0) 100

Si la part´ıcula se mueve sobre la curva, hay que sustituir su ecuaci´on en la posici´on, velocidad, aceleraci´on y fuerzas de inercia: y0 = y˙0 = y¨0 = 0 a π x0 π x˙0 π x0 z0 = 1 − cos ; z˙0 = z′0 x˙0 = sin ; 2 a 2 a π x¨0 π x0 π 2 x˙20 π x0 z¨0 = z′0 x¨0 + z′′0 x˙20 = sin + cos 2 a 2a a donde (˙) es la derivada respecto al tiempo, y ( )′ respecto a x0 . b Hay varios caminos para obtener la ecuaci´on del movimiento de una part´ıcula sobre curva. 1 El m´as obvio, pero tambi´en m´as complejo, es plantear las ecuaciones generales de un sistema con ligaduras. La curva se puede expresar como intersecci´on de dos superficies a π x0 f 1 ≡ z0 − 1 − cos =0 f2 ≡ y0 = 0 2 a y la reacci´on normal tendr´a componentes seg´un las normales N = λ1 ∇ f1 + λ2 ∇ f2 = λ1 (−z′0 , 0, 1) + λ2 (0, 1, 0) Las ecuaciones del movimiento ser´an:           x x    y˙0  x¨0   0  0 0 2 y y 0 −x˙0 + λ1 ∇ f1 + λ2 ∇ f2 m y¨0 = − mω 2 0 + mω 0 + 2mω           −mg z0 0 0 z¨0 f1 = 0

f2 = 0

Es un sistema algebraico-diferencial: tres ecuaciones diferenciales y dos algebraicas; con cinco inc´ognitas: las coordenadas x0 , y0 , z0 y las fuerzas de ligadura λ1 y λ2 . Para resolverlo, se derivan las ecuaciones de la ligadura, para sustituir en las de cantidad de movimiento dos coordenadas y sus derivadas; luego con estas tres se eliminan las inc´ognitas de ligadura, para dejar una ecuaci´on diferencial en una coordenada, que se integra (o, en este caso, se reduce a cuadraturas). No seguiremos ese camino, porque hay otros m´as simples. 2 Trat´andose de una curva lisa, es m´as directo proyectar la ecuaci´on de la cantidad de movimiento sobre la tangente a la curva. Es mejor tomar x0 como par´ametro: no tiene singularidades (z0 las tiene en todos los m´aximos y m´ınimos), y ya aparece en la ecuaci´on de la curva: π π x0 ′ r = [x0 , 0, z0(x0 )] t k rx0 = (1, 0, z0) = 1, 0, sin 2 a La ecuaci´on que hay que proyectar sobre la tangente es         x¨0    0  0  0  0 0 m = − mω 2 0 + 2mω −x˙0 + N ′        −mg z0 0 z0 x¨0 + z′′0 x˙20 Proyectamos seg´un la direcci´on tangente rx0 , con lo que la reacci´on normal desaparece: h 2 i ′ ′′ 2 x¨0 + z′0 (z′0 x¨0 + z′′0 x˙20 ) = x¨0 1 + z′0 + z0 z0 x˙0 = z′0 [−g − ω 2 z0 (x0 )]

Como z0 es una funci´on de x0 , queda una ecuaci´on no lineal en x0 y sus derivadas temporales. En esta forma, la ecuaci´on no parece muy amigable. Pero tiene que poderse integrar una vez, para luego reducirla a cuadraturas. Adem´as, como el sistema es conservativo, tiene la integral de la energ´ıa, que en curvas lisas sabemos que es equivalente a la de cantidad de movimiento seg´un la tangente. Si se se multiplican ambos t´erminos por x˙0 , queda una diferencial exacta: h 2 i ′ ′′ 3 2 i 2 d 1h + z0 z0 x˙0 = x¨0 x˙0 1 + z′0 1 + z′0 x˙0 dt 2 d 1 [−g − ω 2 z0 (x0 )] z′0 x˙0 = −g z0 − ω 2 z20 dt 2 101

con lo que se llega a la ecuaci´on de la energ´ıa, y de esta a una cuadratura: v u 2 Z Z h i u 1 + z′0 1 1 2 2 t ′ 2 2 dx0 1 + z0 x˙0 = E − g z0 − ω z0 ⇒ dt = ± 2 2 2 E − g z0 − 12 ω 2 z20

donde, naturalmente, z0 y su derivada son las funciones de x0 que se calcularon m´as arriba. 3 Finalmente, tenemos el camino m´as directo: la ecuaci´on de la energ´ıa. En el movimiento relativo, la fuerza de Coriolis no trabaja porque es normal al desplazamiento. La de arrastre es potencial, el peso y la del muelle tambi´en. No hay rozamiento y, aunque la curva no est´a en reposo en el movimiento absoluto, s´ı lo est´a en el relativo. Por tanto, la fuerza normal no trabaja. La ecuaci´on de la energ´ıa queda: dT = −dV

→

1 1 T +V = E = m x˙20 + z˙20 + mgz0 + mω 2 z20 = E 2 2

Sustituyendo la ligadura z˙0 = z′0 x˙0 , se llega a la misma ecuaci´on que antes, y por tanto a la misma cuadratura. Aunque, obviamente, con mucho menos trabajo. Y sin tener que reconocer una diferencial exacta poco evidente. c Con la ecuaci´on de la energ´ıa en la variable x0 , se puede hacer un an´alisis cualitativo: i 2 1h 1 ′ 2 2 2 1 + z0 x˙0 = E −V (x0 ) = E − mgz0 + mω z0 2 2

El coeficiente de x˙20 es siempre positivo, por lo que los puntos de parada y movimientos asint´oticos depender´an s´olo del potencial. Sustituyendo la ecuaci´on de la curva se tiene: V ag π x0 ω 2 a2 π x0 2 = 1 − cos + 1 − cos = m 2 a 8 a ag ω 2 a2 2ga + a2 ω 2 π x0 ω 2 a2 π x0 = + − cos + cos2 = 2 8 4 a 8 a i ω 2 a2 h 2g π x0 π x0 2 = A+ −2(1 + ε ) cos a + cos a donde ε = >0 8 aω 2

El par´ametro ε determina la relaci´on entre la gravedad y la atracci´on del origen. Los puntos de equilibrio son: π x0 π x0 π x0 π x0 h π x0 i ′ V ∝ 2(1 + ε ) sin − 2 cos sin = 2 sin 1 + ε − cos = 0 → x0 = na a a a a a

El t´ermino entre corchetes nunca se anula, porque ε > 0. Por lo tanto, los puntos estacionarios son los ceros del seno. Es obvio que a = 0, 2a ser´an m´ınimos y x = a m´aximo, pero podemos comprobarlo dibujando el potencial. Aunque no sepamos el valor de ε , con saber que es positivo se puede dibujar aproximadamente: 2

2

2

1

a 2a

a 2a

-2

-2

a 2a

-2

Queda claro que hay m´ınimos en a y 2a, y un m´aximo en a. Para que llegue al extremo A (x0 = 2a), la energ´ıa inicial debe ser mayor que la potencial del m´aximo, de modo que pase sin pararse y siga hacia el extremo. Cuando salga por A llevar´a la misma energ´ıa que al principio, 102

porque los potenciales son iguales. Para hacer los c´alculos es m´as simple poner el potencial en funci´on de z0 : T (0) +V (0) ≥ 0 +V (a); 1 2 1 1 mv0 + 0 ≥ mgz0 (a) + mω 2 z0 (a)2 = mga + mω 2 a2 2 2 2 ⇒ d Si la part´ıcula se lanza desde el origen con velocidad v0 = 2 condici´on de paso: v20 = 4(2ga + ω 2 a2 ) > 2ga + ω 2 a2

p

v20 ≥ 2ga + ω 2 a2

2ga + ω 2 a2 , se cumple la

Llega con la misma velocidad, porque el potencial es el mismo: = T (2a) + V (2a) T (0) + V (0)

⇒

v(2a) = v0

y la direcci´on es la misma, dada por la tangente de la curva. e Cuando la part´ıcula abandona la curva por A, se mueve sobre un plano rugoso. La ligadura pasa a ser z0 = 0 . Al ser rugoso, la reacci´on del plano tendr´a una componente normal N y una contenida en el plano, el rozamiento R . Las ecuaciones del movimiento son ahora:                y˙0  x¨0   0   Rx   0  x0  x0  2 2 0 + Ry − 0 − mω y0 + mω y0 + 2mω −x˙0 = m y¨0               0 0 N 0 mg 0 0 Obviamente,

N = mg k

f Si el punto desliza sobre el plano, se aplica el modelo de Coulomb con deslizamiento: y0

v R = −µ mg = −µ mg t v Sobre el plano, solo act´uan dos fuerzas: el rozamiento seg´un la tangente y la fuerza de Coriolis seg´un la normal a la trayectoria. El peso y la normal se anulan, as´ı como el muelle y la fuerza centr´ıfuga. Como la velocidad tiene la direcci´on de la tangente y la velocidad angular la de k, la fuerza de Coriolis tuerce la trayectoria siempre hacia la derecha. Proyectando seg´un la tangente, N = mg k

t

−2m ω ∧ vt

R

ϕ

→

x0

−µ mg = mγt = m v˙

⇒

v = v0 − µ gt = 2

Proyectando seg´un la normal principal, 2mω v = m

v2 ; ρ

2ω =

v ds/dt dϕ = =− ρ −ds/d ϕ dt

p

⇒

2ga + ω 2 a2 − µ gt

ϕ = ϕ0 − 2ω t = −2ω t

donde se ha tenido en cuenta que, por curvarse hacia la derecha, al aumentar s disminuye ϕ . g Pasamos de intr´ınsecas a cartesianas proyectando el elemento ds: dx = ds cos ϕ = v dt cos ϕ = (v0 − µ gt) cos(−2ω t) dt dx = ds sin ϕ = v dt sin ϕ = (v0 − µ gt) sin(−2ω t) dt Se integran estas ecuaciones con las condiciones iniciales x(0) = 2a , y(0) = 0 , para dar h i µg v0 x = 2ω sin 2ω t − 2ω v0 (cos 2ω t + 2ω t sin 2ω t − 1) + 2a h i µg y = 2vω0 cos 2ω t + 2ω (sin 2 ω t − 2 ω t cos 2 ω t) − 1 v0 103

Tenemos las ecuaciones horarias. Si se toma el par´ametro u = 2ω t, tenemos tambi´en la trayectoria r(u) sin referencia al tiempo, y la ley horaria, que es la misma u = ω t. h El tiempo de parada se obtiene directamente: v = v0 − µ gt

→

tp =

v0 µg

y el punto de parada se obtiene sustituyendo este valor en las ecuaciones horarias: r0 = r(t p) La trayectoria se puede representar en funci´on del par´ametro u toy0 mando la escala de modo que 2vω0 = 1 , y considerando que xA = 2a x0 A no hace m´as que trasladar la curva. Estas depender´an del par´ameµg tro ε = 2ω v0 , que compara el efecto del rozamiento con la energ´ıa inicial. Se debe representar solo hasta t = t p , que corresponde a u = 1/ε , pues a partir de ese momento las ecuaciones ya no valen (ser´ıa como si el rozamiento, despu´es de parar la part´ıcula, siguiera ε = 0 ... 1 actuando y la hiciera retroceder). Para rozamiento nulo la trayectoria es una circunferencia. i El trabajo del rozamiento se puede calcular sin dificultad, pues se conoce la fuerza y la velocidad: dW r = R · dr = −µ mg vdt = −µ mg(v0 − µ gt)dt y se puede integrar sin dificultad entre t = 0 y t p. Otro camino, igual de directo, es aplicar la ecuaci´on de la energ´ıa entre el punto inicial y el final: dT = −dV + dWr ;

+Wr p p T (t ) − T (0) = − V (t ) + V (0)

⇒

Obviamente, el rozamiento disipa toda la energ´ıa que tra´ıa la part´ıcula.

104

1 Wr = − mv20 2

5.2. Ex´amenes m´as antiguos En esta secci´on se incluyen problemas de ex´amenes anteriores al plan de estudios 2000. Esto presenta dificultades, porque la asignatura Mec´anica del plan 1974 ten´ıa un programa m´as amplio que la Mec´anica I y la II del plan 2000; de hecho inclu´ıa temas de Mec´anica Anal´ıtica, de Mec´anica Orbital y Din´amica de la Actitud, y hasta de Vibraciones: teor´ıa del potencial, formulaci´on hamiltoniana, linealizaci´on (peque˜nos movimientos), modos de vibraci´on. Por tanto, algunas preguntas no podr´an resolverse con los conocimientos correspondientes a esta asignatura. Pero no por eso vamos a dejar de lado otros temas que s´ı pueden tratarse y tienen un inter´es notable. En las secciones anteriores tambi´en hay problemas anteriores a 2000, pero todo lo que se pregunta se puede resolver con los conocimientos de Mec´anica II. Se dejan para esta parte los que tengan alguna cuesti´on que ya no se incluye. Problema 5.2.1: Un punto material A de masa 3m, se mueve, sin rozamiento, por una circunferencia de centro O y radio a contenida en un plano vertical, en el que se elige un sistema de referencia Oxyz cuyo eje Oy coincide con la vertical ascendente que pasa por O. Un punto B de masa m se mueve, en el plano Oxy, unido con el punto A mediante un muelle de longitud natural nula y constante de rigidez K = (mg)/a. Para determinar la configuraci´on del sistema se utilizar´an, como coordenadas generalizadas, el a´ ngulo ϕ que el radio vector OA forma con el eje Oy, y las coordenadas (x, y) del punto B. Se pide: 1. Determ´ınese la energ´ıa potencial del sistema en funci´on de las coordenadas generalizadas. Hallar las posiciones de equilibrio, especificando cuales son estables y cuales inestables. 2. Determ´ınese la energ´ıa cin´etica del sistema en funci´on de las coordenadas y velocidades generalizadas. 3. Lineal´ıcese la energ´ıa cin´etica y la energ´ıa potencial del sistema, alrededor de la posici´on de equilibrio estable determinada en 1. 4. Plant´eense las ecuaciones de Lagrange que gobiernan los peque˜nos movimientos del sistema alrededor de la posici´on de equilibrio estable anteriormente mencionada. 5. Obt´enganse las frecuencias naturales de vibraci´on del sistema y las formas modales asociadas a cada uno de los modos propios de oscilaci´on. Determ´ınense unas coordenadas normales del sistema. 7 de Junio de 1986 y

x

O

ϕ

A

B

1 Tendremos que calcular los potenciales del peso de A y B, y el potencial del muelle: VA = −3mga cos ϕ VB = mgy i mg h Vm = (x − a sin ϕ )2 + (y + a cos ϕ )2 2a 105

Los puntos de equilibrio son los puntos estacionarios del potencial. Como se trata de una funci´on de tres variables, hay que anular las derivadas parciales respecto a todas las variables:  ∂V  = mg (3a sin ϕ − y sin ϕ − x cos ϕ ) = 0    dϕ ∂V = mg V (ϕ , x, y) dx a (x − a sin ϕ ) = 0     ∂ V = mg (a + y + a cos ϕ ) = 0 dy a De la segunda se despeja x = a sin ϕ y de la tercera y = −a(1 + cos ϕ ) . Sustituyendo en la primera, se llega a las siguientes soluciones: ( ϕ = 0 x = 0 y = −2a sin ϕ = 0 → ϕ =π x=0 y=0

que corresponden a los puntos de equilibrio del p´endulo, para A, y a colgar verticalmente donde el peso equilibra al muelle, para B.

A y

B

x

A

B

2 Las velocidades de los puntos son: vA = aϕ˙ uϕ

vB = x˙ i + y˙ j

La energ´ıa cin´etica es: T=

1 1 3m a2 ϕ˙ 2 + m x˙2 + y˙2 2 2

3 Formaremos el vector de coordenadas generalizadas q = (ϕ , x, y) , y el de velocidades generalizadas q˙ = (ϕ˙ , x, ˙ y) ˙ . La energ´ıa cin´etica es una forma cuadr´atica    2 0 0 ϕ ˙ 3ma 1 1 ˙ y⌋ ˙  0 T = q˙ TM (q) q˙ = ⌊ϕ˙ , x, m 0  x˙  y˙  2 2 0 0 m En este caso, la matriz de masas M es ya una constante, por que no hay que linealizar nada. En cuanto al potencial V (q) , tenemos una posici´on de equilibrio estable qe , en la que ∂∂Vq = 0. Para peque˜nos movimientos alrededor de la posici´on de equilibrio, q = qe + ∆q , se puede hacer un desarrollo en serie: q = qe + ∆q = (0, 0, −2a) + (φ , ξ , η )

∂ V

1 T ∂ 2V V (q) = V (qe ) + ∆q + ∆q ∆q + . . . 2 ∂ q2 qe ∂ q qe    5mga − mg 0 φ  9mga 1 mg4  ξ +... 0 V =− + 0 + ⌊φ , ξ , η ⌋  − mg 4 a 2 2 mg   0 0 η a

El primer t´ermino se puede ignorar porque es una constante. El segundo es nulo, porque est´a particularizado en una posici´on de equilibrio. h 2 i Conservamos el segundo, que es una forma cuadr´atise denomina matriz de rigidez. Si la posici´on de ca. La matriz de coeficientes K = ∂∂ qV2 qe

equilibrio es estable, el potencial tiene un m´ınimo. La matriz de rigidez ser´a definida positiva.

4 Para peque˜nos movimientos alrededor de la posici´on de equilibrio estable, podemos formar la lagrangiana aproximada 1 1 Kq ˙ M q˙ − qK L = qM 2 2 en la que los dos t´erminos son formas cuadr´aticas definidas positivas: se trata de un sistema arm´onico. Se derivan los t´erminos de las ecuaciones de Lagrange,

∂L = M q˙ ∂ q˙

d ∂L ˙ q˙ +M M q¨ =M dt ∂ q˙ 106

∂L =Kq ∂q

Quedan las ecuaciones, en forma vectorial, M q¨ +K Kq = 0 5 Es un sistema de ecuaciones lineales de coeficientes constantes. Buscamos soluciones de la forma K u=0 q = Cu eiλ t → −λ 2M +K

Para que haya soluciones distintas de la trivial, la matriz de coeficientes tiene que ser singular; tenemos un problema de autovalores y autovectores: A y

mg

5mga − λ 2 3ma2

0 − 4

mg mg 2m

=0

K − λ 2M =

− λ − 0

4 a

x mg 2

B 0 0 a −λ m En este caso la soluci´on es m´as simple, porque la tercera oscilaci´on, la de y, est´a desacoplada: r g λ3 = u3 = (0, 0, 1) a

Para las otras dos oscilaciones, que est´an acopladas, hallamos las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico de la submatriz restante, r r √ √ 1 g 1 g 16 + 19 16 − 19 λ1 = λ2 = 2 3a 2 3a

A

B

u3

u1

Los autovectores asociados son u2 ! ! √ √ 4 − 19 4 + 19 u1 = − , a, 0 u2 = − , a, 0 3 3 En el modo u2 , las dos part´ıculas oscilan horizontalmente con la frecuencia λ2 en la misma fase. En el modo u1 , oscilan horizontalmente en contrafase con la frecuencia λ1 . En el modo u3 , la part´ıcula B oscila verticalmente con la frecuencia λ3 . Las frecuencias λi se llaman frecuencias modales, y los autovectores ui vectores modales. Las constantes Ci son complejas, por el exponente complejo i λi t. Al imponer condiciones iniciales, se elimina la parte imaginaria y las soluciones quedan: Cu eiλi t = ui (Ci cos λi t + Di sin λi t) La soluci´on general se puede escribir matricialmente   C1 cos λ1 t + D1 sin λ1 t  q(t) = ∑ ui (Ci cos λi t + Di sin λi t) = [u1 |u2 |u3 ] C2 cos λ2 t + D2 sin λ2 t = U z(t)   i=1 C3 cos λ3 t + D3 sin λ3 t 3

Las columnas de la matriz U son los vectores modales, que son independientes (tienen las propiedades de los autovectores). Por tanto, la matriz es regular y define un cambio de variables. Las coordenadas zi (t) = Ci cos λi t + Di sin λi t son unas coordenadas normales. Es f´acil comprobar que, con este cambio de variables, el problema se reduce a tres oscilaciones desacopladas.

107

Problema 5.2.2: Se tiene un sistema galileano Ox1 y1 z1 , cuyo eje Oz1 coincide con la vertical ascendente. Otro sistema Oxyz, tal que Oz coincide con Oz1 , gira con velocidad angular constante ω = ω k1 respecto al primero. Solidario a Oxyz hay un cilindro circular, de radio R, cuyo eje es Ox. Sobre el cilindro se mueve una part´ıcula P de masa m y carga el´ectrica q, con ligadura bilateral sin rozamiento. Sobre la part´ıcula act´uan las siguientes fuerzas. a) el peso; b) Fuerza de Lorentz F = q v21 ∧ B, donde B = B k1 . 1. Plantear las ecuaciones del movimiento de la part´ıcula respecto al sistema m´ovil Oxyz, calculando todas las fuerzas que intervienen. 2. Calcular en funci´on de ω el valor de B necesario para que desaparezcan las fuerzas dependientes de la velocidad. 3. Para este valor de B, comprobar que el movimiento seg´un Ox queda desacoplado, e integrarlo completamente. 4. Para este mismo valor, reducir a cuadraturas el movimiento en y y z. Hacer un estudio cualitativo, indicando los distintos tipos de movimiento en funci´on del par´ametro λ = R2g y las posiciones ω2 de equilibrio estables o inestables. (Para este an´alisis puede ser m´as c´omodo usar la variable θ indicada en la figura). 5. Linealizar este movimiento para valores peque˜nos de θ . Determinar el per´ıodo. 6. Para estos peque˜nos movimientos en las proximidades de θ = 0, determinar los valores de ω que dan lugar a trayectorias cerradas sobre el cilindro. 7. Para condiciones indicadas en los n´umeros 3 y 4, calcular el valor de la reacci´on normal en funci´on de la posici´on. z1 ≡ z

Marzo de 1993

z

P b

y y O

O y1

ωt x1

θ P

x

1 Para el movimiento relativo a una superficie lisa m´ovil hay que tener en cuenta: Fuerzas directamente aplicadas: −mg k , q vP21 ∧ B . Fuerza de ligadura, N = N ur . Fuerzas de inercia: FIA , FCI . El peso es trivial. Para la fuerza de Lorentz, tendremos que mientos:     −y x˙ P P P x + y˙ v21 = ω 01 ∧ r + v20 = ω     0 z˙

i j k

i j

L F = qω

−y x 0

+ q

x˙ y˙

0 0 B

0 0

aplicar la composici´on de movi-

    k

x  y˙  z˙

= qω B y + qB −x˙     B

0 0

De la fuerza de inercia de arrastre, solo queda el t´ermino centr´ıfugo,

  x h i P P 2 y FIA = −m γ O + α ∧ r + ω ∧ ω ∧ r = m ω 01 01 01 01 0 108

La fuerza de Coriolis va a tener una forma semejante a la segunda parte de la de Lorentz, porque la velocidad angular es paralela al campo magn´etico:  

i j k

 y˙ 

FCI = −2m ω 01 ∧ vP20 = −2m

0 0 ω

= 2mω −x˙  

x˙ y˙ z˙

0 Podemos ya escribir la ecuaci´on de la cantidad de movimiento para la part´ıcula:               x¨  0  0 x  y˙  x  y˙  sin θ m y¨ = N − 0 + qω B y + qB −x˙ + mω 2 y + 2mω −x˙               0 0 z¨ − cos θ mg 0 0

donde tan θ =

y −z .

2 Dependen de la velocidad la fuerza de Coriolis y la segunda parte de la de Lorentz. N´otese que en el movimiento relativo s´olo se puede llamar velocidad a la relativa. La de arrastre es ciertamente una velocidad, pero no en el movimiento relativo: aqu´ı aparece solo como un campo dependiente de la posici´on:        y˙  0  y˙  2mω qB −x˙ + 2mω −x˙ = 0 → B=− 0  0  0 q 3 Sustituyendo este valor de B, las ecuaciones quedan:         x¨  0  0 x 2 sin θ y m y¨ = N − mg 0 − mω         z¨ − cos θ 1 0

La fuerza de Coriolis se compensa con uno de los t´erminos de la de Lorentz, mientras que la centr´ıfuga se anula con la mitad de la otra parte: en vez de una repulsi´on del eje de giro, queda una atracci´on. Se observa que la ecuaci´on para x queda desacoplada. Se trata de un oscilador arm´onico, que se integra directamente: x¨ + ω 2 x = 0

⇒

x = x0 cos ω t +

x˙0 sin ω t ω

4 Las ecuaciones para y, z corresponden las de un p´endulo con peso y atracci´on del eje Oz. Hay varios caminos: Trabajar en cartesianas por el m´etodo general. Aunque sea una superficie, al eliminar la x las ecuaciones se reducen a las de una curva plana, y2 + z2 = R2 . De todos modos, es el camino m´as complejo, y no lo abordaremos. Introducir la variable θ de las cil´ındricas ( y = R sin θ , x = −R cos θ ), y proyectar sobre la tangente para eliminar N como se hace en el p´endulo simple. Como las fuerzas que quedan son potenciales y la superficie es lisa, se puede plantear directamente la integral de la energ´ıa. La aceleraci´on seg´un uθ ser´a R θ¨ . La distancia y es R sin θ . Proyectando z las fuerzas seg´un la tangente, tenemos mR θ¨ = −mg sin θ − mω 2 R sin θ cos θ Esta ecuaci´on se integra multiplicando ambos miembros por θ˙ :

y

O

θ P

θ˙ 2 C 1 R = + g cos θ + ω 2 R cos2 θ 2 2 2 109

De aqu´ı se obtiene directamente una cuadratura: ±R d θ

Z

p = C + 2g cos θ + ω 2 R cos2 θ

Z

dt

Al mismo resultado se llega por la integral de la energ´ıa. El potencial del peso, particularizado sobre la superficie, es Vp = mgz = −mgR cos θ El otro t´ermino es una atracci´on del eje Oz, que tambi´en deriva de un potencial sencillo: 1 1 VL = m ω 2 y2 = m ω 2 R2 sin2 θ 2 2 Se plantea la integral de la energ´ıa sobre la superficie: 1 1 T = m R2 θ˙ 2 = E −V = E + mgR cos θ − m ω 2 R2 sin2 θ 2 2 De aqu´ı se obtiene tambi´en una cuadratura, que es la misma de m´as arriba. Aunque en una aparezca + cos2 y en otra − sin2 , son la misma porque la diferencia es una constante, que estar´ıa incluida en C o E. Para el an´alisis cualitativo, tomamos el potencial 2V 2g = V˜ = − 2 cos θ + sin2 θ = −λ cos θ + sin2 θ 2 2 mR ω Rω Los puntos de equilibrio son:

z

V˜ ′ = λ sin θ + 2 sin θ cos θ = 0 →

→ sin θ = 0 cos θ = −2λ

→ θ = 0, π → θ = π ± cos−1 λ2

y

Hay dos puntos de equilibrio que existen siempre, y que son los cl´asicos del p´endulo. Otros dos, sim´etricos, existen solo cuando λ ≤ 2 .

λ >2

λ <2

λ =2

Para λ > 2, predomina el coseno (peso), y los puntos de equilibrio son los del p´endulo: estable (m´ınimo) en θ = 0 e inestable (m´aximo) en θ = π . Para λ < 2 predomina el seno cuadrado, con los mismos ceros: estable en θ = 0 y θ = π , e inestable en otros dos, entre ±π /2 y π , seg´un el valor de λ . N´otese que, cuando aparecen estos ceros alrededor de θ = π , heredan su inestabilidad, mientras que aquella se vuelve estable. La estabilidad se puede ver directamente en las figuras. Tambi´en anal´ıticamente, con la derivada segunda del potencial: V˜ ′′ = λ cos θ + 2 cos2 θ − 2 sin2 θ La estabilidad de los puntos de equilibrio viene dada por el signo de la derivada segunda. El punto m´as bajo es siempre un m´ınimo, estable: V˜ ′′ (0) = λ + 2 > 0 110

estable

El punto m´as alto es estable o inestable seg´un el valor de λ : λ < 2 V˜ ′′ > 0 estable ′′ V˜ (π ) = 2 − λ λ > 2 V˜ ′′ < 0 inestable Los puntos sim´etricos, cuando existen, son m´aximos (inestables) λ λ2 ′′ −1 V˜ cos = −2 + >0 inestable (λ < 2) 2 2 En el caso λ > 2, el an´alisis cualitativo es el mismo que en el p´endulo simple. Si se lanza desde el punto m´as bajo, la velocidad necesaria para el movimiento asint´otico es 1 2 ˙2 mR θc = V (π ) −V (0) = λ mω 2 R2 2 y los movimientos posibles son:

θ˙0 < θ˙c θ˙0 = θ˙c θ˙0 > θ˙c

Libraci´on alrededor del punto m´as bajo Movimiento asint´otico a θ = π Rotaci´on peri´odica

Para el caso λ < 2, los m´aximos est´an en otro sitio. Lanzando desde el punto m´as bajo, la velocidad para llegar asint´oticamente al m´aximo es: 1 2 ˙2 1 λ2 −1 −λ 2 2 mR θc = V cos −V (0) = mω R 1 + λ + 2 2 2 4 mientras que si se lanza desde el otro m´ınimo, θ = π , 1 2 ˙2 1 λ2 −1 −λ 2 2 mR θc = V cos −V (π ) = mω R 1 − λ + 2 2 2 4 Los movimientos posibles son los mismos que para el caso λ > 2, pero ahora con esta u´ ltima velocidad si se lanza desde π , o con la anterior si se lanza desde 0. 5 La ecuaci´on del movimiento en este plano es g θ¨ = − sin θ − ω 2 sin θ cos θ R Para peque˜nos desplazamientos, sin θ ≃ θ , cos θ ≃ 1, g g θ¨ = − θ − ω 2 θ → θ¨ + + ω2 θ = 0 R R q Queda un oscilador arm´onico. La frecuencia es Ω = Rg + ω 2 , y el periodo T = √ g2π

R +ω

6 El movimiento seg´un x es una oscilaci´on arm´onica de frecuencia ω , y seg´un θ otro de frecuencia Ω (en peque˜nos movimientos). Para que la trayectoria sea una curva cerrada, es necesario que al cabo de un tiempo determinado hayan pasado n´umeros enteros de periodos en ambos movimientos, es decir, que el cociente de frecuencias sea un n´umero racional:

ω 1 n =q = ; 2 m λ R +ω 2 +1

√g

n, m ∈ N

7 Proyectamos las ecuaciones con la variable θ en la direcci´on radial, −mRθ˙ 2 = N + mg cos θ − mω 2 R sin2 θ 111

2

.

De la integral de la energ´ıa obtenemos θ˙ 2 : 1 2 ˙2 mω 2 R 2 mR θ = E + λ cos θ + cos2 θ 2 2

y podemos poner la reacci´on en funci´on de la posici´on:

N = − E˜ + mω 2 R λ cos θ + cos2 θ − mg cos θ + mω 2 R sin2 θ =

= mω 2 R sin2 θ − cos2 θ − 3mg cos θ − E˜

112

Problema 5.2.3: Consid´erese la referencia galileana trirectangular Ox1 y1 z1 , cuyo eje Oz1 coincide con una vertical ascendente. Sea Oxyz una referencia trirectangular, que gira con velocidad angular constante, −ω j, alrededor del eje Oy1 , cuyo eje Oy coincide con Oy1 y cuyo plano Oxz coincide con el plano Ox1 z1 de la referencia galileana; inicialmente, ambas referencias coinciden. Sea M, una part´ıcula material, pesada, de masa m, sometida a una atracci´on del punto de coordenadas x1 = y1 = 0, z1 = a, proporcional a la masa y la distancia, siendo k = (g/a) la constante de proporcionalidad (g ≡ aceleraci´on de la gravedad). Se pide: Determinar los campos de fuerzas de inercia, de arrastre y de Coriolis, que debe considerar un observador unido a la referencia Oxyz, que pretenda analizar el movimiento de la part´ıcula M. El punto M, es obligado a moverse sin rozamiento y con ligadura bilateral, sobre la circunferencia C de ecuaciones: x = 0, y2 + z2 = a2 . Dejar reducido a cuadraturas, el movimiento del punto M. Realizar un an´alisis cualitativo del movimiento del punto; mostrar que existe cuatro posiciones de equilibrio relativo a C, e indicar cuales son estables. Determinar el periodo de los peque˜nos movimientos del punto M alrededor de una de las posiciones de equilibrio estable. Obtener la reacci´on que la circunferencia ejerce sobre el punto. Sup´ongase al punto situado inicialmente en x = y = 0, z = A; se lanza con una velocidad, relativa a C, de valor v0 = aω . Determinar el tiempo que tarda el punto en alcanzar el equilibrio relativo a C. Trabajo que la reacci´on normal realiza, en el movimiento del punto, respecto a la referencia Ox1 y1 z1 , desde el instante inicial, hasta que alcanza el equilibrio relativo a C. Abril de 1989 Problema 5.2.4: Sea Ox1 y1 z1 un sistema de referencia galileano triortogonal y orientado a derechas; su origen coincide con el centro O de un aro de masa M y radio a contenido en el plano Ox1 y1 . Sean (r, θ , ϕ ) las coordenadas esf´ericas, asociadas a la referencia Ox1 y1 z1 , de un punto gen´erico P del espacio, y sea V (r, θ , ϕ ) el potencial gravitatorio generado por la masa del aro en el punto P. Se pide: a) Obtener una expresi´on que proporcione, mediante una u´ nica cuadratura, el potencial gravitatorio V (r, θ , ϕ ). b) Obt´engase un desarrollo asint´otico de V (r, θ , ϕ ), en potencias del par´ametro peque˜no (r/a) ≪ 1, que proporcione expresiones aproximadas para el potencial en las proximidades del centro O del aro. c) Compruebe que, si se aproxima el potencial, en las cercanias del origen O, por los tres primeros t´erminos del desarrollo asint´otico obtenido en b), adopta la forma V≃

µ (2z2 − x21 − y21 ) 4a3 1

con µ = GM (G es la constante de gravitaci´on universal). Se pretende analizar el movimiento de una part´ıcula material de masa m respecto de la h´elice de representaci´on param´etrica (x, y, z) = b(sen ψ , 1 − cos ψ , ψ ); dicha h´elice se encuentra r´ıgidamente unida a una referencia Oxyz, cuyo eje Oz coincide con el eje Oz1 de la referencia galileana, alrededor del cual gira con velocidad angular constante ω . Se admitir´an las siguientes hip´otesis: i) la h´elice es lisa, ii) el cociente (b/a ≪ 1, y en consecuencia el potencial gravitatorio puede aproximarse por la expresi´on recogida en el apartado c). Se pide: d) Reducir a cuadraturas el movimiento de la part´ıcula respecto de la h´elice. e) Analizar las posibles posiciones de equilibrio en funci´on del par´ametro, Λ = µ (2a3 ω 2 ). ¿Para qu´e valor de Λ se presenta una posici´on de equilibrio relativo en ψ =30o ? f) Realizar un an´alisis cualitativo del movimiento de la part´ıcula. g) Determinar la reacci´on de la h´elice sobre la part´ıcula, si e´ sta se encuentra en equilibrio relativo en la posici´on ψ = 30o .

113

Abril de 1992 Problema 5.2.5: Hay en el sistema solar dos grupos de asteroides, los Troyanos, que acompa˜nan a J´upiter en su o´ rbita alrededor del Sol. Cada grupo se sit´ua en el v´ertice de un tri´angulo equil´atero contenido en el plano de la o´ rbita, con J´upiter y el Sol en los otros dos v´ertices. Un grupo va por delante de J´upiter, y otro por detr´as. Para estudiar este movimiento estacionario —que es una soluci´on particular del problema de los tres cuerpos— se considerar´an tres masas aisladas del resto del universo, m1 , m2 y m3 . Sus vectores posici´on respecto de un sistema inercial son~r1 ,~r2 y~r3 . Para facilitar los c´alculos se usar´an las magnitudes M = m1 + m2 + m3 , ~u =~r1 −~r3 y ~v =~r2 −~r3 . 1. Plantear las ecuaciones del movimiento de las tres masas respecto del sistema inercial. Ser´a conveniente expresar las fuerzas en funci´on de ~u y ~v. 2. Plantear las ecuaciones del movimiento de m1 y m2 respecto de un sistema con origen en m3 y ejes paralelos a los inerciales. 3. Dejar estas ecuaciones en la forma ~u¨ = − GM3 ~u + f (~u,~v), y an´alogamente para ~v. |~u|

4. Comprobar que un movimiento tal que las tres masas forman un tri´angulo equil´atero (|~u| = |~v| = |~u −~v|) es soluci´on de las ecuaciones (si se obtiene la misma ecuaci´on para ~u y~v, y las condiciones iniciales son las adecuadas, tendremos la misma o´ rbita girada π /3 ). √ 5. Si inicialmente ~u = R~i y ~v = R 12~i + 23 ~j , calcular los vectores velocidad que deben tener en ese momento m1 y m2 en los ejes no inerciales, para que se produzca este movimiento estacionario, con o´ rbitas circulares alrededor de m3 . 6. Comprobar que tambi´en es posible una soluci´on en la que las tres masas est´an siempre alineadas (~u = λ~v), pero s´olo para determinados valores de λ . Obtener la ecuaci´on escalar de la que se obtienen estos valores (sin p´erdida de generalidad, se puede considerar λ > 1). Enero de 1998

114

Cap´ıtulo 6 Din´amica anal´ıtica: sistemas hol´onomos Ejercicio 6.1.1:

Obtener las ecuaciones de Lagrange para una part´ıcula libre pesada.

Una part´ıcula libre no tiene ligaduras, y por tanto tampoco cinem´aticas no integrables: es un sistema hol´onomo. La Lagrangiana se escribe directamente: 1 L = T −V = m x˙2 + y˙2 + z˙2 − mgz 2

Derivamos la Lagrangiana respecto a cada velocidad, coordenada, y tiempo: Lx˙ = mx˙ L˙x˙ = mx¨ Lx = 0 Ly˙ = my˙ L˙y˙ = my¨ Ly = 0 Lz˙ = m˙z L˙z˙ = m¨z Lz = −mg y escribimos directamente las ecuaciones de Lagrange: mx¨ = 0 my¨ = 0 m¨z + mg = 0 Como es natural, coinciden con las de Newton.

115

Ejercicio 6.1.2: Obtener, por los m´etodos de la mec´anica anal´ıtica, las ecuaciones del movimiento de una part´ıcula pesada que se mueve por un plano vertical liso. El plano gira con velocidad angular constante ω alrededor del eje vertical Oz1 .

Hay una ligadura ideal finita no estacionaria (plano liso m´ovil). El sistema es hol´onomo re´onomo. La ecuaci´on de la ligadura, en ejes S0 ser´ıa f ≡ y = 0 , y al introducir como coordenadas generalizadas q1 = x y q2 = z, se obtendr´ıa rP (q j ,t) = x i0 + z k0 . A primera vista, el tiempo no aparece expl´ıcitamente. Aparece cuando se expresa la ligadura en ejes fijos: fˆ ≡ −x1 sin ω t + y1 cos ω t = 0

rP = x1 i1 + x1 tan ω t j1 + z1 k1

Por tanto, el tiempo s´ı estaba expl´ıcitamente: en i0 (t) , que es un vector con un movimiento determinado por la ligadura. N´otese que las coordenadas generalizadas x, z tambi´en son funciones del tiempo, pero no est´an determinadas desde el principio por la ligadura: se sabr´an cuando se apliquen fuerzas, se den condiciones iniciales, y se resuelva el problema. Movimiento absoluto Para estudiar por mec´anica anal´ıtica el movimiento absoluto, basta con escribir la energ´ıa cin´etica con las velocidades del movimiento absoluto, aunque sea en coordenadas relativas a un sistema m´ovil. Consideramos el sistema S0 , plano giratorio, y las coordenadas cartesianas (x, z) en ese plano. La ecuaci´on de la ligadura en estos ejes es muy simple: f1 ≡ y = 0 . La velocidad 2/1 de la part´ıcula es la relativa m´as la de arrastre:

z1

ω mg

z˙

x

ωx

P z x˙ x1

vP21 = (x, ˙ ω x, z˙)

y1

ωt

La Lagrangiana del movimiento 2/1 es: 1 L = m x˙2 + ω 2 x2 + z˙2 − mgz 2

Podemos ir derivando,

Lx˙ = mx˙ L˙x˙ = mx¨ Lx = mω 2 x Lz˙ = m˙z L˙z˙ = m¨z Lz = −mg y formar las ecuaciones de Lagrange: mx¨ − mω 2 x = 0 m¨z + mg = 0 En la direcci´on radial la fuerza centr´ıfuga se lleva la part´ıcula a ∞ (a menos que se lance hacia el centro con la velocidad del movimiento asint´otico), y en la vertical tenemos una ca´ıda libre. Movimiento relativo

z

Para estudiar el movimiento relativo, escribimos la energ´ıa cin´etica de ese movimiento, y tenemos en cuenta las fuerzas de inercia.

mω 2 x z˙ P

mg x˙ x

1 T20 = m x˙2 + z˙2 2

De la fuerza de inercia de arrastre, solo queda la centr´ıfuga: h i ˙ FIA = −m γ O + ω ∧ OP + ω ∧ ( ω ∧ OP) = mω 2 x i 0 01 01 01 01

Esta fuerza deriva del potencial mω 2 x2 /2 y podemos incluirla en la lagrangiana, 1 1 L = m x˙2 + z˙2 − mgz + mω 2 x2 2 2 116

La fuerza de inercia de Coriolis ser´a FCI = −2m ω 01 ∧ vP20 = −2mω x˙ j0 No deriva de un potencial ordinario (s´ı deriva de uno generalizado, pero no se van a estudiar), por lo que tendremos que calcular sus fuerzas generalizadas:

δ WC = FCI · δ rP = (0, −2mω x, ˙ 0) · (δ x, 0, δ z) = 0 Donde los desplazamientos virtuales compatibles con las ligaduras se calculan como rP = (x, 0, z) δ rP = ∑

∂ rP δ q j = (δ x, 0, δ z) ∂qj

con las coordenadas generalizadas q1 = x , q2 = z . La fuerza de Coriolis no va a intervenir en las ecuaciones, porque es normal a la velocidad y no trabaja en ning´un DVCL. S´ı afecta a la fuerza de ligadura, pero esta no aparece en mec´anica anal´ıtica. N´otese que la Lagrangiana es la misma que para el movimiento absoluto. El t´ermino 21 mω 2 x2 , que all´ı era parte de la energ´ıa cin´etica, aqu´ı aparece como aportaci´on del potencial. Y queda igual, por el doble cambio de signo. Las ecuaciones ser´an, naturalmente, las mismas. Y es que el mismo sistema, con las mismas variables, tiene que estar gobernado por las mismas ecuaciones (o por combinaciones lineales de estas). Movimiento absoluto en coordenadas absolutas Para estudiar el movimiento absoluto, se han tomado coordenadas en el plano m´ovil. Se trata de introducir un conjunto de coordenadas generalizadas que simplifique el problema. Si se hubieran usado las coordenadas respecto al plano fijo, rP = (x1 , y1 , z1 ) la ecuaci´on de la ligadura finita no estacionaria ser´ıa m´as complicada: f1 ≡

y1 = tan ω t x1

Las coordenadas, velocidades y aceleraciones ser´ıan m´as complejas, y con singularidades: rP = (x1 , x1 tan ω t, z1) vP21 = x˙1 , x˙1 tan ω t + x1 ω 1 + tan2 ω t , z˙1

γ P21 = . . .

Es obvio que x1 , z1 no son unas coordenadas generalizadas convenientes para este problema.

117

Ejercicio 6.1.3: Una part´ıcula se mueve sobre un plano horizontal liso Oxy, que gira con velocidad angular constante ω respecto a un eje vertical fijo Oz ≡ Oz1 . Plantear las ecuaciones del movimiento, usando las coordenadas en el plano m´ovil, por los m´etodos de la mec´anica anal´ıtica. z ≡ z1

Movimiento absoluto

ω

Planteamos las ecuaciones del movimiento absoluto, aunque se usen las coordenadas en ejes m´oviles:

y

O1

x b

vM 21

=

M vM 20 + v21

y

= (x˙ − ω y, y˙ + ω x, 0)

M

y1

ωt x1

x

Como el movimiento es horizontal, el peso no trabaja y podemos ignorarlo. Podemos escribir directamente la Lagrangiana, 1 L = m x˙2 + y˙2 + 2ω (xy˙ − yx) ˙ + ω 2 x2 + y2 = T2 + T1 + T0 2 Derivamos, Lx˙ = mx˙ − mω y L˙x˙ = mx¨ − mω y˙ Lx = mω y˙ + mω 2 x Ly˙ = my˙ + mω x L˙y˙ = my¨ + mω x˙ Ly = −mω x˙ + mω 2 y y formamos las ecuaciones de Lagrange: x¨ − 2ω y˙ − ω 2 x = 0 y¨ + 2ω x˙ − ω 2 y = 0 Movimiento relativo La energ´ıa cin´etica es trivial, 1 T = m x˙2 + y˙2 2 La fuerza de inercia de arrastre se reduce a la centr´ıfuga, que deriva de un potencial 1 FIA = mω 2 (x, y, 0) → VA = − mω 2 x2 + y2 2 Con la fuerza de inercia de Coriolis, tenemos que calcular las fuerzas generalizadas: FCI = −2mω 01 ∧ vM ˙ −x, ˙ 0) 20 = 2mω (y,

δ rM = (δ x, δ y, 0)

δ WC = FCI · δ rM = 2mω (y˙ δ x − x˙ δ y) = Q˜ x δ x + Q˜ y δ y

Podemos ya derivar la Lagrangiana, Lx˙ = mx˙ L˙x˙ = mx¨ Lx = mω 2 x Ly˙ = my˙ L˙y˙ = my¨ Ly = mω 2 y y plantear las ecuaciones de Lagrange L˙q˙ j − Lq j = Q˜ j , mx¨ − mω 2 x = 2mω y˙

my¨ − mω 2 y = −2mω x˙

que son, naturalmente, las mismas. Los t´erminos de T2 son ahora los de la T u´ nica; los t´erminos de T1 en el movimiento absoluto aparecen ahora como fuerzas generalizadas de Coriolis; los t´erminos de T0 aparecen como contribuci´on del potencial centr´ıfugo. En este caso s´ı aparece la fuerza de Coriolis. Aunque las Q˜ j no sean nulas, la potencia total que desarrolla s´ı es cero: W˙ C = ∑ Q˜ j q˙ j = Q˜ x x˙ + Q˜ y y˙ = 2mω (y˙x˙ − x˙y) ˙ =0 Esto no es intuitivo. Por la forma de la fuerza de Coriolis, parece que su trabajo deber´ıa ser siempre cero, para cualquier desplazamiento, y por tanto puede creerse que las Q˜ j deber´ıan ser todas nulas. La explicaci´on est´a en la naturaleza de los DVCL y en como separamos los trabajos de cada desplazamiento: 118

Se toma el sistema en una configuraci´on gen´erica q j y con unas velocidades gen´ericas q˙ j , que en principio cumplen las ligaduras. Para esa posici´on y velocidades (que ser´an unas del conjunto de las posibles), se calculan las fuerzas. Las fuerzas depender´an en general de las q j , de las q˙ j y del tiempo. Ahora se congelan las ligaduras, se obtiene los DVCL, y se calcula el trabajo virtual en cada δ q j , pero manteniendo la fuerza de un desplazamiento gen´erico FCI (q˙1 , . . . , q˙n ) . El trabajo virtual de las fuerzas de Coriolis , −2mω 01 ∧ vM 21 es nulo en todo desplazamiento M v20 dt, el mismo que aparece en la fuerza. Pero su trabajo virtual puede ser no nulo: se han calculado para unos desplazamientos posibles q˙ j dt, y se obtiene su trabajo en unos desplazamientos distintos δ q j , pero manteniendo las mismas fuerzas FCI (q˙ j ). Esto explicar´ıa la diferencia cuando hay ligaduras no estacionarias en el movimiento relativo, que hace que los desplazamientos posibles y los DVCL sean distintos. Adem´as, en el movimiento real los desplazamientos se dan todos juntos, y el trabajo de la fuerza es el global, la suma de las Q˜ j dq j . En las ecuaciones de Lagrange se separa el trabajo Q˜ j en cada desplazamiento δ q j y se lleva a su ecuaci´on correspondiente. Aunque la suma sea cero, cada t´ermino por separado puede ser no nulo. Finalmente, y considerando ahora el enfoque general, esto no es m´as que un ejercicio para explorar las propiedades del movimiento relativo y del absoluto. Si realmente interesara la soluci´on, lo m´as sencillo es resolverla en ejes fijos —queda un movimiento rectil´ıneo uniforme— y las coordenadas en ejes m´oviles se obtendr´ıan por cambio de ejes.

119

Ejercicio 6.1.4: Obtener las ecuaciones de Lagrange del movimiento de un cilindro homog´eneo que apoya una generatriz sobre un plano horizontal liso.

La condici´on de que una generatriz apoye sobre el plano se traduce en dos ligaduras finitas: f1 ≡ ζ = R

f2 ≡ θ =

z1

π 2

z

ψ

ψ˙ Usaremos como coordenadas generalizadas las dos coorG x denadas del centro en ejes fijo, ξ , η , y los a´ ngulos de Eu- 1 ler de precesi´on ψ y rotaci´on propia ϕ . La tercera coordenada y el a´ ngulo de nutaci´on est´an determinados por las ligaduras. La velocidad del centro y la velocidad angular, cada una en sus ejes, son

vG 21 = x˙ i1 + y˙ j1

y1

y

ϕ˙

x

ω 21 = ϕ˙ i0 + ψ˙ k0

La energ´ıa cin´etica se calcula por el teorema de Koenig, porque el s´olido no tiene punto fijo. Para el primer t´ermino, usamos los ejes fijos S1 . Para la rotaci´on, habr´ıa que usar unos ejes ligados al s´olido S2 , de modo que el tensor sea constante. Pero el cilindro tiene simetr´ıa de revoluci´on alrededor de su eje. Por tanto, podemos usar los ejes S0 , en los que el tensor es tambi´en constante, y nos ahorramos el giro ϕ :    A 0 0  ϕ˙  1 1 1 1 2 2 2 ˙ , 0, ψ˙ ⌋  0 C 0  0 T = m(vG 21 ) + ω 21 I G ω 21 = m(x˙ + y˙ ) + ⌊ϕ  ˙ 2 2 2 2 0 0 C ψ

donde A = mR2 /2 y C = mR2 /4 + mH 2 /12 . Como el peso no act´ua, porque el centro siempre se mantiene a altura constante, la Lagrangiana es 1 1 L = T = m(x˙2 + y˙2 ) + Aϕ˙ 2 +Cψ˙ 2 2 2

N´otese que ninguna de las coordenadas aparece (son todas c´ıclicas), sino solo las derivadas. Por tanto, todas las Lq j son nulas, y las ecuaciones de Lagrange se reducen a d ∂L =0 dt ∂ q˙ j es decir, x˙ = x˙0

y˙ = y˙0

⇒

∂L = Cte. ∂ q˙ j

ψ˙ = ψ˙ 0

Todas las velocidades generalizadas se conservan.

120

ϕ˙ = ϕ˙ 0

Ejercicio 6.1.5: Sea una varilla homog´enea AB de masa m y longitud l, contenida en el plano Oxz de una referencia cartesiana Oxyz que tiene un movimiento de rotaci´on con respecto a un sistema inercial Ox1 y1 z1 alrededor de su eje Oz = Oz1 (vertical ascendente) con velocidad angular constante Ω~k (Ω2 = 3g/l). El extremo A de la varilla AB est´a articulado en el origen de la citada referencia. Para fijar la posici´on de la misma en el plano Oxz se utiliza el a´ ngulo θ , que forma la varilla con el eje Ox. Se pide: a) Calcular la energ´ıa cin´etica de la varilla AB en su movimiento con respecto al sistema Ox1 y1 z1 . b) Si tenemos un muelle BC sin masa, de longitud natural nula y constante de rigidez mg/l, que une el punto B y el eje Ox mediante una deslizadera en C, escribir e interpretar f´ısicamente la integral primera que aparece de forma inmediata y dejar el problema reducido a cuadraturas si en el instante inicial θ = 0 y d θ /dt = 0. ¿La integral impropia que aparece en θ = 0 es convergente?. 20 de Septiembre de 1994

a Para calcular la energ´ıa cin´etica, se puede aplicar la expresi´on de un s´olido con punto fijo en A. Conviene usar unos ejes ligados a la varilla tales que Ax2 k AB y Ay2 k Ay. En esos ejes, el tensor vale   0 0 0 2 ml  0 1 0 IA = 3 0 0 1

z2 z1 ≡ z x2

Ω

B y ≡ y2

A

θ˙ x1

θ

Ωt

y1 x

La velocidad angular, proyectada en esos mismos ejes, ω 21 = Ω k1 − θ˙ j0 = Ω sin θ i2 − θ˙ j2 + Ω cos θ k3

La energ´ıa cin´etica se calcula directamente

1 ml 2 ˙ 2 T = ω 21 ·IIA · ω 21 = θ + cos2 θ Ω2 = T2 + T0 2 6 b Sobre la varilla act´uan el peso y el muelle, cuyos potenciales se escriben directamente

B G b

mgl 2 1 mg 2 mgl BC = sin θ + sin θ V = mgzG + C 2 l 2 2 Teniendo en cuenta el valor de Ω, la Lagrangiana se escribe directamente como ml 2 ˙ 2 mgl 2 3g L = θ + cos θ − sin θ (1 + sin θ ) = 6 l 2 ml 2 ˙ 2 mgl = θ + cos2 θ − sin θ − sin2 θ 6 2

La ecuaci´on de Lagrange para la u´ nica variable es

ml 2 ¨ mgl θ− (−2 cos θ sin θ − cos θ − 2 sin θ cos θ ) = 0 3 2 Multiplicando por θ˙ , se puede integrar para obtener una ecuaci´on de la forma: 3g θ˙ 2 + 2 sin2 θ + sin θ = C l 121

que se puede reducir a cuadraturas: Z θ θ0

±d θ q = 3g 2 C − l 2 sin θ + sin θ

Z

dt

Esta integral primera NO es la integral de la energ´ıa, porque el sistema no es conservativo. La ligadura es no estacionaria, y las fuerzas de ligadura (normales al plano) trabajan en los desplazamientos posibles (al girar el plano). Si planteamos la ecuaci´on de la energ´ıa para sistemas hol´onomos, d ∂ T ∂ V (T2 − T0 +V ) = ∑ Q˜ j q˙ j − + = 0 dt ∂ t ∂ t vemos que no hay fuerzas no potenciales, y la energ´ıa cin´etica y el potencial no dependen expl´ıcitamente del tiempo. Se conserva la integral de Painlev´e, cuyo valor coincide con el Hamiltoniano, aunque est´e expresado en otras variables: ml 2 ˙ 2 mgl mgl θ − cos2 θ + sin θ + sin2 θ = h = Cte 6 2 2

Es la misma integral que se obtuvo m´as arriba. El sistema no es conservativo, pero s´ı conservativo generalizado. En el instante inicial son nulos el a´ ngulo y la velocidad, 3g θ˙ 2 + 2 sin2 θ + sin θ = C = 0 l

por lo que la cuadratura tiene una singularidad en t = 0: r Z Z θ ±d θ 3g p = dt l 0 − sin2 θ − sin θ

El signo no importa porque la barra horizontal empieza a caer y θ se hace negativa. Para ver la convergencia, hallamos el valor de α que hace que el l´ımite siguiente sea una constante: (−θ )α l´ım p = Cte θ →0 − sin2 θ − sin θ

Si usamos el desarrollo del seno, p p √ √ − sin2 θ − sin θ ≃ −θ 2 − θ = −θ 1 + θ

con lo que el l´ımite queda

(−θ )α = Cte 1√ θ →0 (−θ ) 2 1 + θ l´ım

Por tanto, la integral impropia converge.

122

⇒

α=

1 <1 2

Ejercicio 6.1.6: Sea Ox1 y1 z1 un sistema de referencia inercial siendo Oz1 vertical ascendente. Sea ~ 01 = ω~k1 donde ω es una constante. Un Ox0 y0 z0 un sistema tal que Oz0 siempre coincide con Oz1 y ω disco homog´eneo de masa m y radio R (s´olido 2) est´a articulado en su centro C mediante un cojinete ideal al eje Ox0 de modo que el plano del disco siempre el perpendicular a dicho eje pudiendo el centro C deslizar a lo largo del mismo. Sea θ el a´ ngulo que un radio del disco forma con la direcci´on de Oz1 y ξ la coordenada x0 del punto C. El peso es la u´ nica fuerza directamente aplicada sobre el disco. Para el estudio del movimiento del disco respecto al sistema 1 se pide: a) Determinar en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas la expresi´on de la energ´ıa cin´etica T . b) Indicar qu´e componentes no nulas pueden tener la resultante y el momento respecto al punto C del sistema de reacciones que el eje Ox0 ejerce sobre el disco. c) Contestar razonadamente si el trabajo del anterior sistema de reacciones es nulo en los desplazamientos posibles del sistema (sugerencia: utilizar la expresi´on de la potencia de un sistema de fuerzas actuando sobre un s´olido teniendo en cuenta las componentes no nulas del apartado anterior) y si T +VPESO se mantiene constante a lo largo del movimiento. d) Contestar razonadamente c´omo son en este caso los desplazamientos virtuales compatibles con las ligaduras. En particular ¿en qu´e se diferencian los desplazamientos posibles del punto C de sus desplazamientos virtuales compatibles con las ligaduras? e) Contestar razonadamente si el trabajo virtual de las reacciones del apartado b) en nulo para cualquier desplazamiento virtual compatible con las ligaduras. f) Plantear la ecuaci´on de Lagrange para la coordenada θ . g) La ecuaci´on general de la energ´ıa para un sistema hol´onomo es: n d ∂ T ∂V (T2 − T0 +V ) = ∑ QNoPot q˙l − + l dt ∂t ∂t l=1

Estudiar razonadamente si su aplicaci´on en este caso proporciona una integral primera del movimiento. Septiembre de 2004

a El disco no tiene punto fijo, luego se aplica el teorema de Koenig: 1 1 T = m(vC21 )2 + ω 21 IC ω 21 2 2 La velocidad de C, la velocidad angular y el tensor en C son inmediatos   2 0 0 2 vC21 = vC20 + vC01 = ξ˙ i0 + ωξ j0 mR  0 1 0 IC = ˙ 4 ω 21 = ω 20 + ω 01 = θ i0 + ω k0 0 0 1 La energ´ıa cin´etica queda

mR2 1 ˙2 2 2 T = m ξ +ω ξ + 2θ˙ 2 + ω 2 = T2 + T0 2 8 123

b El modo m´as directo es analizar los desplazamientos permitidos y los impedidos. La junta permite dos grados de libertad:

z0 Mz

Desplazamiento libre ξ seg´un Ox0 . Giro libre θ alrededor del mismo Ox0 .

y0 Fz

Por tanto, habr´a componentes de fuerza o momento de ligadura respectivamente en todas las direcciones de desplazamiento o giro prohibidas: Fuerzas de ligadura seg´un Oy0 y Oz0 : FL = Fy j0 + Fz k0 Momentos de ligadura seg´un Oy0 y Oz0 : MCL = My j0 + Mz k0

C

c Los desplazamientos de un s´olido consisten en un desplazamiento del punto de referencia, δ rC y un giro elemental dΘ = ω 21 dt. En los desplazamientos posibles, se tiene en cuenta la dependencia del tiempo . rC (q j ,t) = ξ i0

t est´a expl´ıcitamente en i0 , que es m´ovil. drC = vC21 dt = vC20 + ω 01 ∧ rC dt =

El giro ser´a

∂ rC ∂ rC = d ξ i0 + ωξ dt j0 = dt dξ + ∂ξ ∂t

θ x0

ξ

z0

Otra manera de verlo: analizar el sistema de fuerzas distribuidas. El cojinete se puede construir mediante el contacto entre dos superficies cil´ındricas lisas de eje Ox0 . Las fuerzas de contacto forman un sistema de fuerzas distribuidas que, en cada punto, son normales al plano tangente com´un, es decir, tienen la direcci´on radial perpendicular al eje i0 en cada punto. La resultante puede tener cualquier direcci´on en en plano (j0 , k0 ), pero nunca tendr´a componente seg´un i0 : son todas normales a esa direcci´on. Cuando se calcule el momento en C de la distribuci´on, tendr´a cualquier direcci´on menos la i0 , porque todas las fuerzas elementales cortan a este eje.

My

Fy

y0

δN

C

x0

z0

ω dt

y0 Fz

ωξ dt

ξ

θ x0

dΘ = ω 21 dt = d θ i0 + ω dt k0

El trabajo virtual de las fuerzas y momentos de ligadura en los desplazamientos posibles, aplicando la expresi´on del trabajo sobre un s´olido, ser´a: dW L = FL · drC + MCL · dΘ = = (0, Fy, Fz ) · (d ξ , ωξ dt, 0) + (0, My, Mz) · (d θ , 0, ω dt) = Fy ωξ dt + Mz ω dt La ecuaci´on de la energ´ıa para los desplazamientos posibles ser´a d(T +V ) = dW L 6= 0

→

T +V 6= Cte

d Los desplazamientos virtuales compatibles con las ligaduras son los posibles con las ligaduras congeladas: t =cte., dt = 0 . δ rCVCL = δ ξ i0 + ωξ δ t j0

δ ΘVCL = δ θ i0 + ω δ t k 0

Al girar el plano durante un tiempo δ t, el punto C se mueve ωξ δ tj0 , mientras que el disco gira ωδ t k0 . Estos desplazamientos, debidos al movimiento de la ligadura —arrastre— durante el tiempo δ t, desaparecen cuando la bloqueamos, es decir, paramos el plano. Quedan solo los desplazamientos asociados a los grados de libertad de la ligadura bloqueada, δ ξ y δ θ . e En un desplazamiento virtual compatible con las ligaduras arbitrario, (δ ξ , δ θ ), el trabajo virtual de las fuerzas y momentos de ligadura es

δ W L = (0, Fy, Fz ) · (δ ξ , 0, 0) + (0, My, Mz ) · (δ θ , 0, 0) = 0 124

f La u´ nica fuerza directamente aplicada es el peso, que no trabaja porque el centro de masas se mueve a altura constante. La Lagrangiana se reduce a la energ´ıa cin´etica mR2 1 L = T = m ξ˙ 2 + ω 2 ξ 2 + 2θ˙ 2 + ω 2 = T2 + T0 2 8

La θ es c´ıclica, y por tanto se conserva su momento conjugado: Lθ = 0

⇒

d d mR2 ˙ θ =0 Lθ˙ = dt dt 2

⇒

θ˙ = Cte

f En este caso, no hay fuerzas directamente aplicadas no potenciales, la energ´ıa cin´etica no depende expl´ıcitamente del tiempo, y el potencial tampoco. La ecuaci´on general de la energ´ıa proporciona una integral primera n d ∂ T ∂ V q˙l − + = 0 (T2 − T0 + V ) = ∑ Q NoPot l dt ∂ t ∂ t l=1

⇒

⇒

1 mR2 ˙ 2 1 mR2 2 T2 − T0 = mξ˙ 2 + θ − mω 2 ξ 2 − ω =h 2 4 2 8

que es la integral de Painlev´e: se trata de un sistema conservativo generalizado.

125

Problema 6.1.1: Se dispone de un alambre el´astico AB sin masa, de longitud Ď€ a el cual se empotra en una pared por su extremo A. Se flexa el alambre sujet´andolo por su extremo B, de manera que adopte la forma de una semicircunferencia, y en esta posici´on, se coloca un punto material M, no pesado, de masa m sobre el mismo. En el instante inicial se suelta el extremo B del alambre y debido a su elasticidad, trata de recuperar su forma rectil´Ĺnea, arrastrando al punto M. Se sabe que la curva que adopta el alambre en cada instante, es un arco de circunferencia, con centro variable C sobre el eje AY y cuyo radio var´Ĺa seg´un la ley conocida CA = R(t) Se tomar´a como par´ametro para definir la posici´on del punto, el a´ ngulo Ď• de la figura adjunta. Sabiendo que no existe rozamiento, se pide:

1. Expresi´on de la posici´on, velocidad y aceleraci´on absoluta del punto, en funci´on de t, Ď• y sus derivadas. 2. Ecuaci´on diferencial del movimiento [ecuaci´on que determina Ď• (t)]. Suponiendo el caso particular en que CA = R(t) = v0 t + a, y que se lance el punto en el instante inicial desde Ď•0 = Ď€ /2, con una velocidad absoluta, de valor v0 i + v0 j. Se pide: 3. Integrar completamente la ecuaci´on del movimiento. 4. Determinar la fuerza que el alambre ejerce sobre el punto en cada instante. 5. Trayectoria absoluta descrita por el punto. 6. Determinar el instante y la posici´on absoluta del punto, cuando este abandona el alambre. 7. Trayectoria descrita por el punto, a partir del instante en que abandona el alambre. Julio de 1974

Soluci´on por mec´anica anal´Ĺtica 1. El punto se mueve sobre una curva m´ovil. En el espacio, esto supone dos ligaduras. En el plano, se reduce a una. Como la curva es una circunferencia de centro C y radio R(t), f (r,t) ≥ x2 + [R(t) − y]2 − R(t)2 = 0 El enunciado ya especifica la coordenada generalizada que hay que introducir: sin Ď• r(Ď• ,t) = R(t) 1 − cos Ď• Derivando se obtienen la velocidad y la aceleraci´on: ∂r ∂r cos Ď• sin Ď• v= Ď•Ë™ + = R Ď•Ë™ + RË™ sin Ď• 1 − cos Ď• âˆ‚Ď• ∂t 126

C

Ď•

R(t) n

t

~Îł = RĎ•

˙2

− sin Ď• cos Ď• sin Ď• cos Ď• ¨ Ë™ + RĎ•¨ +R + 2RĎ•Ë™ cos Ď• sin Ď• 1 − cos Ď• sin Ď•

2. No act´ua m´as fuerza que la de ligadura: no hay V ni Q j . Solo es necesario calcular la energ´Ĺa cin´etica: m 2 2 T= R Ď•Ë™ + 2RRË™ Ď•Ë™ sin Ď• + RË™2 (2 − 2 cos Ď• ) = T2 + T1 + T0 2 Se ve que, en el caso general, no se conserva la energ´Ĺa mec´anica (hay T1 y T0 ) ni la integral de Jacobi (T depende expl´Ĺcitamente de t, a trav´es de R(t)). Solo hay una coordenada generalizada. Las derivadas de la energ´Ĺa cin´etica son

∂T = mR2 Ď•Ë™ + mRRË™ sin Ď• ∂ Ď•Ë™ d ∂T = mR2 Ď•¨ + 2mRRË™ Ď•Ë™ + mRË™ 2 sin Ď• + mRR¨ sin Ď• + mRRË™ Ď•Ë™ cos Ď• dt ∂ Ď•Ë™ ∂T = mRË™ 2 sin Ď• + mRRË™ Ď•Ë™ cos Ď• âˆ‚Ď• La u´ nica ecuaci´on de Lagrange es

Ë™ 2 Ë™ 2 mR2 Ď•¨ + 2mRRË™ Ď•Ë™ + mR sin Ď• + mRR¨ sin Ď• + mR Ď•Ë™ cos Ď• − mR sin Ď• − mR Ď•Ë™ cos Ď• = 0 RË™ RË™

Simplificando, R¨ sin Ď• + 2RË™ Ď•Ë™ + RĎ•¨ = 0 Es la misma ecuaci´on que se obten´Ĺa por mec´anica newtoniana. Aunque es laborioso, se puede comprobar que la ecuaci´on general de la energ´Ĺa para sistemas hol´onomos conduce a la misma ecuaci´on (como es l´ogico, porque solo hay un grado de libertad). A partir de aqu´Ĺ, la soluci´on es la misma que se vio en el cap´Ĺtulo 3. 3. Las condiciones iniciales son R = v0 t + a RË™ = v0 R¨ = 0 ( Ď•Ë™ 0 = 0 1 1 0 v0 = v0 + aĎ•Ë™ 0 ⇒ 1 1 1 Ď•0 = Ď€ /2

C

v0

R0

Ď•0

v0

La ecuaci´on diferencial queda (a + v0 t) Ď•¨ + 2v0 Ď•Ë™ = 0 Es de variables separadas, y se puede integrar

Ď•¨ −2v0 ; = Ď•Ë™ a + v0 t

d Ď•Ë™ −2v0 dt = Ď•Ë™ a + v0 t

Ď•Ë™ =

ln Ď•Ë™ = −2 ln (a + v0 t) + ln K

→ K

2

(a + v0 t)

dϕ =

;

K dt 2

(a + v0 t)

→

Ď•=

K +C v0 (a + v0 t)

Hay que imponer las condiciones iniciales

Ď•Ë™ 0 =

K (a+0)2

Ď•0 =

−K v0 (a+0)

=0

K=0

+C =

Ď€ 2

C=

Ď€ 2

ϕ˙ = 0 π ϕ= 2

Si se sustituye la soluci´on en la energ´Ĺa cin´etica, queda una constante. Aunque en el caso general no se conserve la energ´Ĺa, se han dado las condiciones iniciales justas para un movimiento estacionario. 127

4. La reacci´on del alambre sale de la ley de Newton 1 0 −1 0 0 N = m~Îł = 0 ¡ + 2v0 ¡ 0 ¡ +a¡0¡ +a¡0¡ = 1 1 0 1 0 5. La trayectoria sale sustituyendo R(t) y Ď• (t) en la expresi´on de r: sin Ď• 1 r = (a + v0 t) = (a + v0 t) 1 − cos Ď• 1 Es una recta a 45o . 6. Saldr´a del alambre cuando la longitud de arco desde el origen hasta la part´Ĺcula sea igual a la longitud del alambre. Ď€ s = RĎ• = a + v0 t f = Ď€a 2

⇒

v0 tf = a

1 r f = 2a 1

7. Obviamente, si no act´ua ninguna fuerza, seguir´a un movimiento uniforme y rectil´Ĺneo. Ser´a la prolongaci´on de la trayectoria sobre el alambre, pues este tampoco ejerc´Ĺa fuerza alguna.

128

Problema 6.1.2: El sistema material indicado en la figura est´a formado por una horquilla que puede girar alrededor de un eje horizontal AB y un disco que gira alrededor del eje CD montado sobre la horquilla perpendicularmente al AB y de forma que el plano del disco contiene en todo momento a la horizontal AB Se supondr´an los siguientes triedros de referencia, todos ellos triortogonales y a derechas: El O1 x1 y1 z1 fijo (sistema 1) tal que O1 y1 coincide con el eje de giro AB y O1 z1 es vertical descendente. El Ox2 y2 z2 ligado a la horquilla (sistema 2) tal que Ox2 coincide con el eje de giro CD y Oy2 es paralelo al Oy1 . El Ox0 y0 z0 ligado al disco (sistema 0) tal que Ox0 coincide con Ox2 . La posici´on del sistema quedar´a determinada mediante el a´ ngulo θ que la horquilla forma con la vertical descendente y el a´ ngulo ϕ de giro del disco con respecto a la horquilla. Se representar´a por M la masa de la horquilla, por a la distancia del centro de masas G de la misma al eje AB, por ρ su radio de giro con respecto al eje AB, por m la masa del disco, por b la m´ınima distancia entre los ejes AB y CD y por R el radio del disco. Suponiendo que el espesor del disco es despreciable, se pide: 1. Calcular la energ´ıa cin´etica del sistema constitu´ıdo por la varilla y el disco. 2. Calcular el momento cin´etico del disco respecto a su centro de masas O expresado mediante sus componentes en el triedro Ox2 y2 z2 . 3. Calcular el momento cin´etico del conjunto horquilla-disco respecto al punto O1 , expresado mediante sus componentes en el triedro Ox1 y1 z1 . 4. Plantear las ecuaciones del movimiento del sistema y reducirlas a cuadraturas. 5. Determinar los componentes seg´un el triedro Ox2 y2 z2 de la resultante y momento resultante respecto a O de las fuerzas que el eje CD ejerce sobre el disco. Julio de 1968

Al resolver el problema por mec´anica anal´ıtica, resultan irrelevantes las preguntas 2 y 3, salvo como paso intermedio para calcular la energ´ıa cin´etica. La pregunta 5 no se puede contestar, porque en mec´anica anal´ıtica no aparecen las fuerzas de ligadura (excepto en las no integrables de los sistemas no hol´onomos, si se resuelve por multiplicadores). Habr´ıa que plantear las ecuaciones de Newton-Euler —ya con el movimiento conocido— y despejar las fuerzas y momentos buscados. Tenemos un sistemas formado por dos s´olidos: horquilla S2 y disco S2 , movi´endose respecto a unos ejes fijos S1 . Las ligaduras son finitas, estacionarias e ideales: cojinetes lisos con restricci´on axial, que solo dejan un grado de libertad a cada s´olido: q1 = θ a la horquilla y q2 = ϕ al disco. La u´ nica fuerza directamente aplicada, el peso, es potencial. Por tanto, el sistema es hol´onomo y se puede resolver por mec´anica anal´ıtica. 1 Calcularemos la energ´ıa cin´etica y el potencial del sistema, para aplicar las ecuaciones de Lagrange. La horquilla es un s´olido con punto fijo. No tenemos el tensor de inercia en O1 , pero s´ı el 129

momento de inercia respecto a AB = O1 y1 k Oy2 , dado mediante el radio de giro ρ :   ? 0 0 Iy1 = M ρ 2 → IOh 1 = 0 M ρ 2 0 0 0 ?

Los productos de inercia los suponemos nulos, pues la figura parece indicar que la varilla tiene dos planos coordenados de simetr´ıa, por lo que los ejes S2 son principales. Los momentos de inercia respecto a los otros dos ejes no se necesitan, pues la velocidad angular solo tiene componente O1 y1 . La energ´ıa cin´etica, como s´olido con punto fijo, ser´a    ? 0 0 0 1 1 T h = ⌊0, θ˙ , 0⌋ 0 M ρ 2 0 θ˙ = M ρ 2 θ˙ 2   2 2 0 0 0 ? El disco no tiene ning´un punto fijo, y su energ´ıa se calcula por el teorema de Koenig:    2 0 0 ϕ˙  2 1 1 1 2 ˙2 1 mR  2 d ˙ 0 1 0 θ˙ T d = m(vO 01 ) + ω 01 I O ω 01 = mb θ + ⌊ϕ˙ , θ , 0⌋ 2 2 2 2 4 0 0 1 0 Sumando las dos, tenemos la energ´ıa cin´etica del sistema: 1 2 1 2 1 1 2 T = Mρ + m θ˙ 2 + mR2 ϕ˙ 2 b + R 2 2 8 4

Como O1 z1 es la vertical descendente, el potencial del sistema es V = −MgzhG − mgzdG = −g cos θ (Ma + mb) Calculamos la Lagrangiana L = T −V , la derivamos 1 2 2 2 Lθ˙ = M ρ + m b + R θ˙ 4 1 Lϕ˙ = mR2 ϕ˙ 2

Lθ = −g sin θ (Ma + mb) Lϕ = 0

y formamos las dos ecuaciones de Lagrange: 1 2 2 2 Mρ + m b + R θ¨ + g (Ma + mb) sin θ = 0 4 1 2 mR ϕ¨ = 0 2 La primera es la ecuaci´on del p´endulo. Corresponde, en mec´anica de Newton-Euler, a la de momento cin´etico del sistema seg´un O1 y1 . Se puede integrar una vez y reducir a cuadraturas:

θ¨ = −

g (Ma + mb) sin θ = −ω 2 sin θ b2 + 14 R2

Mρ 2 + m

θ¨ θ˙ = −ω 2 sin θ θ˙

→

θ˙ 2 C = + ω 2 cos θ 2 2 Z

±d θ

√ = C + 2ω 2 cos θ

Z

dt

La segunda es la de momento cin´etico del disco respecto a su eje de giro. Se puede integrar completamente: ϕ¨ = 0 → ϕ = ϕ˙ 0 t + ϕ0 130

Como el sistema es conservativo, una —obviamente la primera, m´as complicada— se podr´ıa sustituir por la de la energ´ıa d ∂ T ∂ V (T2 − T0 +V ) = Q˜ j q ˙j − + ∑ dt ∂ t ∂ t

→

T +V = E

Se llega a la misma cuadratura en θ , porque la contribuci´on de ϕ˙ 2 , constante, se incluye en la constante de integraci´on. Si por capricho se prefiere sustituir la segunda, quedar´ıan la de Lagrange para θ y la integral de la energ´ıa. Al integrar una vez la primera y sustituir en la de la energ´ıa, se recupera ϕ˙ = Cte.

131

Problema 6.1.3: El sistema material de la figura se compone de dos varillas sin masa, OA y AG, de longitudes 2a y a, respectivamente, y un disco de centro G, radio 2a y masa m. El disco se mantiene constantemente perpendicular a la varilla AG, alrededor de la cual puede girar libremente; la varilla OA puede girar libremente alrededor de la vertical que pasa por su extremo O, de forma que el extremo A describe una circunferencia horizontal de centro O y radio 2a; las dos varillas se unen por el extremo A mediante una articulaci´on que u´ nicamente permite el giro relativo de las dos varillas alrededor de la tangente en A a la circunferencia descrita por este extremo. Se considerar´a el movimiento del sistema respecto de la referencia triortogonal y orientada a derechas, Oxyz, con origen en O, y cuyo eje Oz coincide con la vertical ascendente; si se estima conveniente, puede usarse la referencia {G; u1 , u2 , u3 } que acompa˜na al disco en su movimiento, y que tiene origen en su centro G, con los vectores unitarios u3 dirigido seg´un la prolongaci´on de la varilla AG, u2 perpendicular al anterior y contenido en el plano vertical definido por la varilla AG, y u1 perpendicular a los dos anteriores. ~ Para el an´alisis del sistema se tomar´an las siguientes coordenadas generalizadas: i) ϕ , a´ ngulo que OA forma con la direcci´on del eje Ox, ii) θ , a´ ngulo que la varilla AG forma con el plano horizontal Oxy, y iii) ψ , a´ ngulo que un radio fijo al disco forma con el plano vertical que contiene a la varilla. Se pide: a) Determinar, en funci´on de las coordenadas y velocidades generalizadas: i) la energ´ıa cin´etica del sistema, ii) momento cin´etico del sistema respecto del centro de masas G, y, iii) momento cin´etico del sistema respecto del origen O. b) Plantear, aislando el disco, la ecuaci´on de momento cin´etico respecto del centro de masas; deducir una integral primera y las componentes del momento que la varilla AG transmite al disco. c) Plantear, para todo el sistema, la ecuaci´on de momento cin´etico en el punto O; 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 ecuaci´on de cantidad de movimiento; deducir las componentes de la reacci´on que la varilla AG transmite al disco. f) Determinar el sistema de fuerzas que se transmite de una a otra varilla a trav´es de la uni´on de A. g) Hallar la lagrangiana del sistema y deducir las ecuaciones de Lagrange para las coordenadas c´ıclicas. Septiembre de 1992

Soluci´on por mec´anica anal´ıtica En la soluci´on por mec´anica anal´ıtica, no tienen sentido las preguntas b) a f). Solo hay que Comprobar que se puede aplicar la mec´anica anal´ıtica: si las ligaduras son ideales. Analizar el sistema: hol´onomo/no hol´onomo; escler´onomo/re´onomo; fuerzas potenciales/girosc´opicas/disipativas Calcular la energ´ıa cin´etica y el potencial Obtener las ecuaciones de Lagrange y resolverlas (si se puede) En este caso, las ligaduras son todas ideales: cojinetes lisos. Tambi´en son estacionarias. Esto es sorprendente: dos de los cojinetes est´an en un plano giratorio. Pero no gira de una manera prescrita (funci´on conocida del tiempo, p.e., ω t), sino que el giro es debido a una coordenada generalizada. En las ecuaciones de las ligaduras aparecer´an senos y cosenos de ϕ o de θ , no de ω t. Por tanto, no aparece el tiempo expl´ıcitamente, sino solo las coordenadas. El sistema es por tanto hol´onomo escler´onomo. La u´ nica fuerza directamente aplicada, el peso, es potencial. 132

a Se llamar´a S1 a los ejes fijos, S0 al plano vertical que contiene a la varilla OA, S2 a la varilla AG junto con los ejes {G; u1 , u2 , u3 }, y S3 al disco. El u´ nico s´olido con masa es el disco. El potencial vale

z u3 u2

V = mgzG = mga sin θ

u1 G

Para hallar la energ´ıa cin´etica hay que aplicar el teorema de Koenig, porque no tiene ning´un punto fijo:

O

y

ϕ

θ

x

ψ

A

1 1 2 T = m(vG 31 ) + ω 31 ·IIG · ω 31 2 2 z u3

La velocidad de G, que es punto fijo de la barra S2 , la obtenemos por composici´on de movimientos: los dos son giros con punto fijo:

u2 G′

a θ˙

G G G vG 31 = v21 = v20 + v01 = ω 20 ∧ AG + ω 01 ∧ OA = = (2a + a cos θ ) ϕ˙ u1 + a θ˙ u2

O

u1

y

ϕ

θ A

x

Para el giro, podemos trabajar en los ejes S2 : por la simetr´ıa de revoluci´on el tensor del disco es tambi´en constante, y la velocidad angular es m´as f´acil de proyectar.

ω 31 = ω 01 + ω 20 + ω 32 = = ϕ˙ k1 − θ˙ u1 + ψ˙ u3 = = −θ˙ u1 + ϕ˙ cos θ u2 + (ψ˙ + ϕ˙ sin θ ) u3

G′ G ϕ˙

G

z u3 u2

ϕ˙ θ

ψ˙ u1

θ˙ O

y

ϕ x

θ A

Podemos ya calcular la energ´ıa cin´etica: h i 1 T = ma2 (2 + cos θ )2 ϕ˙ 2 + θ˙ 2 + 2

   ˙ 1 0 0  − θ  1 0 1 0 + ⌊−θ˙ , ϕ˙ cos θ , (ψ˙ + ϕ˙ sin θ )⌋ = ϕ˙ cos θ , ˙ ˙  2 4 0 0 2 ψ + ϕ sin θ 2 ˙2 2 = ma θ + ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + 2ϕ˙ ψ˙ sin θ + ψ˙ 2 m(2a)2

g En la Lagrangiana solo aparece expl´ıcitamente la coordenada θ . Las otras dos son c´ıclicas y dan lugar a integrales primeras: Lψ = 0 Lϕ = 0

→ Lψ˙ ∝ ϕ˙ sin θ + ψ˙ = Cte

→ Lϕ˙ ∝ ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + ψ˙ sin θ = Cte

Para la θ podemos obtener la ecuaci´on de Lagrange, que no dar´a integral primera, Lθ˙ = ma2 (2θ˙ ) Lθ = ma2 −2ϕ˙ 2 sin θ + 2ϕ˙ ψ˙ cos θ − mga cos θ → g → θ¨ + ϕ˙ 2 sin θ − ϕ˙ ψ˙ cos θ + cos θ = 0 2a Finalmente, en lugar de esta u´ ltima, se podr´ıa usar la ecuaci´on de la energ´ıa: el sistema es conservativo (escler´onomo, potencial, sin fuerzas disipativas) y se obtiene una integral primera, T +V = E

133

Problema 6.1.4: Consideremos un disco pesado, homog´eneo de masa m y radio R. En el centro M del disco hay unida r´ıgidamente y perpendicular a e´ l una varilla MN sin masa y de longitud 2R. El s´olido as´ı formado se pone en movimiento de modo que el extremo N se apoye sobre un plano fijo, horizontal Ox1 y1 y sin rozamiento. Para el estudio del movimiento se consideran los tres sistemas de ejes siguientes:

Ox1 y1 z1 : Sistema ortogonal que se considera fijo y a sus versores llamaremos i, j, k. Mx2 y2 z2 : Sistema m´ovil de ejes paralelos a Ox1 y1 z1 y de origen M. Mx3 y3 z3 : Sistema m´ovil ligado al s´olido y de origen en M. El eje Mz3 es la prolongaci´on de NM y los Mx3 , My3 dos di´ametros ortogonales.

√ Inicialmente el punto N se encuentra en O(0, 0, 0), el M en ( 3R, 0, R) y Mx3 est´a en el plano Ox1 z1 . La velocidad inicial de M vale ω R j y la velocidad de rotaci´on, tambi´en en el instante inicial, es la suma de las dos siguientes:

ω1 = ω k ω2 =

16g − ω 2 R 8ω R

√ ( 3 i + k)

sobre Oz1

(6.1)

sobre Mz3

(6.2)

Se elegir´an como par´ametros para fijar la posici´on del s´olido las coordenadas (ξ , η ) de la proyecci´on de M sobre Ox1 y1 y los a´ ngulos de Euler (ψ , θ , ϕ ) del sistema Mx3 y3 z3 respecto al Mx2 y2 z2 . Se pide:

1o .- Energ´ıa cin´etica del s´olido en funci´on de los par´ametros que fijan su posici´on y de sus derivadas respecto al tiempo. 2o .- Funci´on 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 dadas.

ETSIA, Marzo de 1973

1 El sistema es hol´onomo, con una sola ligadura finita: el contacto del extremo N con el plano liso. La altura de M pasa a ser ζ = 2R cos θ , y quedan 5 coordenadas generalizadas: ξ , η , ψ , θ , ϕ , una por grado de libertad. La energ´ıa cin´etica se calcula f´acilmente por Koenig: 1 1 T = m v2M + ω 32 ·IIM · ω 32 2 2 La velocidad de M se calcula directamente, pues tenemos sus coordenadas en ejes fijos: 134

M ˙ ˙ OM = (ξ , η , 2R cos θ ) v31 = ξ , η˙ , −2R sin θ θ

z0 ≡ z3

Para hallar la ω 32 ≡ ω 31 , conviene introducir unos ejes intermedios Mx0 y0 z0 (ejes de R´esal), que acompa˜nan al s´olido en la precesi´on y la nutaci´on, pero no en la rotaci´on propia, de modo que Mx0 es el eje de nodos. Por la simetr´ıa de rotaci´on, son tambi´en principales para el disco, y la velocidad angular queda m´as simple:   θ˙   ω 32 = ψ˙ k1 + θ˙ i0 + ϕ˙ k0 = ψ˙ sin θ ˙ ˙  ϕ + ψ cos θ 0

z1

θ

ψ˙

y0

ϕ

ϕ˙ M

x3

θ˙

x0

N

 1 0 0 2 0 1 0. Se puede ya calcular la energ´ıa El tensor del disco, en ejes 0 o´ 3, I M = mR 4 0 0 2 cin´etica, h i 1 1 ˙2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ˙ ˙ T = m ξ + η˙ + 4R sin θ θ + mR θ + ψ˙ sin θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) = 2 8 i 2 m ˙2 mR h 2 2 = T= ξ + η˙ 2 + ψ˙ sin θ + θ˙ 2 1 + 16 sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ )2 2 8 2 La funci´on de fuerzas es inmediata, pues s´olo act´ua el peso: U = −V = −mgzM = −2mgR cos θ 3 Las ecuaciones del movimiento se obtienen de la Lagrangiana m ˙2 2 ˙ L = T −V = T +U = ξ +η + 2 i mR2 h 2 2 + ψ˙ sin θ + θ˙ 2 1 + 16 sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ )2 − 2mgR cos θ 8

S´olo aparece expl´ıcitamente la θ ; las otras cuatro son c´ıclicas y dan integrales primeras:

∂L ∂ ξ˙ ∂L ∂ η˙ ∂L ∂ ϕ˙ ∂L ∂ ψ˙

= mξ˙

→ ξ˙ = C1

= mη˙

→ η˙ = C2

mR2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) → ϕ˙ + ψ˙ cos θ = C3 2 mR2 = ψ˙ sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) cos θ → ψ˙ sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) cos θ = C4 4 =

La quinta es m´as complicada y no da integral primera:

mR2 ˙ ∂L = θ 1 + 16 sin2 θ 4 ∂ θ˙ d ∂L mR2 ¨ = θ 1 + 16 sin2 θ + 32θ˙ 2 sin θ cos θ dt ∂ θ˙ 4 ∂L mR2 = 2ψ˙ 2 + 32θ˙ 2 sin θ cos θ − 4 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) ψ˙ sin θ + 2mgR sin θ ∂θ 8 135

finalmente, 16 2 (((( mR2 ¨ 2 ( ˙ θ 1 + 16 sin θ + 32( θ (sin θ cos θ − 4 i mR2 h 2 − 32 θ˙ 2 sin θ cos θ − 4 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) ψ˙ sin θ − 2mgR sin θ = 0 2ψ˙ + 8

Se trata de un sistema conservativo: fuerzas potenciales, ligaduras ideales. En vez de esta quinta ecuaci´on, m´as complicada, se puede usar la integral de la energ´ıa: mR2 h i m ˙2 ξ + η˙ 2 + ψ˙ 2 sin2 θ + θ˙ 2 1 + 16 sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ )2 + 2 8 + 2mgR cos θ = E 4 Para determinar el movimiento de M, 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 inicialmente rM = ( 3R, 0, R) y vM = (0, ω R, 0), se tiene ξ=

√

η = ω Rt

3R ;

De las condiciones iniciales tambi´en deducimos que θ0 = π /3 y θ˙0 = 0. Para hallar θ (t) podemos usar cuatro integrales primeras para dejar la de la energ´ıa s´olo como una funci´on de θ˙ y θ . Antes, la tercera se sustituye en la cuarta de modo que podemos despejar

ψ˙ sin2 θ = C4 − 2C3 cos θ con lo que se llega a mR2 m 2 C1 +C22 + 2 8

"

C4 − 2C3 cos θ sin θ

2

#

+ θ˙ 2 1 + 16 sin2 θ + 2C32 + 2mgR cos θ = E

Agrupando las constantes, se obtiene una cuadratura:

θ

˙2

16g C4 − 2C3 cos θ 2 1 + 16 sin θ = E − cos θ − → R sin θ v u u 1 + 16 sin2 θ → ±d θ t = dt (C4 −2C3 cos θ )2 E ′ − 16g cos θ − R sin2 θ 2

′

La ecuaci´on de θ es exactamente la misma que la del s´olido de Lagrange. Se puede hacer un an´alisis cualitativo mediante el potencial efectivo V (θ ). Como se ve en teor´ıa, el caso general es una oscilaci´on entre dos valores θ1 , θ2 , mientras contin´uan la precesi´on y la nutaci´on. Las condiciones iniciales implican θ˙0 = 0; esto significa que estamos en uno de los extremos de la oscilaci´on, o bien en un movimiento estacionario (θ1 = θ2 ); este u´ ltimo caso se identifica f´acilmente porque θ¨ = 0. 5 El enunciado pide integrar completamente el movimiento, pero hemos visto que las ecuaciones son las del s´olido de Lagrange, que no se pueden integrar mediante funciones elementales. Esto s´olo puede significar una cosa: estamos en el caso integrable del s´olido de Lagrange: el movimiento estacionario. Para determinarlo, veremos si θ¨ = 0. Iremos calculando las constantes, y sustituyendo en la quinta ecuaci´on de Lagrange. Sustituir en la de la energ´ıa no sirve de nada: ya sabemos que θ˙ = 0 en el instante inicial. Se podr´ıa derivar, eliminar θ˙ (pues la ecuaci´on vale para todo t, no 136

s´olo el inicial) y comprobar el valor de θ¨ . Pero es m´as corto hacerlo con la quinta de Lagrange: se ahorra derivar.

ζ0 = R = 2R cos θ0 → θ0 = π /3 ;

ζ˙0 = 0 = −2r sin θ0 θ˙0 = 0 → θ˙0 = 0

En cuanto a la velocidad angular, n´otese que las dos componentes ω1 y ω2 est´an dirigidas, respectivamente, seg´un k1 y k0 ≡ k3 ; es decir, corresponden a la precesi´on y la rotaci´on propia. La nutaci´on, como se dedujo de la velocidad de M, es nula: ( 2 ψ˙ 0 = ω 16g − ω R ω 32 = ψ˙ 0 k1 + θ˙0 i0 + ϕ˙ 0 k0 = ω k1 + 2 k3 → ω2R 8ω R ϕ˙ 0 = 16g− 4ω R √ donde el 2 se debe a que el vector direcci´on 3i1 + k1 = 2 k3 no es unitario. mR2 ¨ 2 2 ˙ θ 1 + 16 sin θ + 16θ sin θ cos θ − 4 mR2 2 − 2ψ˙ sin θ cos θ − 4 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) ψ˙ sin θ − 2mgR sin θ = 0 8 16g θ¨0 (. . . ) = 2ψ˙ 02 sin θ0 cos θ0 − 4 (ϕ˙ 0 + ψ˙ 0 cos θ0 ) ψ˙ 0 sin θ0 + sin θ0 R " √ √ √ # 2R 3 16g − ω 1 3 16g 3 2 θ¨0 (. . . ) = 2ω −4 +ω ω + =0 4 4ω R 2 2 R 2 Por tanto, estamos en el movimiento estacionario. Las coordenadas generalizadas valen:

ξ=

√

3R

η = ω Rt

θ=

π 3

ψ =ωt+

π 2

ϕ=

16g − ω 2 R t + ϕ0 4ω R

El valor inicial de ψ se obtiene observando la configuraci´on del sistema en el instante inicial. El de ϕ es arbitrario, porque no se ha dado ning´un dato.

137

Problema 6.1.5: El sistema material de la figura, contenido en un plano vertical, se compone de dos discos homog´eneos e iguales, de masa m y radio a. Sus centros, A y B, est´an articulados en los extremos de una varilla de masa despreciable y longitud L. El disco 1 rueda sin deslizar por el interior de una circunferencia fija de radio 2a y centro O. El disco 2 rueda y desliza sobre una recta horizontal lisa, situada a una distancia h = L por debajo de O. Se pide: 1. Deducir, razonadamente, el n´umero de grados de libertad del sistema. ¿Es hol´onomo? ¿Son independientes las coordenadas generalizadas indicadas en la figura? En caso de serlo, demu´estrese. En caso de no serlo, deducir la ecuaci´on de la ligadura que deben satisfacer. Indicar claramente cuales son las coordenadas generalizadas que se usar´an para describir el movimiento del sistema. 2. Determinar la energ´ıa cin´etica, potencial y la lagrangiana del sistema, en funci´on de las coordenadas generalizadas que se hayan elegido y sus derivadas temporales. Mu´estrese que la energ´ıa cin´etica del disco adopta la forma: 1 1 T2 = ma2 g2 (θ , ε )θ˙ 2 + ma2 ψ˙ 2 2 4 donde ε = a/L. ¿Cu´anto vale la funci´on g(θ , ε )? 3. Reducir a cuadraturas las ecuaciones del movimiento. ¿Existe alguna variable c´ıclica? Realizar un an´alisis cualitativo de los distintos tipos de movimiento que pueden presentarse, dependiendo de las condiciones iniciales. 4. Si la recta horizontal sobre la que descansa el disco 2 fuese perfectamente rugosa y no hubiese deslizamiento entre el disco y la recta: ¿cambiar´ıa el n´umero de grados de libertad del sistema? ¿ser´ıa hol´onomo? ¿se conservar´ıa la energ´ıa total del sistema? ETSIA, septiembre de 2000

138

1 Tenemos 3 s´olidos planos; si estuvieran libres tendr´ıamos 9 grados de libertad. Las ligaduras son: 2 cinem´aticas de la rodadura sin deslizamiento del disco A sobre el fijo. Las dos son integrables. En direcci´on radial, se tiene que la distancia entre los dos centros es a: s´olo hace falta el a´ ngulo θ para situar el centro A. En la direcci´on tangencial, el a´ ngulo girado se obtiene en funci´on de θ igualando las longitudes de arco rodado sin deslizar se obtienen los a´ ngulos girados o integrando la ligadura cinem´atica. 2 finitas de la articulaci´on en A: xAv = xA1 , zAv = zA1 . Para situar la varilla s´olo hace falta el a´ ngulo ϕ . 2 finitas de la articulaci´on en B: xBv = xB2 , zBv = zB2 . Para situar el disco s´olo se necesita el a´ ngulo ψ . 1 finita del contacto liso del disco B: zB = L − a. Esto hace que ϕ ya no sea independiente. Quedan pues 9-7=2 grados de libertad. De las tres coordenadas generalizadas de la figura, s´olo 2 son independientes. De la geometr´ıa del problema se deduce directamente: a cos θ + L cos ϕ + a = L → ε (cos θ + 1) = 1 − cos ϕ → −ε sin θ θ˙ = sin ϕ ϕ˙ De estas dos, tomaremos θ como independiente. La otra independiente es la ψ , que no est´a sujeta a ninguna condici´on porque puede deslizar libremente. 2 Para la energ´ıa potencial, s´olo hay que tener en cuenta el disco A, pues el de B es constante. Tomando la horizontal como Ox y la vertical como Oz, V = mgzA = −mga cos θ Para la energ´ıa cin´etica, hay que calcular las velocidades de los centros de los discos y su velocidad angular: 1 1 1 1 T = mv2A + ma2 ωA2 + mv2B + ma2 ωB2 2 4 2 4 La velocidad angular de A se obtiene trivialmente obligando a que el punto A tenga la misma velocidad como parte del disco y como parte del radio vector desde O. vA = aθ˙ uθ

ω A = θ˙ j

Para B, la velocidad angular es trivial, y la velocidad hay que calcularla

ω B = −ψ˙ j

xB = a sin θ + L sin ϕ → vB = (a cos θ θ˙ + L cos ϕ ϕ˙ ) i

Hay que dejarla en funci´on de las coordenadas independientes, θ y ψ y sus derivadas. De la ecuaci´on de la ligadura finita se despeja cos ϕ = 1 − ε (cos θ + 1), y de su derivada sale ϕ˙ : cos ϕ ϕ˙ = − cos ϕε

sin θ θ˙ 1 − ε (cos θ + 1) = −ε sin θ p θ˙ sin ϕ 1 − [1 − ε (cos θ + 1)]2

de ese modo, la velocidad de B queda ( ) cos ϕ sin θ [1 − ε (cos θ + 1)] vB = a cos θ θ˙ + ϕ˙ i = a cos θ − p θ˙ i = a g(θ , ε )θ˙ i ε 1 − [1 − ε (cos θ + 1)]2 La energ´ıa cin´etica del sistema queda

1 1 1 1 T = ma2 θ˙ 2 + ma2 θ˙ 2 + ma2 g2 (θ , ε ) θ˙ 2 + ma2 ψ˙ 2 = 2 4 2 4 1 = T = ma2 3 + 2g2 (θ , ε ) θ˙ 2 + ψ˙ 2 4 139

Se puede observar que, efectivamente, T2 tiene la forma indicada en el enunciado, siendo g(θ , ε ) =

(

sin θ [1 − ε (cos θ + 1)] cos θ − p 1 − [1 − ε (cos θ + 1)]2

)

Esta expresi´on puede adoptar formas distintas seg´un se simplifiquen o no las expresiones, se introduzcan relaciones trigonom´etricas como el arco mitad, etc. Conocidas T y V , la Lagrangiana es 1 L = ma2 3 + 2g2 (θ , ε ) θ˙ 2 + ψ˙ 2 + mga cos θ 4 3 En la Lagrangiana se observa que la ψ es c´ıclica, con lo que se obtiene la integral primera que se puede integrar completamente 1 Lψ˙ = ma2 ψ˙ ; 2

Lψ = 0

→

ψ˙ = ψ˙ 0

ψ = ψ˙ 0 t + ψ0

→

La θ no es c´ıclica, pues Lθ 6= 0; su ecuaci´on de Lagrange ser´a diferencial de segundo orden y bastante complicada por la g (θ , ε ) y sus derivadas. El sistema es hol´onomo (ligaduras finitas sin rozamiento), escler´onomo (las fuerzas de ligadura no trabajan en los desplazamientos posibles) y las fuerzas potenciales, por lo que se conserva la energ´ıa. As´ı obtenemos una ecuaci´on m´as simple que la de θ , y que adem´as es una integral primera: 1 T +V = ma2 3 + 2g2 (θ , ε ) θ˙ 2 + ψ˙ 2 − mga cos θ = E 4

Sustituyendo el valor de ψ˙ en la integral de la energ´ıa y combinando las constantes, se llega a una cuadratura para θ :

4g 3 + 2g (θ , ε ) θ˙ 2 − cos θ = E ′ a 2

→

±d θ

s

3 + 2g2 (θ , ε ) E ′ + 4g a cos θ

= dt

El giro del disco 2 es completamente independiente del resto del movimiento: tiene velocidad angular constante. En cuanto a la θ (y la ϕ que depende de ella), se puede hacer un an´alisis cualitativo. N´otese que el coeficiente 3 +2g2 (θ , ε ) es siempre positivo, por lo que el valor de θ˙ 2 y sus ceros van a depender u´ nicamente de E ′ + 4g a cos θ . Podemos estudiar cualitativamente el 4g movimiento con el “potencial eficaz” Ve f = − a cos θ (que no tiene dimensiones de potencial). El potencial eficaz es el del p´endulo simple, por lo que los movimientos van a ser los mismos: Equilibrio estable Libraci´on Asint´otico Rotaci´on

E ′ = − 4g a 4g ′ < − 4g < E a a E ′ = 4g a E ′ > 4g a

Pero no est´a claro que todos esos movimientos sean posibles, porque la θ , aunque se haya tomado como independiente, tiene que cumplir las condiciones de existencia de la ligadura

ε (cos θ + 1) = 1 − cos ϕ → cos θ = 140

1 − cos ϕ −1 ε

F´ısicamente, esto quiere decir que el l´ımite m´aximo de θ viene dado por la condici´on de que el disco 2 est´e en contacto con la recta horizontal. El movimiento podr´ıa ir m´as all´a, pero entonces se rompe la ligadura y las ecuaciones ya no sirven. Por la geometr´ıa del problema, el punto m´as alto corresponde a cos θ = −1 ; → ε (−1 + 1) = 1 − cos ϕ → cos ϕ = 1 Por tanto, el disco 1 puede llegar al punto m´as alto sin romper la ligadura, pues se ha tomado h = L; de este modo la distancia entre centros en el punto m´as alto es igual a la distancia entre centro y recta. Si fuera h > L, en el punto m´as alto el disco 2 se habr´ıa levantado de la recta. Todos los movimientos son posibles. ´ 4 Al introducir otra ligadura, el numero de grados de libertad disminuye a 1. Con la recta lisa, el disco 2 puede girar libremente, y ψ es independiente de θ . Si rueda sin deslizar, la ecuaci´on de la ligadura es vI21 = vB21 + ω 21 ∧ BI = (x˙B + aψ˙ ) i = 0 → x˙B + aψ˙ = 0 → → xB + aψ = C → a sin θ + L sin ϕ + aψ = C La nueva ligadura es integrable y por tanto el sistema ser´ıa hol´onomo. La nueva ligadura es ideal, el rozamiento no trabaja, por lo que el sistema seguir´ıa siendo conservativo.

141

ESCUELA TECNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONAUTICOS Apellidos, Nombre:

Grupo:

Ejecicio 5: Mec´anica II

Curso:

02/03

Fecha:

02.06.2003

Problema 6.1.6: Un sistema material plano est´a formado por una varilla sin masa de longitud 2R, contenida en un plano vertical Oxz, y con su centro articulado en el origen O. En uno de sus extremos, B, hay una masa puntual M. En el otro extremo, A, est´a articulado un disco de masa M/2 y radio R/2, que rueda sin deslizar por el interior de una circunferencia fija con centro en el origen. Se toman como coordenadas generalizadas el a´ ngulo θ que forma la varilla BA con la vertical Oz, y el a´ ngulo ϕ que forma un radio fijo del disco con la vertical, en el sentido que se indica en la figura. En el instante inicial ambos son cero, estando la masa M por debajo. Se pide: 1. Comprobar que el sistema es hol´onomo, e integrar la ecuaci´on de la ligadura cinem´atica.

ϕ

2. Calcular la Lagrangiana para el sistema hol´onomo, tomando θ como coordenada generalizada.

M 2

3. Plantear la ecuaci´on de Lagrange para el sistema hol´onomo. Comprobar que se obtiene la ecuaci´on del p´endulo simple, y calcular el periodo de las peque˜nas oscilaciones.

O

θ

4. Considerando ahora el problema como no hol´onomo, plantear las ecuaciones del movimiento por el m´etodo de los multiplicadores, comprobando que se llega a la misma ecuaci´on del p´endulo para la coordenada θ .

M

´ SOLUCION 1.

La ligadura cinem´atica se puede obtener de muchos modos. Uno es considerar la velocidad de A: como parte del disco que rueda, tiene la velocidad −Rϕ˙ uθ . Como parte de la varilla, tiene −2R θ˙ uθ .

I A

vA21 = R ϕ˙ uθ = vA01 = 2R θ˙ uθ

R ϕ˙

2 θ˙ − ϕ˙ = 0

⇒

ϕ = 2θ

N´otese que ϕ˙ es la velocidad angular absoluta del disco. Si en vez de tomar el a´ ngulo que forma un radio con la vertical se hubiera tomado el que forma con la varilla, tendr´ıamos la velocidad angular relativa a la varilla, que valdr´ıa en este caso ψ˙ = 3θ˙ .

2R θ˙

2.

⇒

La varilla no tiene masa, por lo que no tiene energ´ıa cin´etica ni potencial. Las de la part´ıcula B se calculan directamente: 1 T B = MR2 θ˙ 2 2

V B = −MgR cos θ

La energ´ıa cin´etica del disco se calcula mediante el teorema de K¨onig, mientras que su potencial es inmediato: TD =

1 M 2 ˙ 2 1 MR2 ˙ 2 R θ + 2θ 2 2 2 16

VD =

M gR cos θ 2

Sumando para todo el sistema se obtiene la Lagrangiana: 7 1 L = T −V = MR2 θ˙ 2 + MgR cos θ 8 2

142

3. En la lagrangiana aparece una sola coordenada, que no es c´ıclica.  7 ∂L  2  ˙ MR θ =    4 ∂ θ˙     d ∂L 7 2 ¨ ⇒ 7MR2 θ¨ + 2MgR sin θ = 0 = MR θ ˙  dt ∂ θ 4       1 ∂L  = − MgR sin θ  ∂θ 2

La ecuaci´on anterior es obviamente la de un p´endulo simple: 2g θ¨ + sin θ = 0 7R

2g Para peque˜nas oscilaciones, θ¨ + θ = 0, cuyo periodo es T = 2π 7R

s

7R 2g

4. Si no se integra la ligadura, hay que dejar la ϕ˙ como coordenada generalizada en la lagrangiana: 1 1 3 L = MR2 θ˙ 2 + MR2 ϕ˙ 2 + MgR cos θ ; 4 32 2

con la ligadura

ϕ˙ − 2θ˙ = 0

as´ı el sistema tendr´ıa dos coordenadas generalizadas, pero s´olo un grado de libertad. La ecuaci´on de la ligadura se puede escribir de muchos modos: vA21 − vA01 · uθ = 0, que indicar´ıa que el centro del disco debe estar unido al extremo de la varilla; las fuerzas de ligadura ser´ıan µ uθ , actuando sobre el disco, y −µ uθ sobre la varilla, de modo que no se separen. Otra forma ser´ıa vI21 ·uθ = 0, con vI21 = vA21 + ω 01 ∧AI = 2Rθ˙ − Rϕ˙ uθ , que expresa que el disco rueda sin deslizar; la fuerza µ uθ se aplicar´ıa al punto de contacto I para que tenga velocidad nula. El que la velocidad de I sea tambi´en cero en la direcci´on radial uρ ser´ıa otra ligadura distinta, integrable, y ya incluida en la elecci´on de las coordenadas generalizadas. En ambos casos, la expresi´on final es la misma del apartado 1. Los coeficientes del multiplicador de Lagrange µ ser´ıan c1ϕ = 1; c1θ = −2. Si se quiere que µ tenga dimensiones de fuerza, se pueden multiplicar por R. Las ecuaciones del movimiento ser´ıan: 1 MR2 ϕ¨ 16 3 M MR2 θ¨ + gR sin θ θ) 2 2 L) ϕ˙ − 2θ˙

ϕ)

=

µ

= −2 µ =

0

Se deriva L) para obtener ϕ¨ = 2θ¨ , que se sustituye en ϕ ) dando MR2 θ¨ /8 = µ ; este valor de µ se sustituye en θ ). As´ı se obtiene la ecuaci´on del p´endulo del apartado anterior: 3 M MR2 θ¨ 14 M 2¨ MR θ + gR sin θ = −2 ⇒ MR2 θ¨ + gR sin θ = 0 2 2 8 8 2 Este camino es m´as largo, pero tiene una ventaja: una vez integrada la ecuaci´on de θ para obtener θ (t) —en este caso habr´ıa que hacerlo num´ericamente, o mediante funciones el´ıpticas— se conoce tambi´en el valor de la fuerza de ligadura mediante la µ . A´un sin integrarlo, se obtiene el valor de la fuerza de ligadura para cada posici´on, pues µ (θ¨ ) se puede poner en funci´on de θ mediante la ecuaci´on del p´endulo.

143

144

Cap´ıtulo 7 Din´amica anal´ıtica: Sistemas no hol´onomos Ejercicio 7.1.1: Un disco rueda sin deslizar sobre una plataforma horizontal que se mueve con velocidad v(t)~i, siendo v(t) una funci´on continua conocida. La ecuaci´on de esta ligadura es x˙ − R θ˙ = v(t). La u´ nica fuerza directamente aplicada que interviene es el peso y el movimiento es plano. a) Si no la integramos, tratamos el sistema como no hol´onomo. En ese caso, explicar c´omo se congela y qu´e condici´on tienen que cumplir los desplazamientos virtuales compatibles con la ligadura. b) Podemos integrarla, pues el sistema es hol´onomo. Tomando θ como coordenada generalizada, queda T = m 3R2 θ˙ 2 + 4Rv(t)θ˙ + 2v(t)2 /4. Aplicar la ecuaci´on de la energ´ıa dtd (T2 − T0 +V ) = ∑ Q˜ j q˙ j − ∂T ∂V ∂ t + ∂ t y razonar si se llega a una integral primera. c) El sistema s´olo tiene un grado de libertad, por lo que s´olo habr´a una ecuaci´on independiente para la θ . Obtener la ecuaci´on de Lagrange y comprobar que es la misma que la de la energ´ıa. Junio de 2005 y1

x

θ

x1 v(t)

a) Para congelar la ligadura hay que: • considerar t como un par´ametro fijo • Hacer cero el t´ermino independiente Dk , en este caso v(t).

De este modo la ecuaci´on de la ligadura congelada quedar´ıa: x˙ − R θ˙ = 0 . Los DVCL tienen que cumplir la ecuaci´on de la ligadura congelada: δ x − R δ θ = 0 Si no integramos la ligadura, en la Lagrangiana tienen que aparecer las dos coordenadas generalizadas, 1 1 L = T − V = mx˙2 + mR2 θ˙ 2 2 4 Las dos coordenadas son c´ıclicas, pero en un sistema no hol´onomo no generan directamente integrales primeras. La ecuaci´on general de la din´amica, teniendo en cuenta que las Lq j son todas nulas, quedar´ıa n

1

∑ L˙q˙ j δ q j = mx¨ δ x + 2 mR2 θ¨ δ θ = 0

j=1

145

∀ DVCL

Si en la ecuaci´on de la ligadura congelada despejamos δ x = Rδ θ como dependiente, y sustituimos, 1 2¨ mRx¨ + mR θ δ θ = 0 ∀ δ θ 2

Ahora δ θ es independiente, y el coeficiente tiene que ser nulo. Junto con la ligadura (esta vez sin congelar, porque se aplica al movimiento real, no al virtual), tenemos un sistema cerrado de dos ecuaciones con dos inc´ognitas: 1 mRx¨ + mR2 θ¨ = 0 2 ˙ x˙ − R θ = v(t) Derivando la ligadura y sustituyendo x¨ se llega a la misma ecuaci´on del sistema hol´onomo. b) Lo estudiamos ahora como sistema hol´onomo, con una sola variable. El potencial es constante, V = mgyG = mgR No hay fuerzas no potenciales: Q˜ j = 0. T

T

T

z }|2 { z }|1 { z }|0 { La estructura de la energ´ıa cin´etica es: T = m4 3R2 θ˙ 2 + 4Rv(t)θ˙ + 2v(t)2 . Aplicando directamente la ecuaci´on de la energ´ıa, se obtiene: d ∂ T ∂ V (T2 − T0 + V ) = Q˜ j q ˙j − + ; ∑ dt ∂ t ∂ t m m ˙ ¨ 6Rθ θ − ˙ θ˙ + 4v(t) ˙ = − 4Rv(t) 4v(t) ˙ ; v(t) v(t) 4 4 6Rθ˙ θ¨ + 4v(t) ˙ θ˙ = 0 c) Observando la lagrangiana L = T − V , se observa que θ es c´ıclica: no aparece expl´ıcitamente. Se obtiene una integral primera: m 2˙ d ∂L ∂L ∂L =0 ⇒ = 6R θ + 4Rv(t) = Cte. − dt ∂ θ˙ ∂θ 4 ∂ θ˙ Derivando esta expresi´on se obtiene 6R2 θ¨ + 4Rv(t) ˙ , que es proporcional a la de la energ´ıa.

146

Problema 7.1.1: Consideremos un plano inclinado un a´ ngulo de 30o sobre el horizontal y unos ejes Oxy rectangulares marcados en el mismo, siendo Ox la l´ınea de m´axima pendiente orientada positivamente en sentido descendente y Oy una recta horizontal. Sobre dicho plano va a rodar y pivotar sin deslizamiento un artilugio constituido por un eje con dos discos que giran sobre e´ l en sus extremos. El eje AB se puede considerar como una varilla de longitud 2a y masa m. Los discos extremos tienen radio a y masa m. Una vista tomada perperdicularmente al plano inclinado est´a representada en la figura adjunta. La configuraci´on del sistema as´ı constituido queda determinada por los siguientes par´ametros. Coordenadas ξ , η del centro de masas del eje AB, a´ ngulo θ formado por AB con la horizontal Oy y a´ ngulos de rotaci´on ϕ1 y ϕ2 de los discos D1 D2 sobre el eje AB. En lo que sigue puede ser interesante la consideraci´on de un sistema de ejes m´oviles GXY indicados en la figura, siendo GY coincidente con AB y GX perpendicular a AB y paralelo al plano inclinado.

Y

η

θ

ξ

B G

y Y2 X2

Y1 A X1 g sin π /6

X

x

Supondremos que entre los discos y el plano existente en todo momento rozamiento suficiente para evitar el deslizamiento. Las reacciones tangenciales en los puntos de contacto las denominaremos X1 , Y1 , X2 , Y2 , como est´an indicadas en la figura. El sistema es abandonado a la acci´on de la gravedad partiendo de las siguientes condiciones iniciales ξ = η = 0, ξ˙ = η˙ = 0, ϕ˙ 1 = −ω , ϕ˙ 2 = ω Se pide: 1. Establecer tres ligaduras no hol´onomas que expresen el no deslizamiento de los discos sobre el plano. La primera de ellas (1) expresar´a la anulaci´on de la velocidad de los puntos de contacto de los discos en sentido de AB y ser´a com´un para ambos discos. Las otras dos (2) y (3) expresar´an la anulaci´on de las velocidades en sentido perpendicular a AB de los puntos de contacto de D1 y D2 respectivamente. Comprobar que entre (2) y (3) se verifica la combinaci´on lineal: 2θ˙ + ϕ˙ 1 − ϕ˙ 2 = 0 (4) que ser´a u´ til a la hora de efectuar la integraci´on del sistema de ecuaciones diferenciales. 2. Establecer la ecuaci´on (5) de la cantidad de movimiento en sentido GX . 3. Obtener el valor del momento cin´etico del artilugio completo en G considerando el movimiento relativo a ejes de direcciones fijas que pasan por G, si bien dicho vector se deber´a dar en componentes GXY Z. 4. Aplicar la ecuaci´on (6) de la componente GZ del momento cin´etico en G. 5. Establecer las ecuaciones (7) y (8) del momento cin´etico en el centro de cada uno de los discos separadamente, qued´andose con la componente GY . 6. El sistema de ecuaciones (1) a (8), que tiene la ecuaci´on (4) combinaci´on de las (2) y (3), nos determina los valores de ξ , η , θ , ϕ1 , ϕ2 , X1 , X2 . Eliminando X1 , X2 entre las (6), (7) y (8) se obtiene una relaci´on que comparada con la derivada de (4) permite obtener en funci´on del tiempo los valores de θ y de ϕ1 − ϕ2 . Obtener estos valores. 7. Eliminado X1 , X2 entre (5), (7) y (8) y combinando con las derivadas de (1) y (2) obtener el valor de ϕ1 (t). Como ya se conoc´ıa ϕ1 − ϕ2 procedente del apartado 6) obtener tambi´en ϕ2 (t). Septiembre de 1984

Soluci´on por mec´anica Anal´ıtica 1 El enunciado especifica que se resuelva por mec´anica newtoniana, pero el problema se puede resolver tambi´en por mec´anica anal´ıtica. En el cap´ıtulo de Din´amica del S´olido se resolver´a por newtoniana. N´otese que tenemos fuerzas potenciales y ligaduras ideales no integrables: rodadura sin deslizamiento. Las ligaduras finitas —apoyo sobre el suelo, articulaciones de los discos al eje— ya est´an contadas mediante las coordenadas generalizadas. El sistema es no hol´onomo 147

escler´onomo. Llamaremos S1 a los ejes fijos Oxyz, S0 a los intermedios GXY , S2 al disco D1 en A, y S3 al disco D2 en B. Los discos ruedan y pivotan sin deslizar. Por tanto, si llamamos I1 e I2 a los puntos de los discos que en cada momento est´en en contacto con el plano, las ecuaciones de las ligaduras son: 1 2 vI21 =0 vI31 =0 Como los puntos de contacto van cambiando, hay que calcular las velocidades mediante el campo de velocidades del s´olido, bas´andose en un punto que sea siempre el mismo; por ejemplo, G, que es punto fijo de cada uno de los discos.  

 ξ˙ 

i0 j0 k0

1 ˙ vI21 = vG + 0 ϕ˙ 1 θ˙

= 21 + ω 21 ∧GI1 = η  

0 1 0 −a −a

    ξ˙ cos θ + η˙ sin θ + a θ˙ − ϕ˙ 1  0 = 0 = −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ     0 0  

 ξ˙ 

i0 j0 k0

2 ˙ vI31 = vG + 0 ϕ˙ 2 θ˙

= 31 + ω 31 ∧ GI2 = η  

0 1 0 a −a

x1     ˙ ˙ ξ cos θ + η˙ sin θ − a θ + ϕ˙ 2  0 = 0 = −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ     0 0

z1 Z

ϕ˙ 2

ϕ˙ 1 θ˙

Y

B Gb A

θ I2

y1

X

I1

Las ecuaciones en la direcci´on GY son naturalmente las mismas, porque los discos est´an unidos por una barra r´ıgida en esa direcci´on, y las velocidades de los puntos deben ser iguales. Aunque solo contemos una, tenemos dos ligaduras redundantes. El rozamiento del suelo sobre un disco, en esa direcci´on, hace lo mismo que el rozamiento sobre el otro m´as la barra. Es sistema va a ser hiperest´atico, y no podremos calcular las fuerzas de ligadura Y1 e Y2 por separado, sino solo la suma. Las componentes en la direcci´on GZ no aparecen porque, al ser integrables, ya se han tenido en cuenta al no introducir las coordenadas generalizadas correspondientes (que podr´ıan ser, por ejemplo, ζ1 y ζ2 para las alturas de los puntos A y B). Quedan tres ecuaciones independientes, −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ = 0 ξ˙ cos θ + η˙ sin θ + a θ˙ − ϕ˙ 1 = 0 ξ˙ cos θ + η˙ sin θ − a θ˙ + ϕ˙ 2 = 0

(1) (2) (3)

Son ligaduras no integrables, y por tanto el sistema es no hol´onomo. Sin embargo, restando las dos u´ ltimas se obtiene 2θ˙ − ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 = 0 (4) cuyo sentido es simple: si el aparato pivota en conjunto, una de las ruedas tiene que rodar hacia delante y la otra hacia atr´as (quiz´a sobrepuesto a una rodadura conjunta). Esta u´ ltima es integrable. Como es combinaci´on lineal de dos anteriores, puede sustituir a cualquiera de ellas. Podr´ıamos integrarla y eliminar uno de los a´ ngulos, dejando solo dos ligaduras no integrables, y cuatro coordenadas generalizadas. O bien dejarlas como est´an, y seguir con las tres no integrables y cinco coordenadas. 2 A partir de este punto, dejaremos el orden de las preguntas del enunciado, para seguir por mec´anica anal´ıtica. Ya que tenemos las ecuaciones de las ligaduras y las coordenadas generalizadas, hay que calcular la energ´ıa cin´etica y el potencial, para obtener la Lagrangiana y derivar las ecuaciones de Lagrange. 148

El potencial se halla trivialmente: Fg = 3mg sin

π i 6

⇒

V = −3mg sin

Y

π 3 ξ = − mg ξ 6 2

η

θ

ξ

y

B

donde se ha ignorado la componente normal al plano, que no trabaja. Al mismo resultado se habr´ıa llegado con la G forma usual mgz , tomando la z seg´un la vertical asceny4 dente, y sustituyendo z = z0 − 12 ξ de nuestros ejes. Para calcular la energ´ıa cin´etica, hay que aplicar el teoreA ma de Koenig. Se puede hacer primero a todo el sistema y X luego a cada s´olido, o directamente a cada s´olido. El mox4 g sin π /6 vimiento relativo al centro de masas se entiende respecto x a unos ejes S4 con origen en G y paralelos a los fijos S1 . Tendremos, 3m 2 1 2 ξ + η 2 + TGV + TGD1 + TGD2 T = 3m (vG 01 ) + TG = 2 2 Los t´erminos relativos a G son    1 0 0 0 2 1 m(2a)  0 0 0 0 TGV = 0 + ⌊0, 0, θ˙ ⌋  ˙ 2 12 0 0 1 θ    1 0 0 0 2 1 m 1 ma  0 2 0 ϕ˙ 1 TGD1 = (vA24 )2 + TAD1 = m(aθ˙ , 0, 0)2 + ⌊0, ϕ˙ 1 , θ˙ ⌋ 2 2 2 4 0 0 1  θ˙     1 0 0 0 2 m 1 ma  1 0 2 0 ϕ˙ 2 TGD2 = (vB34 )2 + TBD2 = m(−aθ˙ , 0, 0)2 + ⌊0, ϕ˙ 2 , θ˙ ⌋ 2 2 2 4 0 0 1  θ˙  Por el segundo camino, se aplica Koenig a cada s´olido por separado: 1 1 2 V T V = m(vG 01 ) + ω 01 I G ω 01 2 2 1 1 1 T D1 = m(vA21 )2 + ω 21 I D A ω 21 2 2 1 1 2 T D2 = m(vB31 )2 + ω 31 I D B ω 31 2 2 Uno de los t´erminos es m´as laborioso: las velocidades absolutas de los centros de los discos se calculan como vA21 = vA01 = vG 01 + ω 01 ∧ GA

El primer sumando est´a en ejes S1 y el segundo en ejes S0 . Habr´ıa que cambiar de ejes, sumar, y elevar al cuadrado; lo mismo para B. Pero se puede tener en cuenta que GA = −GB, y por lo tanto los dobles productos se cancelan al sumar para ambos discos. No hay que hallar la velocidad completa, sino elevar al cuadrado cada sumando (sin cambiarlo de ejes) y sumarlo todo: 2 G 2 (vG 01 + ω 01 ∧ GA) + (v01 + ω 01 ∧ GB) =

((

((

2 G (((( G (((( 2 = g2(vG 2v( 2v( 01 ) + ( 01 · ω 01 ∧ GA + ( 01 · ω 01 ∧ GB + 2(ω 01 ∧ GA)

Operando y sumando, T= La Lagrangiana ser´a L =

17ma2 3m ˙ 2 ma2 2 ξ + η˙ 2 + θ˙ 2 + ϕ˙ 1 + ϕ˙ 22 2 12 4

17ma2 3 ma2 2 3m ˙ 2 ξ + η˙ 2 + θ˙ 2 + ϕ˙ 1 + ϕ˙ 22 + mg ξ 2 12 4 2 149

M´etodo de los multiplicadores de Lagrange 3 Las ecuaciones del movimiento, por el m´etodo de los multiplicadores, son h d ∂L ∂L − = ∑ µk Ck j dt ∂ q˙ j ∂ q j k=1

Las q j son las coordenadas generalizadas ξ , η , θ , ϕ1 y ϕ2 . Los Ck j son los coeficientes de las velocidades generalizadas q˙ j en la ecuaci´on de la ligadura cinem´atica k: −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ = 0 ˙ ξ cos θ + η˙ sin θ + a θ˙ − ϕ˙ 1 = 0 ξ˙ cos θ + η˙ sin θ − a θ˙ + ϕ˙ 2 = 0   − sin θ cos θ 0 0 0 Ck j =  cos θ sin θ a −a 0  cos θ sin θ −a 0 −a 1) 2) 3)

Calculamos las derivadas de la Lagrangiana,

L˙q˙ j 3mξ¨

Lq j

ξ

Lq˙ j 3mξ˙

η

3mη˙

3mη¨

0

θ

17ma2 ˙ 6 θ ma2 ˙ 2 ϕ1 ma2 ˙ 2 ϕ2

17ma2 ¨ 6 θ ma2 ¨ 2 ϕ1 ma2 ¨ 2 ϕ2

qj

ϕ1 ϕ2

3 2 mg

0 0 0

Ya podemos escribir las ecuaciones: 3 3m ξ¨ − mg =− sin θ µ1 + cos θ µ2 + cos θ µ3 2 −0 = cos θ µ1 + sin θ µ2 + sin θ µ3 3m η¨

17ma2 ¨ θ 6 ma2 ϕ¨ 1 2 ma2 ϕ¨ 2 2

(5) (6)

−0 =

0·µ1

+a µ2

−a µ3

(7)

−0 =

0·µ1

−a µ2

+0·µ3

(8)

−0 =

0·µ1

+0·µ2

−a µ3

(9)

Junto con las tres ecuaciones de ligadura tenemos un sistema algebraico-diferencial cerrado de ocho ecuaciones con ocho inc´ognitas (cinco coordenadas generalizadas q j y tres fuerzas de ligadura µk ). N´otese que la ligadura (1) indica que la velocidad de ambos puntos de contacto es nula en la direcci´on GY . Como es redundante, la fuerza de ligadura FL1 = µ1 j0 representa la suma de las que act´uan sobre A y B en esa direcci´on. No podemos saber qu´e parte act´ua sobre cada disco, porque el sistema es hiperest´atico. Solo podemos saber la suma (con la terminolog´ıa el enunciado, Y1 +Y2 ). 4 Para integrar anal´ıticamente el sistema hay que: Eliminar los multiplicadores en las ecuaciones de Lagrange, con lo que tenemos dos ecuaciones diferenciales libres de fuerzas de ligadura. Derivar las tres ecuaciones de las ligaduras, para tener un sistema de cinco ecuaciones diferenciales con cinco inc´ognitas. 150

Cuando se integra num´ericamente, se sigue el mismo procedimiento en cada paso de integraci´on. De (8) y (9) despejamos µ2 y µ3 , y se sustituyen en (7), 17 ¨ θ = −ϕ¨ 1 + ϕ¨ 2 3

(10)

Entre (5) y (6) se elimina µ1 y luego se sustituyen las µ2 y µ3 obtenidas de las u´ ltimas: 3 ma ma 3m ξ¨ cos θ + η¨ sin θ − mg cos θ = − ϕ¨ 1 − ϕ¨ 2 2 2 2

(11)

Con las derivadas de las ligaduras ya tendr´ıamos un sistema de cinco ecuaciones diferenciales de ˙ , que se puede integrar num´ericamente sin problemas. segundo orden de la forma A · q¨ = f(q, q) Para la integraci´on anal´ıtica, podemos combinar la segunda y tercera ligaduras en la ecuaci´on (4), y derivarla: 2θ˙ − ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 = 0 → 2θ¨ − ϕ¨ 1 + ϕ¨ 2 = 0 (12) N´otese que (10) y (12) forman un sistema homog´eneo incompatible, por lo que la u´ nica soluci´on es la trivial, que se integra con las condiciones iniciales del enunciado. Los valores iniciales de los a´ ngulos se pueden hacer cero.

θ¨ = 0 ϕ¨ 2 − ϕ¨ 1 = 0

→ θ = θ0 − ω t → ϕ2 − ϕ1 = 2ω t + ϕ2 0 − ϕ10

Sumando (2) y (3) y derivando, se obtiene 2(ξ˙ cos θ + η˙ sin θ ) − a (ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 ) = 0 →

→

:0 ˙ sin ˙ 2(ξ¨ cos θ + η¨ sin θ ) + 2 −ξ θ + η cos θ θ˙ − a (ϕ¨ 1 + ϕ¨ 2 ) = 0

Se sustituye en (11) a 3a 3 (ϕ¨ 1 + ϕ¨ 2 ) − g cos θ = − (ϕ¨ 2 + ϕ¨ 1 ) 2 2 2

ϕ¨ 2 =ϕ¨ 1

−−−−→ →

ϕ¨ 1 = ϕ¨ 2 =

3g 3g cos θ = cos ω t 8a 8a

Estas ecuaciones se integran sin dificultad:

ϕ1 =

3g (1 − cos ω t) − ω t 8aω 2

ϕ2 =

3g (1 − cos ω t) + ω t 8aω 2

De las ecuaciones de las ligaduras, por ejemplo, (1) y (2), se despeja

y se integra directamente,

ξ=

3g ξ˙ = a cos θ ϕ˙ 1 − θ˙ = cos ω t sin ω t 8ω 3g η˙ = a sin θ ϕ˙ 1 − θ˙ = cos2 ω t − 1 8ω

3g (1 − cos 2ω t) 32ω 2

η=

3g (sin 2ω t − 2ω t) 32ω 2

La trayectoria es una cicloide que no avanza en la direcci´on de m´axima pendiente, sino en la horizontal: 151

y

g

x

5 Sustituyendo las coordenadas en las ecuaciones de Lagrange, se obtienen las fuerzas de ligadura: FL1 = (Y1 +Y2 )j0 = µ1 j0 = −

21mg sin ω t j0 8

3mg cos ω t i0 16 3mg cos ω t i0 FL3 = X2i0 = µ3 i0 = − 16

FL2 = X1i0 = µ2 i0 = −

M´etodo de los desplazamientos independientes 3 En un sistema potencial como este, la ecuaci´on general de la din´amica, en coordenadas generalizadas, queda n d ∂L ∂L ∑ dt ∂ qË™ j − ∂ q j δ q j = 0 ∀ DVCL j=1 No podemos obtener directamente las ecuaciones de Lagrange porque, en un sistema no hol´onomo, un conjunto arbitrario de δ q j ser´ıa compatible con las ligaduras finitas —que se cumplen autom´aticamente al introducir las q j — pero no con las cinem´aticas no integrables. Los DVCL tienen que cumplir las ecuaciones (1) a (3) congeladas. En este caso no hay que hacer nada, porque son estacionarias: −δ ξ sin θ + δ η cos θ = 0 δ ξ cos θ + δ η sin θ + a (δ θ − δ Ï•1 ) = 0 δ ξ cos θ + δ η sin θ − a (δ θ + δ Ï•2 ) = 0    δ ξ           − sin θ cos θ 0 0 0 δ η  0    δθ = 0 Ck j δ q j = cos θ sin θ a −a 0     cos θ sin θ −a 0 −a  0 δ Ï•1      δ Ï•  2 1) 2) 3)

Con estas ecuaciones, podemos escoger dos desplazamientos como independientes y expresar los otros tres en funci´on de ellos. Basta con escoger, entre las columnas de Ck j , una matriz regular. Es decir, escoger tres que se puedan despejar en funci´on de los dos independientes. Esto se facilita sustituyendo una de las dos u´ ltimas ligaduras por su diferencia. Aparece una matriz regular.   δξ          − sin θ cos θ 0 0 0   δη   0  cos θ sin θ a −a 0  δ θ = 0     0 0 2a −a a  0 δ Ï•1     δ Ï•   2 Podemos separarlas

     − sin θ cos θ 0  δ ξ  0 0 δ Ï• 1  cos θ sin θ a  δ η = a 0  δ Ï•2 0 0 2a δ θ  a −a 152

Se despejan invirtiendo la matriz,      a − sin θ cos θ − 12 cos θ 0 0 δ ξ  2 cos θ δ Ï•1 δ η =  cos θ sin θ − 12 sin θ  a 0  =  a2 sin θ δ Ï•2   1 1 a −a δθ 0 0 2 2a



a 2 cos θ δ Ï• a 1  2 sin θ δ Ï•2 1 −2

Tambi´en se pueden despejar directamente. La tercera ya est´a despejada: 1 δ θ = (δ Ï•1 − δ Ï•2 ) 2 Las dos primeras, sustituyendo esta, quedan − sin θ δ ξ + cos θ δ η = 0 1 cos θ δ ξ + sin θ δ η = (δ Ï•1 + δ Ï•2 ) 2

y se despejan trivialmente δ ξ y δ η . De este modo, la ecuaci´on general de la din´amica queda: 5

a

a

∑ L j δ q j = Lξ 2 cos θ (δ Ï•1 + δ Ï•2 ) + Lη 2 sin θ (δ Ï•1 + δ Ï•2 )+

j=1

1 + Lθ (δ Ï•1 − δ Ï•2 ) + LÏ•1 δ Ï•1 + LÏ•2 δ Ï•2 = 2 1 = Lξ a cos θ + Lη a sin θ + Lθ + 2LÏ•1 δ Ï•1 + 2 1 + Lξ a cos θ + Lη a sin θ − Lθ + 2LÏ•2 δ Ï•2 = 0 ∀δ Ï•1 , δ Ï•2 2

Como ahora los desplazamientos s´ı son arbitrarios, podemos obligar a que se anulen sus coeficientes. Sustituyendo las derivadas de la Lagrangiana L j = LË™qË™ j − Lq j que se calcularon por el otro procedimiento, se tienen dos ecuaciones: 17 3 1 ma cos θ ξ¨ + sin θ η¨ + ma2 θ¨ + ma2 Ï•¨ 1 = 2 12 2 17 1 3 ma cos θ ξ¨ + sin θ η¨ âˆ’ ma2 θ¨ + ma2 Ï•¨ 2 = 2 12 2

3 mga cos θ 4 3 mga cos θ 4

Junto con las tres ecuaciones de ligadura, forman un sistema cerrado de cinco ecuaciones con cinco inc´ognitas. 4 Para resolverlo, podemos restar las dos ecuaciones de Lagrange, 17 2 ¨ 1 2 1 ma θ + ma Ï•¨ 1 − ma2 Ï•¨ 2 = 0 6 2 2 y tambi´en las dos u´ ltimas ecuaciones de ligadura, 2θË™ − Ï•Ë™ 1 + Ï•Ë™ 2 = 0

→

2θ¨ âˆ’ Ï•¨ 1 + Ï•¨ 2 = 0

Queda un sistema homog´eneo incompatible, y por tanto

θ¨ = 0 Ï•¨ 2 − Ï•¨ 1 = 0

→ θ = −ω t → Ï•2 − Ï•1 = 2ω t

Si sumamos las dos ecuaciones de Lagrange, teniendo en cuenta estos resultados, 3 ¨ 3ma cos θ ξ + sin θ η¨ + ma2 Ï•¨ 1 = mga cos ω t 2 153

Se deriva una de las ecuaciones de ligadura:

ξ˙ cos θ + η˙ sin θ − aϕ˙ 1 = 0

→ →

Sustituyendo en la anterior, se tiene

:0 ˙ ˙ ¨ ξ cos θ + η¨ sin θ + −ξ sin θ + η˙ cos θ θ − aϕ¨ 1 = 0

3 3ma2 ϕ¨ 1 + ma2 ϕ¨ 1 = mga cos ω t 2

→

ϕ¨ 1 =

3g cos ω t 8a

Se llega a la misma ecuaci´on que por multiplicadores. A partir de aqu´ı, la soluci´on ser´ıa la misma que antes: integrar ϕ1 y obtener directamente ϕ2 . De las dos primeras ecuaciones de ligadura se despejan ξ˙ y η˙ , que se integran tambi´en. Por este procedimiento no se obtienen las fuerzas de ligadura. Si se necesitan, habr´ıa que plantear las ecuaciones de cantidad de movimiento y de momento cin´etico global seg´un GZ: queda un problema algebraico en las fuerzas de ligadura, porque las q j (t) se conocen. Soluci´on reduciendo el orden del problema N´otese que combinando dos de las ecuaciones de ligadura cinem´aticas se obtiene una integrable: 2θ˙ + ϕ˙ 1 − ϕ˙ 2 = 0 Se puede integrar, y eliminar una de las coordenadas generalizadas. Quiz´as no convenga eliminar la θ porque no es c´ıclica y aparece como argumento de senos y cosenos. Se podr´ıa eliminar, por ejemplo, la ϕ2 . As´ı la Lagrangiana quedar´ıa L =

17ma2 2 i 3 3m ˙ 2 ma2 h 2 ξ + η˙ 2 + θ˙ 2 + ϕ˙ 1 + 2θ˙ + ϕ˙ 1 + mg ξ 2 12 4 2

Conservamos las dos primeras ecuaciones de ligadura. Tenemos entonces un sistema con cuatro coordenadas generalizadas y dos ligaduras cinem´aticas no integrables. Se resolver´ıa, como el anterior, por multiplicadores o por desplazamientos independientes.

154

Cap´ıtulo 8 Percusiones

Ejercicio 8.1.1: La figura muestra un sistema compuesto por un disco homog´eneo de masa m y radio a y una varilla AB de longitud 2a y masa m articulada sin rozamiento en el extremo A, en un punto de la periferia del disco. El disco no desliza sobre la l´ınea en que se apoya. Inicialmente el sistema est´a en reposo y se le aplica una percusi´on P al disco tal como indica la figura. Obtener el estado cinem´atico del sistema justo despu´es de aplicar la percusi´on y el valor de las percusiones de ligadura.

P A

B

El disco est´a apoyado sobre la recta: ligadura unilateral. Tenemos que ver si la percusi´on de ligadura que aparece en el apoyo es compatible o no. Si es compatible, el disco rueda despu´es de la percusi´on. Si no, la ligadura no act´ua y el disco se levanta. Otro camino es resolverlo sin la ligadura y, si el movimiento resultante no lo permite la ligadura, es que s´ı act´ua y hay que resolverlo de nuevo. Este caso puede corresponder a una rueda dentada sobre una cremallera. y No puede deslizar, lo impiden los dientes del engranaje, pero s´ı puede levantarse. Intuitivamente se ve que se va a levantar: al rodar hacia la x˙ derecha, el disco empuja hacia abajo la varilla. Para que se conserve la θ˙ cantidad de movimiento, la ligadura tiene que empujar hacia abajo. Cox mo no es posible, el disco salta hacia arriba y as´ı compensa la cantidad I de movimiento hacia abajo de la varilla. De todos modos, resolveremos ϕ˙ primero el caso con la ligadura activa.

No se levanta - Newtoniana Tenemos dos s´olidos planos, con cuatro ligaduras (2 finitas de la articulaci´on en A y dos cinem´aticas integrables de la rodadura sin deslizamiento sobre la recta rugosa). Hay varias posibilidades: Aislar los dos s´olidos y aplicarle cada uno las ecuaciones de cantidad de movimiento (2) y de momento cin´etico (1): as´ı se obtienen las velocidades despu´es de la percusi´on y todas las percusiones de ligadura, internas y externas. Aplicarles las ecuaciones al sistema completo y a uno de los s´olidos, por ejemplo la varilla; equivalente al anterior pero quiz´a algo m´as complicado. Buscar dos ecuaciones correspondientes a los grados de libertad, por ejemplo, la de momento cin´etico del sistema en I (desaparecen las percusiones de ligadura exteriores) y la del momento cin´etico de la varilla en A (desaparecen las percusiones internas) Como nos interesa el valor de la percusi´on de ligadura en I, escogemos el primer camino. Llamando (x, a) a las coordenadas del centro del disco C, y −θ˙ k a la velocidad angular del disco, la ligadura de rodadura sin deslizamiento implica vI = 0 = vC + ω D ∧ IC = x˙ − aθ˙ i = 0 → x˙ = aθ˙ 155

Para aplicar la ecuaci´on de la cantidad de movimiento a la varilla tenemos que calcular la velocidad de A y la de G. Llamando −ϕ˙ k a la velocidad angular de la varilla: vG = vA + ω V ∧ AG = aθ˙ − aϕ˙ i − aθ˙ j vA = vC + ω D ∧ CA = aθ˙ i − aθ˙ j

Aparecer´an dos percusiones de ligadura exteriores en I (una por cada direcci´on de movimiento impedida) y dos interiores, de acci´on reacci´on, en la articulaci´on A. La cantidad de movimiento y el momento cin´etico antes de la percusi´on son nulos, porque el sistema est´a en reposo. Las ecuaciones a aplicar son: FL + P = m vdG − m vaG

MLO + MPO = HdO − HaO

que en este caso adoptan la forma:

θ˙

P

x˙

Rx = ma θ˙ d − ϕ˙ d

P + Qx − Rx = maθ˙ d

Rx

Ry

Rx

Ry

Qy − R y = 0 Ry = −maθ˙ d Qy Qx ϕ˙ 1 1 2 ˙d 2 ˙d Rx a = m 4a ϕ a (Ry − Qx ) = ma θ 2 12 Todas las ecuaciones est´an aplicadas en la posici´on inicial, sin mover las coordenadas. Por la ligadura unilateral, tendr´a que ser Qy ≥ 0 : el suelo s´olo puede dar percusiones hacia arriba. Entre la segunda y la quinta se obtiene Qy = Ry = −maθ˙ d , que es obvio que va a ser negativa. Entre la cuarta y la sexta sale 3θ˙ d = 4ϕ˙ d ; sustituyendo Rx y Qy en la primera, se obtiene ˙d P = 11 4 maθ > 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 - Newtoniana Si el disco puede levantarse, hay que liberar la ligadura vertical (quitar la percusi´on de ligadura y devolver el grado de libertad), y modificar las velocidades: vC = aθ˙ i + y˙ j vG = aθ˙ − aϕ˙ i + y˙ − aθ˙ j Las nuevas ecuaciones ser´an: P + Qx − Rx = maθ

˙d

−Ry = m y˙d 1 a (Ry − Qx ) = ma2 θ˙ d 2 Entre la 4 y la 6,

Entre la 2 y la 5,

y˙

Rx = ma θ˙ d − ϕ˙ d d d ˙ Ry = m y˙ − aθ

aRx =

x˙

θ˙

→

Rx

Qx

→

a y˙d = θ˙ d 2

Ry

Ry

1 m 4a2 ϕ˙ d 12

1 maϕ˙ d = ma θ˙ d − ϕ˙ d 3

−y˙d = m y˙d − aθ˙ d

P

ϕ˙

3 ϕ˙ d = θ˙ d 4 →

a Ry = −m θ˙ d 2

Con esto, de la 3a se obtiene Qx = −amθ˙ d ; sustituyendo esto y la Rx en la 1a , 1 P − maθ˙ d − maθ˙ d = maθ˙ d 4

→

4P θ˙ d = 9ma

ϕ˙ d =

P 3ma

Las percusiones de ligadura ser´an, Qx = −

4P 9

Rx = 156

P 9

Ry = −

2P 9m

y˙d =

2P 9m

Rx

Se levanta - Anal´ıtica - hol´onomo Este ejercicio se puede resolver por mec´anica anal´ıtica, considerando el sistema como hol´onomo. La ligadura se integra, de modo que las coordenadas independientes ser´an y, θ y ϕ . La dificultad est´a en que por ese camino no aparecer´an las percusiones de ligadura, ni la exteriores Qx ni las interiores Rx , Ry . Primero calcularemos la energ´ıa cin´etica. El potencial no es necesario, porque las fuerzas acotadas no intervienen: 11 2 2 1 TD = m a2 θ˙ 2 + y˙2 + ma θ˙ 2 22 2 2 i 1 1 1 h TV = m aθ˙ − aϕ˙ + y˙ − aθ˙ + m4a2 ϕ˙ 2 2 2 12 1 7 T = ma2 ϕ˙ 2 − ma2 ϕ˙ θ˙ + my˙2 − may˙θ˙ + ma2 θ˙ 2 3 4 Tambi´en hay que calcular las fuerzas generalizadas de la percusi´on. El punto de aplicaci´on, F, tiene una velocidad: vF = vc + ω D ∧ CG = aθ˙ i + (y˙ + aθ˙ ) j

→

δ rF = (a i + a j) δ θ + j δ y

δ W = P · δ rF = Paδ θ

→

QθP = aP ;

QPϕ = QPy = 0

Las ecuaciones de Lagrange impulsivas para un sistema hol´onomo son

∂ T

d ∂ T

a − = QPj ∂ q˙ j

∂ q˙ j

El t´ermino que se eval´ua antes de la percusi´on va a ser nulo, porque el sistema est´a inicialmente en reposo. Las ecuaciones van a ser:

y˙ P

2my˙d − maθ˙ d − 0 = 0 7 θ ) − ma2 ϕ˙ d − may˙d + ma2 θ˙ d − 0 = aP 2 4 2 d 2 d ϕ) ma ϕ˙ − ma θ˙ − 0 = 0 3 y)

F

aθ˙

θ˙ ϕ˙

El sistema se resuelve trivialmente: de la primera se despeja y˙d , de la tercera ϕ˙ d , se sustituyen en la segunda, y se calcula θ˙ d . Las soluciones, naturalmente, son las mismas que por newtoniana: 4P P 2P θ˙ d = ϕ˙ d = y˙d = 9ma 3ma 9m Las percusiones de ligadura no se pueden obtener por este camino. Habr´ıa que liberar todas las ligaduras en la energ´ıa cin´etica e introducirlas como cinem´aticas no integrables; as´ı se pueden calcular las µk .

Se levanta - Anal´ıtica - multiplicadores Consideraremos el sistema formado por dos s´olidos libres, con tres fuerzas aplicadas en vez de las ligaduras. Como coordenadas generalizadas se tomar´an la x, y, θ del disco, las coordenadas ξ , η del punto A de la varilla, y el a´ ngulo ϕ . As´ı, las velocidades de los puntos afectados por las ligaduras son: vID = (x˙ − aθ˙ ) i

vAD = x˙ i + (y˙ − aθ˙ ) j 157

vVA = ξ˙ i + η˙ j

Se podr´ıan haber tomado las coordenadas del centro de masas, con lo que la T quedar´ıa m´as simple, pero as´ı se ve mejor el sentido de la ecuaci´on de ligadura y de las fuerzas de ligadura. La energ´ıa cin´etica del sistema ser´a:

FL3V

y˙

11 2 2 1 TD = m x˙2 + y˙2 + ma θ˙ P 2 22 2 1 1 1 TV = m ξ˙ − aϕ˙ + η˙ 2 + m4a2 ϕ˙ 2 2 2 12 mx˙2 my˙2 ma2 θ˙ 2 mξ˙ 2 mη˙ 2 2ma2 ϕ˙ 2 T= + + + + − maξ˙ ϕ˙ + 2 2 4 2 2 3

η˙

FL2D

x˙

θ˙

FL3D FL1D

ξ˙

FL2V

ϕ˙

Las ligaduras finitas se derivan para dejarlas como cinem´aticas. La velocidad horizontal de I es cero, y la velocidad de A del disco es la misma que la de A de la varilla: g1 ≡ i · vI = x˙ − aθ˙ = 0 g2 ≡ i · vA − i · vA = ξ˙ − x˙ = 0 V g3 ≡ j · vVA

D − j · vAD

→ →

= η˙ − y˙ + aθ˙ = 0 →

F1D L = µ1 i F2V L = µ2 i ; F3V L = µ3 j ;

F2D L = −µ2 i

F3D L = −µ3 j

N´otese que tanto la energ´ıa cin´etica como las ligaduras se han calculado en la posici´on inicial θ = ϕ = 0, y no en una gen´erica, que ser´ıa mucho m´as complejo. Esto no va a afectar a las derivadas parciales de las ecuaciones de Lagrange, pues s´olo derivamos respecto a las velocidades generalizadas (que s´ı aparecen todas), y no respecto a las coordenadas. Como al final se va a particularizar para el instante inicial, podemos calcularlo todo desde el principio con esos valores de las coordenadas. Las fuerzas generalizadas de la percusi´on se calculan como en el caso hol´onomo, pero con los nuevos grados de libertad: vF = vc + ω D ∧ CG = x˙ i + (y˙ + aθ˙ ) j

→

δ rF = i δ x + j δ y + a j δ θ

δ W = P · δ rF = Pδ x

→

QPx = P ; QPy =

QPθ = · · · = 0

Las ecuaciones de movimientos impulsivos por multiplicadores de Lagrange ser´an

g ∂ T

d ∂ T

a P − = Q + ∑ µk Ck j j ∂ q˙ j

∂ q˙ j

k=1

En este caso,

−0 = P +µ1

−µ2 +0

x)

mx˙d

y)

my˙d ma2 θ˙ d

−0 = 0 +0

2 mξ˙ 2 − maϕ˙ d

−0 = 0 +0

+µ2 +0

θ) ξ) η)

mη˙ d

ϕ ) −maξ˙ d +

4ma2 ϕ˙ d 3

+0

−µ3

−0 = 0 −aµ1 +0

+aµ3

−0 = 0 +0

+0

+µ3

−0 = 0 +0

+0

+0

junto con las ecuaciones de las ligaduras, que tambi´en tienen que cumplirse en el movimiento inmediatamente despu´es de la percusi´on: x˙d − aθ˙ d = 0 ξ˙ d − x˙d = 0

η˙ d − y˙d + aθ˙ d = 0 158

Si se sustituyen las ligaduras en las ecuaciones de Lagrange, dejando s´olo y, θ y ϕ como independientes, se llega a maθ˙ d = P + µ1 − µ2 + 0

my˙d = −µ3 ma2 θ˙ d = −aµ1 + aµ3 2

maθ˙ 2 − maϕ˙ d = µ2 my˙d − maθ˙ = µ3

4ma2 ϕ˙ d =0 −ma θ + 3 2 ˙d

Son exactamente las mismas que por newtoniana, donde se llam´o Qx , Rx y Ry a las percusiones de ligadura que aqu´ı aparecen como µ1 , µ2 y µ3 .

159

Ejercicio 8.1.2: Un disco que se mantiene siempre en un plano vertical va rodando y deslizando sobre una recta horizontal lisa la cual a partir de una posici´on se vuelve rugosa tal como muestra la figura. Discutir, seg´un que el coeficiente de rozamiento sea finito o infinito y seg´un los valores de ω y V , si aparecen percusiones en el instante en que el disco llegue a la parte rugosa.

ω v

Rugoso

Liso

1 Rozamiento finito f 6= ∞: al empezar a rodar por la zona rugosa aparece una fuerza de rozamiento que valdr´a VI vI Obviamente es una fuerza acotada, del mismo orden que las fuerzas caracter´ısticas del movimiento (peso, N), que act´ua si hay deslizamiento y lo va frenando hasta que desaparezca; no aparece percusi´on (fuerza muy grande que act´ua durante un tiempo muy corto, en comparaci´on con los valores caracter´ısticos del movimiento). No desliza: |R| ≤ f |N| ;

Desliza: R = − f |N|

2 Rozamiento infinito f = ∞ : propiamente, no puede haber roza- y miento infinito. Es una manera de decir que no hay deslizamiento. ω Sobre la zona rugosa, el disco rodar´ıa sin deslizar. Esto pasa, por ejemplo, cuando un pi˜no´ n rueda sobre una superficie lisa y de pronv 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. Llamando x a la coordenada en la direcci´on de v y θ al a´ ngulo girado por el disco en la direcci´on de ω de la figura, la ecuaci´on de la ligadura brusca de no deslizamiento ser´a vI = (x˙ − Rθ˙ ) i = 0

x˙ = Rθ˙

→

En el punto de contacto I aparecer´a una percusi´on de ligadura Px i al empezar a rodar por la zona rugosa (o en el diente primero que engrane). En ese punto ya hay una fuerza normal de ligadura, que equilibra al peso. Supondremos que da percusi´on tambi´en, Py j, aunque ya veremos que va ser nula, porque el disco sigue rodando sobre la recta (hacemos esta hip´otesis para que el ejercicio no se complique: en realidad, habr´ıa salto o percusi´on vertical si el plano de contacto entre los dos primeros dientes no es exactamente vertical). Las ecuaciones impulsivas para el disco ser´an: mx˙d − mv = Px CM: 0 − 0 = Py 1 1 MC: − mR2 θ˙ d + mR2 ω = Px R 2 2 De este sistema se obtiene 2v + ω R x˙d = R θ˙ d = 3

Px = m

ωR − v 3

Py = 0

Obs´ervese que, en el momento del choque, el punto de contacto tiene una velocidad v − ω R. La percusi´on en la ligadura tiene el signo opuesto: frenar bruscamente esa velocidad de deslizamiento. Tendremos tres casos seg´un los valores relativos de v y ω : Rω = v

Rω < v

v

v

Px

Rω > v

Px = 0

160

v

Px

3 Soluci´on por mec´anica anal´ıtica La ligadura que aparece, aunque sea integrable, la dejamos como cinem´atica: g1 ≡ A1I · vI = i · vI = x˙ − R θ˙ = 0

→

PIL = µ1 i ;

C1x = 1 C1θ = −R

La energ´ıa cin´etica del disco es 1 1 T = m x˙2 + mR2 θ˙ 2 2 4 Las ecuaciones de movimientos impulsivos por multiplicadores de Lagrange ser´an

g ∂ T

d ∂ T

a P − = Q j + ∑ µk Ck j ∂ q˙ j

∂ q˙ j

k=1

En este caso hay dos coordenadas generalizadas, no hay percusiones aplicadas y se introduce una ligadura, x)

θ)

m x˙d

−m v

= 0

+µ1

mR2 ˙ d mR2 θ − ω = 0 −R µ1 2 2 x˙d − R θ˙ d = 0

Son las mismas ecuaciones que por newtoniana, salvo que la percusi´on de ligadura aqu´ı se ha llamado µ1 en vez de Px . La soluci´on, naturalmente, es la misma.

161

Ejercicio 8.1.3: El sistema de la figura est´a constituido por las varillas AB y BC articuladas en el punto B, ambas de masa m y longitud a. El extremo A de la varilla AB es fijo y el sistema se encuentra sobre un plano horizontal liso. Inicialmente el sistema est´a en reposo tal como se indica en la figura y se le aplica una percusi´on P en el punto C, formando un a´ ngulo de 45o con la varilla BC. Determinar las velocidades angulares de las varillas justo despu´es de aplicar la percusi´on.

45o P

C

A B

1 Mec´anica Newtoniana: S´olo 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 cin´etico de todo el sistema en A, y la de momento cin´etico de la varilla BC en B. Adem´as, la percusi´on no da momento en A porque su l´ınea de acci´on pasa por el origen. Para calcular el momento cin´etico necesitamos la velocidad del CDM de la segunda varilla. Trabajando directamente en la posici´on inicial, se tiene a vG = vB + ω BC ∧ BG = aϕ˙ j − θ˙ i 2 El momento cin´etico de la primera varilla lo calculamos como un s´olido con punto fijo; para la otra, que no tiene ning´un punto fijo, aplicamos Koenig: HAB

AG∧mvG

y P

ϕ˙

θ˙ x

HBC

G A }| { z }| z }| { z { 2 ma 1 2 d 1 θ˙ d + ma2 θ˙ d − 0 = 0 ma ϕ˙ + ma2 ϕ˙ d + 3 4 12

Aislando la segunda varilla, tomamos momento en B: √ 2 a2 ˙ d 1 m θ + ma2 θ˙ d − 0 = −Pa 4 12 2 Aunque B es un punto m´ovil, podemos aplicar las ecuaciones impulsivas del momento cin´etico, porque usamos las velocidades absolutas, y entonces el t´ermino corrector no da percusi´on. Al ver el resultado, puede dar la impresi´on de que HBC olido con punto fijo: no es as´ı, B es el de un s´ porque el punto B se mueve; pero la aportaci´on de esa velocidad al momento cin´etico resulta ser nula para esa posici´on de la varilla. La segunda ecuaci´on da directamente θ˙ d , y sustituyendo en la primera se obtiene ϕ˙ d : √ 3P 2 θ˙ d = − 2ma

√ 3P 2 ϕ˙ d = 8ma

2 Mec´anica anal´ıtica: Como s´olo se piden las velocidades, podemos resolverlo tambi´en por mec´anica anal´ıtica como sistema hol´onomo. La energ´ıa cin´etica, en la posici´on inicial, es: 1 1 1 2 1 T = ma2 ϕ˙ 2 + ma2 ϕ˙ 2 + θ˙ 2 /4 + ma2 θ˙ 2 = ma2 ϕ˙ 2 + ma2 θ˙ 2 6 2 24 3 6 162

y

Para calcular las fuerzas generalizadas de la percusi´on, tenemos que hallar δ rC . Con un poco de experiencia, se puede ver directamente que, al dar un DVCL δ Ď• , C se mueve aδ Ď• j; al dar un DVCL δ θ , C se mueve −aδ θ i. Con esto se pueden ya calcular la QĎ•P y QθP .

aδĎ•

y P

aδ θ

P

δθ δĎ• x

x

rC

Si se quiere hacer con detalle, hay que calcular en una posici´on gen´erica, y diferenciarlo: n ∂ rC cos Ď• − sin θ C c +a → δr = ∑ δqj r (Ď• , θ ) = a sin Ď• cos θ j=1 ∂ q j − sin Ď• − cos θ 0 −1 C C δr = a δĎ• +a δθ → δr = a δĎ• +a δθ cos Ď• − sin θ 1 0 Sustituyendo la posici´on inicial, Ď• = θ = 0, se obtiene el valor que se adelant´o m´as arriba, δ rC = aδ Ď• j − aδ θ i. Las fuerzas generalizadas son: √ √ ∂ rC 2 ∂ rC 2 P P QĎ• = P ¡ = Pa Qθ = P ¡ = −Pa âˆ‚Ď• 2 ∂θ 2 Podemos ya plantear las ecuaciones de percusi´on por anal´Ĺtica √ 4 2 d 2 ma Ď•Ë™ − 0 = Pa 3 2√ 2 2 Ë™d 2 ma θ − 0 = −Pa 6 2 Los resultados son, naturalmente, los mismos que por newtoniana.

163

Ejercicio 8.1.4: Sea un proyectil M con movimiento horizontal rectil´ıneo y uniforme que tiene una cantidad de movimiento de valor p i. Sea una barra homog´enea de masa m y longitud L0 que est´a articulada en un punto O y que inicialmente est´a en reposo verticalmente. El proyectil choca con la barra a una distancia L de la articulaci´on O y se queda incrustado en ella. Calcular, suponiendo despreciable la masa del proyectil frente a la de la barra: i) incremento de cantidad de movimiento del sistema y valor de la percusi´on de ligadura en O; ii) la velocidad angular que adquiere la barra despu´es del impacto. iii) el a´ ngulo de m´axima desviaci´on de la barra respecto de la vertical, en el movimiento que sigue al impacto, si solo act´ua el peso en direcci´on −j.

y x

O L L0

M p

ETSIA, febrero de 1994

1 Los apartados i) e ii) se obtienen de las ecuaciones impulsivas por newtoniana. Tenemos tres ecuaciones: una de momento cin´etico y dos de cantidad de movimiento. Hay tres inc´ognitas: dos percusiones de ligadura en la articulaci´on, Qx y Qy , y la velocidad angular inmediatamente despu´es de la percusi´on. A la varilla se le pueden aplicar las expresiones del s´olido con punto fijo. Tomando como coordenada el a´ ngulo θ de la figura, se tiene: 1 2 ˙d mL θ − 0 = pL 3 0 m

→

3pL θ˙ d = mL20

L0 ˙ d θ − 0 = p + Qx 2

→

Qx = p

0 − 0 = 0 + Qy

→

Qy = 0

y

Qy

x

Qx

3L − 2L0 2L0

p

θ

La cantidad de movimiento inicial es s´olo la del proyectil; despu´es, s´olo la barra. El incremento es: L0 ∆C = Cd − Ca = m θ˙ d − p = p + Qx − p = Qx 2 2 Despu´es de la percusi´on, el movimiento del sistema es el de una varilla articulada sometida a su peso. Podemos aplicar la ecuaci´on de la energ´ıa, 1 L0 T +V = mL20 θ˙ 2 − mg cos θ = E 6 2 entre el momento inicial (inmediatamente despu´es de la percusi´on, varilla vertical) y el final (cuando llega al punto m´as alto con velocidad nula): 1 2 ˙ d 2 L0 L0 E = mL0 θ − mg = 0 − mg cos θM 6 2 2

→

L0 cos θM = 1 − 3g

3pL mL20

2

Si p es suficientemente grande, no hay soluci´on. Esto significa que la varilla llegar´ıa al punto m´as alto sin pararse: un p´endulo en r´egimen de rotaci´on. Este aparato se denomina p´endulo bal´ıstico. Permite determinar la cantidad de movimiento de un proyectil mediante el desplazamiento de un p´endulo de masa mucho mayor. Otro aspecto interesante es el centro de percusi´on: punto en que tiene que dar el proyectil para que no aparezcan percusiones de ligadura en la articulaci´on. Se obtiene haciendo Qx = 0 → L = Lcp = 2L0 /3.

164

Ejercicio 8.1.5: El sistema de la figura consta de una varilla pesada de longitud 2a y masa m que se encuentra inicialmente en reposo sobre el eje Oy de un sistema de referencia Oxy, donde Oy lleva la direcci´on de la vertical ascendente. En contacto unilateral con la varilla se encuentra, tambi´en en reposo, un disco de masa m y radio a. El extremo inferior de la varilla puede deslizar libremente sobre la recta Ox sin separarse de ella y tiene contacto liso con el disco. El disco est´a obligado a rodar sin deslizar sobre Ox. En el momento inicial se aplica un percusi´on P i en el extremo superior de la varilla. Calc´ulese el estado cinem´atico a la salida de la percusi´on y las percusiones de reacci´on del sistema. Febrero de 1995

y P

x

Este problema no se puede resolver mediante la mec´anica cl´asica. En el contacto entre varilla y s´olido aparece una percusi´on de ligadura, que determina qu´e parte de P transmite la varilla al disco. Seg´un las propiedades el´asticas de una y otro, y los intervalos de tiempo de las dos percusiones, la varilla podr´ıa rebotar hacia la izquierda, empujando al disco hacia la derecha; podr´ıa quedarse quieta, s´olo girando (como las esferas de Newton), mientras casi toda la percusi´on se transmite al disco; o podr´ıan salir los dos hacia la derecha con velocidades del mismo orden. Y si supi´eramos el coeficiente de restituci´on entre los s´olidos, tampoco servir´ıa de nada, pues no es realmente un choque, sino la transmisi´on de una percusi´on a trav´es de otro s´olido. Como la diferencia de velocidades inicial es nula, en el denominador del coeficiente de restituci´on aparece un cero que lo hace in´util. Lo u´ nico que nos permitir´ıa resolverlo es suponer que entre los s´olidos hay un peque˜no hueco, de modo que primero se produce la percusi´on sobre la varilla y, despu´es chocan la varilla y el disco. Para esto necesitar´ıamos el coeficiente de restituci´on, pues se trata propiamente de un choque. Tambi´en se podr´ıa resolver si el enunciado dijera algo sobre el contacto, por ejemplo, que salen con la misma velocidad, porque la ligadura de contacto est´a activa durante la percusi´on. Es decir, que el choque es mucho m´as r´apido que la percusi´on, y que mientras dura la percusi´on la varilla est´a continuamente empujando al disco, de modo que al acabar tienen la misma velocidad. Son los dos extremos: choque completamente anterior a la percusi´on, o percusi´on completamente anterior. ϕ˙ 1 Comprobaremos que el problema, en su forma actual, es insoluble. La varilla tiene dos grados de libertad, x˙ y ϕ˙ . El disco, P por rodar sin deslizar, s´olo uno, θ˙ . Aparecer´a una percusi´on de liθ˙ aθ˙ Rx x˙ gadura vertical Ry por deslizar el extremos de la varilla por el eje horizontal, dos en el punto de contacto del disco, Qy , Qy , y un par Qy Qx de percusiones de acci´on reacci´on ±Rx en el contacto entre los dos Ry s´olidos. En total, siete inc´ognitas, para seis ecuaciones: P − Rx = mx˙d Rx + Qx = maθ˙ d 0 + Ry = 0 0 + Qy = 0 1 1 −P a = − m4a2 ϕ˙ d a Qx = − ma2 θ˙ d 12 2 Est´a determinada la velocidad angular de la varilla despu´es de la percusi´on. Para las velocidades, eliminando la Qx y la Rx entre la primera, la cuarta y la sexta, se llega a: 3 P = mx˙d + maθ˙ d 2 Podemos obtener la cantidad de movimiento del sistema m´as el momento cin´etico del disco, pero no hay modo de saber c´omo se reparte entre los dos s´olidos. Har´ıan falta hip´otesis adicionales. 2 Una posibilidad es que los dos s´olidos se mantengan en contacto durante toda la percusi´on a la varilla, con lo que a la salida tendr´ıan la misma velocidad, x˙d = a θ˙ d 165

Con esto el problema estar´ıa resuelto. Equivale a decir que la ligadura es persistente, por lo menos hasta afectar a las velocidades de salida de la percusi´on. O bien, que el choque es tan r´apido, que continuamente la varilla est´a transmitiendo al disco la cantidad de movimiento que recibe de la percusi´on, mediante choques diferenciales, llevando los dos la misma velocidad. 3 Supongamos que hay una peque˜na separaci´on entre los dos s´olidos, de modo que primero tiene lugar la percusi´on, y luego el choque. Para resolver el choque necesitamos el coeficiente de restituci´on. Supongamos que es 1, choque el´astico. Las ecuaciones de la varilla ser´an las mismas, excepto que no hay Rx porque no est´a en contacto con el disco: P = mx˙1

1 P a = ma2 ϕ˙ 1 3

Ry = 0

A continuaci´on la varilla, con las velocidades de salida de la percusi´on (1), choca con el disco y saldr´an con velocidades (2) Rx + Qx = maθ˙2 − 0 0 + Qy = 0 1 a Qx = − ma2 θ˙2 − 0 2

−Rx = mx˙2 − mx˙1 +Ry = 0 1 1 0 = maϕ˙ 2 − maϕ˙ 1 3 3

El coeficiente de restituci´on proporciona otra ecuaci´on: las velocidades de los puntos que chocan deben cumplir, 1=−

i · (vV2 − vD x˙2 − a θ˙2 2) = − x˙1 − 0 i · (vV1 − vD 1)

→

−x˙1 = x˙2 − a θ˙2

De estas ecuaciones se obtiene

ϕ˙ 2 =

3P ma

x˙2 = −

P 5m

4P θ˙2 = 5am

La varilla rebota hacia la izquierda con una velocidad que es la quinta parte de la que lleva el disco hacia la derecha; no se conserva la cantidad de movimiento en el choque por la percusi´on de ligadura exterior Qx , que transforma parte de la cantidad de movimiento inicial en momento cin´etico del disco. La energ´ıa se conserva. En un caso real, el resultado ser´ıa algo intermedio entre las dos hip´otesis extremas que aqu´ı se han considerado, de modo que, aunque uno sea anterior al otro, habr´ıa un cierto solape entre la percusi´on y el choque.

166

Problema 8.1.1: Sea un disco homog´eneo de masa m y radio R que se mueve en un plano vertical. Sea Oxy una referencia cartesiana rectangular de este plano en la que Oy es la vertical ascendente y el eje Ox es un suelo rugoso con coeficiente de rozamiento al deslizamiento del disco f . El disco se mueve sobre el suelo sin poderse despegar. Para fijar la posici´on del disco se utilizan las siguientes coordenadas generalizadas: i) la coordenada cartesiana x de su centro de masas, ii) el a´ ngulo ϕ que forma el radio que inicialmente est´a en contacto con el suelo con la vertical descendente (VER FIGURA 1). Inicialmente el disco se encuentra en reposo en la posici´on x = 0, ϕ = 0 y se aplica sobre el punto de coordenada x m´as negativa del mismo una percusi´on de valor P (cos α~i − sin α ~j ) (VER FIGURA 2). A) Supongamos que en la etapa de percusi´on el disco no puede deslizar; se pide: 1) Expresar la condici´on matem´atica de no deslizamiento. 2) Calcular el estado cinem´atico a la salida de la percusi´on. 3) Hallar las percusiones sobre el disco en el punto de contacto. 4) Comprobar cuando es v´alida la hip´otesis de no deslizamiento y expresar la misma mediante una relaci´on del tipo f ≥ Φ(α ) 5) Plantear y resolver las ecuaciones del movimiento posterior a la percusi´on.

B) Supongamos que en la etapa de percusi´on hay deslizamiento ( f < Φ(α )); se pide: 1) Calcular el estado cinem´atico a la salida de la percusi´on: x˙0 ( f , α ), ϕ˙ 0 ( f , α ). 2) Calcular la velocidad de deslizamiento del disco a la salida de la percusi´on y comprobar su compatibilidad con el resultado de A-4. 3) Plantear y resolver las ecuaciones del movimiento posterior a la percusi´on 4) Determinar el instante (t ∗ ) en que termina el deslizamiento. 5) Plantear y resolver las ecuaciones del movimiento para t > t ∗ . ETSIA, septiembre de 1995 y

y x

α

P

ϕ

x

FIGURA 1

FIGURA 2

167

A) No desliza durante la percusi´on 1 Llamando I al punto del disco que en cada momento est´e en contacto con el suelo, la condici´on de no deslizamiento ser´a: vI = vC + ω ∧ CI = (x˙ + Rϕ˙ ) i = 0 2

3 El punto I de contacto tiene dos ligaduras: no desliza en la direcci´on Ox, y no se separa

en la Oy; durante la percusi´on cada una produce una percusi´on de ligadura: Qx i y Qy j. Las dos son bilaterales, y pueden tener cualquier signo. Para un s´olido, tenemos las dos ecuaciones de cantidad de moviy miento y la de momento cin´etico, m´as la de la ligadura: ϕ˙ d

m x˙d − 0 = P cos α + Qx 0 − 0 = −P sin α + Qy

P

α

x˙d

1 Qy x Qx −m x˙d R + mR2 ϕ˙ d − 0 = −P cos α R + P sin α R 2 x˙d = −Rϕ˙ d La ecuaci´on de momento cin´etico se ha tomado en I, para que no aparezcan las percusiones de ligadura, pero tambi´en podr´ıa tomarse en C y eliminar la Qx mediante la primera de la cantidad de movimiento. La complejidad es casi la misma. Tenemos un sistema cerrado, cuatro ecuaciones y cuatro inc´ognitas, del que se obtiene: x˙d =

2P(cos α − sin α ) 3m Qx = −

ϕ˙ d = −

P(cos α + 2 sin α ) 3

2P(cos α − sin α ) 3mR Qy = P sin α

4 Suponiendo que para las fuerzas impulsivas sigue siendo v´alido el modelo de CoulombMorin, | cos α + 2 sin α | |Qx | ≤ f |Qy | → f≥ 3| sin α | Como no se da ning´un dato sobre la α , hay que dejar la expresi´on con los m´odulos.

5 Para el movimiento contamos con las ecuaciones del momento cin´etico (1) y la cantidad de movimiento (2). Llamaremos N j a la reacci´on normal y Fr i al rozamiento. Supondremos que sigue activa la ligadura de no deslizamiento, y al hallarlas lo comprobaremos. y

m x¨ = Fr 0 = −mg + N

ϕ¨

mg x¨

1 2 mR ϕ¨ = R Fr 2 x¨ = −Rϕ¨

N

Fr x

Eliminando Fr entre la de CMx y la de MCz , y usando la ligadura derivada 1 1 mx¨ = − mRϕ¨ = mx¨ 2 2

→

x¨ = ϕ¨ = Fr = 0 ;

N = mg

La fuerza de rozamiento es compatible con la condici´on de no deslizamiento, Fr = 0 < f mg. Las ecuaciones x¨ = ϕ¨ = 0 se integran tomando como condiciones iniciales las de salida de la 168

percusi´on, x˙d , ϕ˙ d y x0 = ϕ0 = 0: x=

2P(cos α − sin α ) t 3m

ϕ =−

2P(cos α − sin α ) t 3mR

Esta parte se podr´ıa haber hecho por mec´anica anal´ıtica, porque al no deslizar la ligadura es ideal; pero trat´andolo como sistema hol´onomo s´olo se habr´ıan obtenido las velocidades. Las percusiones de ligadura no aparecer´ıan, y no se podr´ıa comprobar la validez de la hip´otesis de no deslizamiento. Si se liberan las dos ligaduras, se podr´ıa obtener tambi´en Qx y Qy por multiplicadores de Lagrange; pero entonces nos queda un s´olido libre, y para s´olidos y part´ıculas libres las ecuaciones por anal´ıtica son las mismas que las de Newton-Euler. No se ganar´ıa nada, y en general el c´alculo de las fuerzas generalizadas y multiplicadores es m´as laborioso.

B) Hay deslizamiento durante la percusi´on 1 Adem´as de la condici´on del enunciado, hay que suponer que en todo momento se cumple el modelo de Coulomb con deslizamiento entre las componentes horizontal y vertical de la percusi´on de ligadura. Llamaremos, como antes, Qx y Qy a las percusiones de ligadura. y

Las ecuaciones de conservaci´on de movimiento y momento cin´etico dar´an

ϕ˙ d

m x˙ − 0 = P cos α + Qx 0 − 0 = −P sin α + Qy d

α

P

x˙d Qy

1 2 d mR ϕ˙ − 0 = P sin α R + Qx R 2

Qx

x

En vez de la condici´on cinem´atica de no deslizamiento, tenemos la ley de Coulomb con deslizamiento: vI Qx i = − f |Qy | I |v |

Para resolver estas ecuaciones, hay que hacer algunas hip´otesis sobre los signos. Supongamos que α ∈]0, π /2[ y que vI > 0, es decir, que el disco empieza a deslizar hacia la derecha, con lo que Qx ser´a negativa. La segunda hip´otesis la comprobaremos al final, la primera depende de los datos. La soluci´on del sistema ser´a pues m x˙d = P cos α − f P sin α 1 2 d mR ϕ˙ − 0 = P sin α R − f P sin α R 2

→

x˙d =

P(cos α − f sin α ) m

→

ϕ˙ d =

2P sin α (1 − f ) mR

2 Para comprobar la validez de esta soluci´on, hay que calcular la velocidad de deslizamiento, vI = (x˙ + Rϕ˙ ) i =

P [cos α + sin α (2 − 3 f )] i m

Para que la part´ıcula deslice, y los signos tomados en las ecuaciones sean correctos, cos α + sin α (2 − 3 f ) > 0

→

f<

cos α + 2 sin α 3 sin α

que es el opuesto de la condici´on de no deslizamiento que se calcul´o en A). Ahora no aparecen m´odulos, porque se supuso que α ∈]0, π /2[, es decir, el seno y el coseno son positivos y distintos de cero. Por tanto, las hip´otesis que se hicieron eran correctas. 169

Podr´ıamos repetir los c´alculos suponiendo que el punto de contacto I desliza hacia la izquierda. Resulta que ese movimiento s´olo es posible con un α negativo, es decir, cuando se golpea de abajo hacia arriba. Se deja como ejercicio rehacer las ecuaciones con esa hip´otesis. 3 Para el movimiento contamos con las ecuaciones del momento cin´etico (1) y la cantidad de movimiento (2). Llamaremos N j a la reacci´on normal y Fr i al rozamiento. Ahora no hay ecuaci´on de ligadura, pero tenemos la inecuaci´on de Coulomb mientras dure el deslizamiento. Siguiendo con la hip´otesis de que desliza hacia la derecha,

y

m x¨ = Fr 0 = −mg + N

ϕ¨

mg x¨

1 2 mR ϕ¨ = R Fr 2 Fr = − f |N| = − f mg

N

Fr x

Quedan ecuaciones lineales mx¨ = − f mg

→

1 2 mR ϕ¨ = −R f mg 2

1 x = x˙d t − f gt 2 2 2fg fg 2 d ϕ˙ = ϕ˙ − t ; ϕ = ϕ˙ d t − t R R

x˙ = x˙d − f gt ; →

4 Estas ecuaciones valen mientras haya deslizamiento, y la velocidad sea positiva. La velocidad de deslizamiento vale vI (t) = x˙ + Rϕ˙ y se anular´a cuando vI (t ∗) = x˙ + Rϕ˙ = x˙d − f gt + Rϕ˙ d − R

2fg t=0 R

→

t∗ =

P [cos α + sin α (2 − 3 f )] 3 f gm

5 En el momento en que no hay deslizamiento, la fuerza de rozamiento ser´a la necesaria para que no deslice, es decir, ninguna porque ya rueda sin deslizar. Por tanto, el sistema se sigue moviendo con velocidad y velocidad angular constantes: x = x(t ∗ ) + x(t ˙ ∗)t

ϕ = ϕ (t ∗ ) + ϕ˙ (t ∗)t

170

ESCUELA TECNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONAUTICOS

Apellidos, Nombre:

Grupo:

Mec´anica II - Problema de Din´amica de Sistemas

Curso: 01/02

Fecha:

22.06.2002

Problema 8.1.2: Un sistema material est´a formado por dos discos pesados iguales, de masa m y radio r, que se pueden considerar como infinitamente delgados. El disco 1 est´a horizontal y fijo en el origen de coordenadas O, de manera que s´olo puede girar libremente alrededor del eje vertical Oz. Un radio fijo de este disco forma con Ox un a´ ngulo ψ1 . El disco 2 est´a articulado con una r´otula lisa en el punto O′ (0, 0, r) mediante una varilla sin masa, ortogonal al disco y de longitud r. Est´a apoyado sobre el otro disco, y rueda sin deslizar sobre e´ l. Se situar´a mediante el sistema Ox0 y0 z0 , de modo que Oz0 coincide con Oz y Ox0 pasa por el punto de apoyo sobre el disco 1. Ox0 forma un a´ ngulo ψ2 con el eje fijo del primer disco, de modo que el a´ ngulo de precesi´on del segundo es ψ1 + ψ2 . El a´ ngulo girado por el disco vertical alrededor de su propio eje (la varilla) es ϕ . En el instante inicial el sistema est´a en reposo y todos los a´ ngulos son cero. Se aplica una percusi´on Pj en el punto (r, 0, 0) del disco horizontal. Suponiendo que el disco vertical no se levanta, y sigue rodando sin deslizar sobre el horizontal, calcular: 1. Momento cin´etico de cada uno de los discos respecto a O′ en un momento arbitrario, en funci´on de las coordenadas y sus derivadas, proyectados en Ox0 y0 z0 . (0,5 puntos) 2. Ecuaci´on de la ligadura cinem´atica. (0,5 puntos) 3. Analizar las percusiones y momentos de percusi´on que act´uan sobre cada uno de los discos al aplicar P (1,5 puntos) 4. Valor de las velocidades angulares inmediatamente despu´es de la percusi´on. Solo ser´a necesario plantear las ecuaciones que determinen el movimiento (4,5 puntos). 5. Despu´es de la percusi´on, el sistema tendr´a un movimiento estacionario con las velocidades angulares resultantes. Calcular la reacci´on normal entre los discos (1,5 puntos) 6. Como la ligadura es unilateral, s´olo act´ua mientras la reacci´on normal sobre el disco vertical sea positiva. Calcular el valor m´aximo de P para que el segundo disco no se levante en el movimiento posterior (1,5 puntos).

z

O'

. ϕ

xxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxx xxxxxxxxxx

y

O x

ψ

ψ

2

1

171

x0

1. Momentos cin´eticos: H1O′

Disco 1:

 − − = 12 mr2 

  0  0 = ˙  ψ1 1

1 punto   0 1 2  0 mr ˙  2 ψ1

Para el disco 2, hay que aplicar Koenig: IO′ z = IGz + mr2 = 14 mr2 + mr2 = 54 mr2 .

H2O′

Disco 2:

 2 = 41 mr2  −

2. Ligadura cinem´atica:

 

   ϕ˙   0 = ˙  ˙ ψ1 + ψ2 5

 2ϕ˙  1 2 0 mr  ˙  4 5 (ψ1 + ψ˙ 2 )

1 punto

z

O'

El centro del disco 2, C, est´a siempre en el plano Ox0 z0 , por lo que tiene respecto al disco 1 la misma velocidad que el punto de contacto como punto independiente, M, que est´a en el eje Ox0 :

C

xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxx

. ϕr

. ψ2 r

O M x

ψ

1

ψ

2

y

vC21 = vM 01 ;

x0

−ϕ˙ r j0 = ψ˙ 2 r j0

⇒

−ϕ˙ = ψ˙ 2

3. Reacciones:

1,5 puntos z

z

R O'

1

R

My

y

O

-Q Mx

xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx

y

O x

2

x0

x

Q

x0

El disco 1 es un s´olido con eje fijo. Se puede fijar de varios modos, con lo que se tendr´ıan diversos sistemas de fuerzas y momentos de ligadura. En cualquier caso, el sistema se puede reducir a O, con lo que se obtiene una reacci´on R1 con tres componentes (el centro est´a fijo y no puede moverse en ninguna direcci´on) y un momento con componentes Mx y My (no hay componente seg´un Oz porque puede girar libremente alrededor de este eje). Adem´as, sufre la percusi´on directamente aplicada P j0 . El disco 2 es un s´olido con punto fijo, por lo que est´a sometido a una reacci´on R2 en O′ con tres componentes. La rodadura sin deslizamiento entre los dos discos supone que el punto de contacto tiene velocidad relativa nula, por lo que habr´a una reacci´on Q con tres componentes de 1 a 2 (y −Q de 2 a 1). N´otese que el sistema es hiperest´atico, pues Qx y R2x0 sobre el disco 2 son redundantes, igual que −Qx y R1x0 sobre el disco 1. Si no hubiera reacci´on radial entre los dos, Qx = 0, y el sistema ser´ıa isost´atico.

172

4. Estado cinem´atico despu´es de la percusi´on:

4,5 puntos

S´olo hay que plantear las ecuaciones que determinan el movimiento: las asociadas a los grados de libertad de cada s´olido. No interesa plantear las del momento cin´etico para todo el sistema, pues hay percusiones de ligadura en O y en O′ : aunque se tomen momentos en uno de esos puntos, quedar´an las ligaduras del otro. 1 (P − Qy ) r = mr2 ψ˙ 1 − 0 4 5 2 Qy r = mr (ψ˙ 1 + ψ˙ 2 ) − 0 4 1 Qy r = mr2 ϕ˙ − 0 2

Mz1 Mz2 Mx2

Junto con la ligadura, −ϕ˙ = ψ˙ 2 , forman un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro inc´ognitas. Se puede sustituir la ligadura en la tercera, obteniendo Qy en funci´on de ψ˙ 2 ; se despeja ψ˙ 1 de la primera, y se sustituyen ambas en la segunda; as´ı se obtiene ψ˙ 2 , y de e´ sta las dem´as:

ψ˙ 2 = −

5 P 6 mr

ψ˙ 1 =

7 P 6 mr

ϕ˙ =

5 P 6 mr

5. Reacci´on normal:

1,5 puntos

Aunque no sea necesario, porque ya lo dice el enunciado, es f´acil comprobar que el movimiento resultante es estacionario. Planteando la ecuaci´on del momento cin´etico seg´un Oz para cada uno de los discos y para el sistema, m´as la ligadura, se tiene un sistema incompatible en las derivadas segundas, cuya u´ nica soluci´on es que sean todas cero, as´ı como Qy (las reacciones no son ya las de percusi´on, sino las del movimiento ordinario). Por lo tanto, el sistema mantiene el estado cinem´atico resultante de la percusi´on. Para hallar la reacci´on normal Qz hay que plantear la ecuaci´on del momento cin´etico del disco 2 seg´un Oy0 , teniendo en cuenta que son ejes m´oviles:   

i0 j0

¨ 2 ϕ k 0     2 0

1 dHO′ 1 1 0 ψ˙ 1 + ψ˙ 2

= mr2 ϕ˙ (ψ˙ 1 + ψ˙ 2 ) = mr2 + mr2

0 0  4  ¨   dt 4

2ϕ˙ 0 5 (ψ˙ 1 + ψ˙ 2 ) 2 0 5 ( ψ1 + ψ¨ 2 )

El momento de las fuerzas en O′ ser´a: (mg − Qz − Qx ) r j0 . Si no hay reacci´on radial, Qx = 0, el problema es isost´atico, y se puede determinar la reacci´on normal: 1 5 P2 (mg − Qz ) r = mr2 ϕ˙ (ψ˙ 1 + ψ˙ 2 ) = 2 36 mr

6. Percusi´on m´axima:

⇒

Qz = mg −

5 P2 36 mr 0,5 puntos

5 P2 Si la ligadura es unilateral, Qz = mg − ≥ 0, por lo que el valor m´aximo de la percusi´on 36 mr corresponde a Qx = 0. Si fuera mayor, har´ıa falta tirar del disco 2 hacia abajo, y esto no es posible porque est´a simplemente apoyado: se levantar´ıa. Por tanto, Pmax = 6m

173

r

gr 5

Problema 8.1.3: Un disco homog´eneo y pesado, de masa m y radio a rueda sin deslizar sobre un plano Oxy manteniendo su plano vertical en todo momento. En el punto de contacto con el plano existen las ligaduras f´ısicas necesarias para que se mantengan las condiciones cinem´aticas descritas. El disco mantiene, adem´as, en todo momento, un contacto liso con el plano Oxz. La configuraci´on del disco la consideramos definida mediante los par´ametros ξ , η , ϕ , θ indicados en la figura, siendo (ξ , η ) las coordenadas del punto de contacto, θ el a´ ngulo que forma el plano del disco con el Oxz, y ϕ el a´ ngulo que forma un radio fijo del disco con la vertical descendente. Entre los par´ametros η y θ existe la ligadura geom´etrica evidente η = a sin θ . Se pide: 1. Expresar las condiciones cinem´aticas de rodadura sin deslizamiento en funci´on de los par´ametros y sus derivadas respecto al tiempo. 2. Estudiar si el sistema es hol´onomo. 3. Obtener las ecuaciones param´etricas de la trayectoria del centro del disco en funci´on de θ . 4. Expresar el a´ ngulo ϕ en funci´on de θ . 5. En un instante en que ξ = ξ0 y θ = π /6, y estando el sistema en reposo, se aplica al disco una percusi´on horizontal P contenida en su plano, en el punto diametralmente opuesto al de contacto con Oxz. Determinar el estado cinem´atico a la salida de la percusi´on. 6. Determinar las percusiones de ligadura. 7. Dejar el movimiento posterior reducido a una cuadratura. 8. Obtener las reacciones de los planos sobre el disco, en el momento inicial del movimiento que comienza, una vez pasado el momento de la percusi´on. Febrero de 1991

174

1 Llamaremos S2 al disco y S0 a los ejes que le acompa˜nan en la precesi´on. El punto de contacto I tiene velocidad nula como parte del disco:

z1 z0

vI21 = vC21 + ω 21 ∧ CI = 0 Al mantener el disco vertical, queda fijado su a´ ngulo de nutaci´on. Hay que tener cuidado con la precesi´on, que est´a tomada en sentido opuesto al habitual:

ω 21 = ω 01 + ω 20 = −θ˙ k0 + ϕ˙ i0

C

θ

ϕ

y1

y0

I x1

La velocidad de C se conoce directamente en ejes fijos, y la de rotaci´on en ejes intermedios:  

 

     ξ˙ 

i0 j0 k0

 ξ˙   0  0

˙ ˙ ˙ ˙ ˙ a ϕ 0 + + = = ϕ 0 − θ η

η     

0 0 0 0 0 −a 0 1 0 1

θ˙

x0

y0 aϕ˙

θ

La ligadura se puede proyectar en ejes fijos o en ejes intermedios, pero hay que tener algo de cuidado, por la forma en que est´a definido el a´ ngulo θ :

η˙

θ θ

ξ˙

x0

      ξ˙ − aϕ˙ cos θ   ξ˙ sin θ + η˙ cos θ  0 ˙ = −ξ cos θ + η˙ sin θ + aϕ˙ = 0 η˙ + aϕ˙ sin θ     0 0 0 1 0

2 Al s´olido libre (6 GDL) se le han impuesto dos ligaduras: normal al plano Ox1 y1 (´angulo de nutaci´on igual a 90o ), y contacto con este mismo plano (que junto con la anterior supone zC = a). Estas dos ligaduras finitas ya se han usado para eliminar coordenadas, dejando cuatro: ξ , η , θ (precesi´on) y ϕ (rotaci´on propia). Se han definido m´as ligaduras, sin eliminar coordenadas: Rodadura sin deslizamiento: tres ligaduras cinem´aticas que acabamos de calcular, de las que la componente seg´un z0 es integrable y est´a ya contada al hacer zC = a (por eso se obtiene 0 = 0). Las otras dos son cinem´aticas no integrables mientras no se den m´as condiciones, porque tienen cuatro variables dependientes y una independiente t (o tres y una si se elimina t y se deja θ como independiente). Contacto liso del disco con el plano Ox1 z1 : es finita, y relaciona dos de las coordenadas generalizadas: η = a sin θ → η˙ = a cos θ θ˙ Con esta relaci´on adicional, las cinem´aticas pasan a ser integrables. Es algo m´as f´acil con las ligaduras proyectadas en ejes fijos. Si derivamos la finita y la sustituimos en la segunda cinem´atica, cos θ d θ a cos θ θ˙ + aϕ˙ sin θ = 0 → = −d ϕ sin θ Si esta ϕ˙ se sustituye en la de ξ˙ , tambi´en se vuelve integrable: cos2 θ θ˙ ξ˙ = −a sin θ Con las ligaduras en ejes intermedios, se llega al mismo resultado con algo m´as de trabajo. Sustituyendo la nueva en la primera cinem´atica,

ξ˙ sin θ + η˙ cos θ = 0 = ξ˙ sin θ + aθ˙ cos2 θ 175

→

cos2 θ ˙ ξ˙ = −a θ sin θ

Ahora se sustituyen esta y la de η˙ en la cinem´atica seg´un Iy0 : cos3 θ ˙ cos θ ˙ θ + aθ˙ cos θ sin θ + aϕ˙ → ϕ˙ = − θ sin θ sin θ Las nuevas ligaduras son una finita y dos cinem´aticas integrables, por lo que el sistema es hol´onomo con 1 GDL. Podemos dejar solo la coordenada θ , pues las otras tres se pueden obtener como funci´on de esta (otra cosa es que interese integrarlas: quiz´as las expresiones son complicadas, y compense tratarlo como no hol´onomo). 0 = −ξ˙ cos θ + η˙ sin θ + aϕ˙ = a

3 η se conoce en funci´on de θ por la ligadura finita, y ξ se ha reducido a una cuadratura en θ . La integramos.

η = a sin θ ;

d ξ = −a →

cos2 θ dθ sin θ

→

θ ξ = −a [cos θ + ln (csc θ − cot θ )] +C = −a cos θ + ln tan +C 2

4 Tambi´en integramos la cuadratura de ϕ : dϕ = −

cos θ dθ sin θ

→

ϕ = − ln sin θ +C

5 Como solo hay un grado de libertad, al aplicar la ligadura aparecer´an cinco inc´ognitas de ligadura: percusi´on normal al plano en A; percusi´on con tres componentes en I, y un momento seg´un Iy0 que impide la nutaci´on (o un sistema de percusiones equivalente a este momento, seg´un se construya f´ısicamente esta ligadura). Hay varios caminos: 1. Mec´anica de Newton-Euler 2. Anal´ıtica, como hol´onomo 3. Anal´ıtica, como no hol´onomo, ya por multiplicadores, ya por desplazamientos independientes.

z1 z0

A

NA

P

B

C ZI

y0 YI x1

y1

MyI

XI x0

Teniendo en cuenta que en el siguiente apartado se piden las percusiones de ligadura, parece m´as conveniente usar las ecuaciones de Newton-Euler. Si se trata por anal´ıtica como no hol´onomo —y solo por el m´etodo de los multiplicadores— se determinan NA , XI e YI , pero no ZI ni MyI : estas corresponden a ligaduras finitas y no aparecen por anal´ıtica. Habr´ıa que liberar esas ligaduras, lo que complicar´ıa mucho el problema. La normal ZI se puede hallar f´acilmente por newtoniana una vez resuelto el problema. Por el m´etodo de los desplazamientos independientes no se obtiene ninguna percusi´on de ligadura. Finalmente, al tratarlo como hol´onomo solo obtenemos el estado cinem´atico: θ˙ d de la ecuaci´on u´ nica, y las otras de las ligaduras. Exploraremos las tres opciones. Soluci´on (incompleta) como sistema hol´onomo Hay que calcular la Lagrangiana. Solo necesitamos la energ´ıa cin´etica, pues el potencial es constante:    2 0 0  ϕ˙  2 1 1 ma  0 1 0 0 T = m ξ˙ 2 + η˙ 2 + ⌊ϕ˙ , 0, −θ˙ ⌋ · = 2 2 4 0 0 1 −θ˙  ma2 ma2 1 + 5 cos2 θ 2 m ˙2 = ξ + η˙ 2 + 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 = θ˙ 2 8 8 sin2 θ 176

La u´ nica derivada que necesitamos para ecuaciones impulsivas es

∂L ma2 1 + 5 cos2 θ ˙ = θ 4 ∂ θ˙ sin2 θ Y este t´ermino hay que particularizarlo para el momento de la percusi´on:

π 19ma2 ˙ d → Lθ˙ = θ 6 4 Hay que calcular las fuerzas generalizadas de la percusi´on. Primero obtenemos la velocidad del punto de aplicaci´on en funci´on de la u´ nica velocidad generalizada:

i0 j0 k0

 aθ˙ 

cos θ ˙ θ ˙ ˙

vB21 = ω 21 ∧ IB =

− cos sin θ θ 0 −θ =  a sin θ θ  θ ˙

0 a a

−a cos sin θ θ θ=

Ya podemos calcular la fuerza generalizada −P j0 · vB21 = −Pa

cos θ ˙ θ = Qθ θ˙ sin θ

→

√ Qθ = −Pa 3

La ecuaci´on de Lagrange impulsiva (porque solo hay un grado de libertad) es: √ √ 19ma2 ˙ d 4 3P d a d θ − 0 = −Pa 3 → θ˙ = − Lθ˙ − Lθ˙ = Qθ ; 4 19ma Con este valor se va a las ligaduras, y se obtienen las otras velocidades: √ 6 3P 6P 12 P d ξ˙ = ηd = − ϕ˙ d = 19m 19m 19ma As´ı queda contestado este punto pero, para obtener las percusiones de ligadura en el siguiente apartado, hay que volver a plantearlo por otro camino. Soluci´on como sistema no hol´onomo por multiplicadores Dejamos las cuatro coordenadas generalizadas, aunque no sean independientes. Incluimos tres ligaduras cinem´aticas: las dos de rodadura y la de contacto en A derivada. Se calcula la energ´ıa cin´etica como antes, pero dejando las cuatro velocidades: ma2 m ˙2 2 ˙ L =T = ξ +η + 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 2 8

Los multiplicadores de Lagrange representan las percusiones en las tres ligaduras no integradas: L1 ≡ vA21 · j1 = 0 η˙ − a cos θ θ˙ = 0 FL1 = µ1 j1 L2 ≡ vI21 · i0 = 0 ξ˙ sin θ + η˙ cos θ = 0 FL2 = µ2 i0 L3 ≡ vI21 · j0 = 0 −ξ˙ cos θ + η˙ sin θ + aϕ˙ = 0 FL3 = µ3 j0

Las de I se han proyectado en ejes S0 . Si se proyectaran en ejes S1 , los multiplicadores ser´ıan las componentes de la fuerza de ligadura en ejes fijos, combinaci´on lineal de los dos que usamos. Hay que calcular tambi´en las fuerza generalizadas de la percusi´on directamente aplicada. Se ha hecho antes para una sola variable; ahora hay que calcularla para cuatro. P · vA21 = Qξ ξ˙ + Qη η˙ + Qϕ ϕ˙ + Qθ θ˙

Por el m´etodo anterior, se calcul´o la velocidad como ω 21 wedgeIB , aprovechando la ligadura de no deslizamiento para simplificar el c´alculo. Ahora no se puede usar, pues hay que tratar las cuatro variables como independientes: los multiplicadores se encargan de que se cumplan.  

      ξ˙ 

i0 j0 k0

 ξ˙  aθ˙  ξ˙ sin θ + η˙ cos θ + aθ˙  vB21 = η˙ + ϕ˙ 0 −θ˙

= η˙ + 0 = −ξ˙ cos θ + η˙ sin θ  

      0 a 0

aϕ˙ 0 0 1 0 1 aϕ˙ 177

Se sustituye θ por su valor en el momento de la percusi´on, y se calculan las fuerzas generalizadas: √ √ 3P ˙ P 3P P A P · v21 = ξ − η˙ → Qξ = Qη = − Qϕ = Qθ = 0 2 2 2 2 Las ecuaciones de Lagrange impulsivas ser´an de la forma g

Lq˙dj − Lq˙aj = Q j + ∑ µk Ck j k=1

donde las Ck j son los coeficientes de las velocidades generalizadas en cada ecuaci´on de ligadura. Ya podemos ir escribiendo las cuatro ecuaciones: (1) (2) (3) (4)

m ξ˙ d − 0 =

m η˙ d − 0 =

ma2

˙d 2 ϕ ma2 ˙ d 4 θ

√ P 3 2 − P2

−

+

1 2 µ2 √ 3 2 µ2

+

√ 3 2 µ3 1 2 µ3

+

0

+

a µ3

µ1 +

0

+

0

+

0

+

+

µ1 0

− 0 =

0

+

− 0 =

0

−

√ a 3 2

Estas ecuaciones se completan con las de ligadura particularizadas para el momento de la percusi´on: √

(5) η˙ d − a 2 3 θ˙ d = 0 √ (6) 12 ξ˙ d + 23 η˙ d = 0 √ (7) − 23 ξ˙ d + 12 η˙ d + a ϕ˙ d = 0 Queda un sistema lineal cerrado de siete ecuaciones con siete inc´ognitas. La soluci´on es, naturalmente, laboriosa. Si se cuenta con un programa de a´ lgebra simb´olica se puede invertir la matriz de coeficientes, o resolver con las rutinas para sistemas lineales1 : √   3    √  m 0 0 0 0 −√21 2 P 3   ξ˙ d  3 1    2  m 0 0 −1 − 2 − 2     0   d     P     η˙  2 −     ma 2   0     0 0 −a 0 0 d     2 √       ˙ ϕ 0 2  0  a 3 ma d 0 0 0 0 ˙ =   θ 0 4 2      √          µ 0 a 3 1     1 0 − 0 0 0   0     2     √  1      µ 0 2     3      2  0 0 0 0 0 2 √ µ3 0 − 23 12 a 0 0 0 0

A mano, hay que ir despejando y sustituyendo pacientemente. Se puede, por ejemplo, usar las ligaduras para dejar una sola velocidad —por ejemplo, la θ˙ d que se us´o con el sistema hol´onomo— y luego entre las cuatro ecuaciones de Lagrange eliminar los tres multiplicadores. O al rev´es, con las ecuaciones (1)-(4) eliminar los multiplicadores, dejando una ecuaci´on en las velocidades; luego con las tres ligaduras se eliminan tres velocidades y se deja una sola, por ejemplo la θ˙ d . Obtenida esta, se vuelve atr´as determinando las dem´as. As´ı, de (3) y (4) se obtiene directamente √ ma d 3ma ˙ d µ1 = − θ µ3 = ϕ˙ 6 2 mientras que de (3) y (1) se despeja √ √ 3ma d d ˙ µ2 = 2mξ + ϕ˙ − P 3 2 Sustituy´endolas en (2), √ 1 N´ otese

√ ma 3 ˙ d 3m ξ − m η − θ + ma ϕ˙ d = 2P 6 ˙d

˙d

la simetr´ıa/antisimetr´ıa de la matriz de coeficientes. M´as adelante se comentar´a este hecho.

178

(8)

Ahora, con las ligaduras vamos dejando las velocidades en funci´on de θ˙ d , √ √ a 3 ˙d 3a ˙ d d η˙ = θ ; ξ˙ d = θ ; ϕ˙ d = − 3 θ˙ d 2 2 Se sustituyen todas las velocidades en (8), se determina θ˙ d : √ 4 3 P d θ˙ = − 19 am Con este valor se van determinando las otras velocidades, que son naturalmente las mismas que por el m´etodo anterior y no vamos a repetir. Y con las velocidades se obtienen los multiplicadores, que son las fuerzas de ligadura: √ 2P 3P 6P µ1 = NA = µ2 = XI = − µ3 = YI = 19 19 19 Para determinar la componente que falta, se plantea la ecuaci´on impulsiva de cantidad de movimiento en la direcci´on vertical, que es directa porque no hay velocidades ni percusiones directamente aplicadas en esa direcci´on: 0 + ZI = 0 − 0

⇒

ZI = 0

Si se quisiera obtener el momento de percusi´on en I que impide la nutaci´on —habr´ıa que ver si las “percusiones de ligadura” del enunciado incluyen los momentos— se plantear´ıa la ecuaci´on impulsiva de momento cin´etico en esa direcci´on. Lo dejaremos porque es parte de la soluci´on por newtoniana que sigue. Soluci´on por mec´anica de Newton-Euler Hay que plantear las ecuaciones impulsivas de cantidad de movimiento, d P + NA j1 + RI = m vC − 0

Para la de momento cin´etico, podemos tomar momento en C:

CB ∧ P + CA ∧ NA j1 + CI ∧ RI + MI = HCd − 0 o en I IB ∧ P + IA ∧ NA j1 + MI = HdI − 0

Tomando momentos en C el momento cin´etico es m´as f´acil de calcular, pero las percusiones de ligadura aparecen en ambas ecuaciones, y hay que resolver el sistema completo. Si se toman en I, no aparecen las percusiones de ligadura de ese punto, y se resuelve el sistema con m´as facilidad, pero el momento cin´etico es m´as largo. No hay que a˜nadir t´erminos complementarios porque, con las velocidades absolutas, est´an acotados y desaparecen en la percusi´on. Este segundo camino parece m´as adecuado al ritmo del enunciado, que pide primero las velocidades y despu´es las percusiones de ligadura. Por otra parte, podemos introducir las ligaduras al principio, y dejar s´olo un grado de libertad, o conservar las velocidades gen´ericas y a˜nadir las de ligadura al sistema de ecuaciones que hay que resolver. y0

Planteamos la primera, en ejes S0

YI

 √    √       0  XI + NA 23   ξ˙ d 21√+ η˙ d 23   0 1 3 1 d d ˙ −P + = m −ξ − 0 ˙ 2 + η 2    YI + NA 2       0 0 ZI 0 179

θ

η˙

θ θ XI

NA

ξ˙

x0

Esta ecuaci´on solo sirve para obtener tres percusiones de ligadura, una vez obtenidas las velocidades y la cuarta percusi´on de ligadura. El momento cin´etico en I ser´a HI = HC + IC ∧ m vC Todos los t´erminos son conocidos. Podemos sustituir en la ecuaci´on de momentos en I,   √     3 1  d d 1 ˙  d ˙   aNA 2   aP −  ma2  2ϕ˙  −a −ξ 2 +√η 2   √ 3 I 3 1 d d 0 + My = +m ˙ aNA 2 √ a ξ 2 + η˙ 2     4  ˙d     −θ   aNA 23 0

Recordando que las ligaduras imponen que

√ ϕ˙ d = − cot θ θ˙ d = − 3 θ˙ d √ 1 ˙d ξ + 3 η˙ d = 0 − la ecuaci´on queda

2 2 3 ˙d 1 ˙d 2 ξ +2η

√

+ a ϕ˙ d = 0

   √  1  aP − aN A   ma2 −6 3 θ˙ d  2  √ aNA 23 √ + MyI = 0    4    3 −θ˙ d aNA 2

De la tercera se despeja la normal en A,

ma NA = − √ θ˙ 2 3 y sustituyendo en la primera se obtiene la velocidad de precesi´on, que es naturalmente la misma que por los otros procedimientos: √ 4 3 P d θ˙ = − 19 ma De las ecuaciones de las ligaduras se obtienen las otras velocidades, que no repetimos porque son las mismas que por los otros procedimientos. Si se hubiera planteado la ecuaci´on del momento cin´etico en C,      √   aYi  ma2  2ϕ˙ d  ma2 −2 3θ˙ d  MyI − √ aXI = 0 0 =   4  ˙d 4  3  −θ −θ˙ d aNA 2

no se habr´ıa podido resolver por separado. Hay que resolver a la vez la de cantidad de movimiento. 6 Las percusiones de ligadura se han obtenido ya —menos el momento MyI — por mec´anica anal´ıtica como no hol´onomo. Por newtoniana se han obtenido solo las velocidades. En la ecuaci´on del momento cin´etico se despej´o la normal en A: ma 2 NA = − √ θ˙ = P 19 2 3 Con esto y las velocidades, se va a la ecuaci´on de cantidad de movimiento, donde se han sustituido las ecuaciones de las ligaduras, √        0  XI + NA 23   √0  1 −P + = m a 3θ˙ d    YI + NA 2    0 0 ZI 180

y se obtiene directamente XI = −

√

3 P 19

YI =

6 P 19

ZI = 0

Volviendo a la del momento cin´etico, se obtiene MyI

=−

√

3 aP 19

7 Reducci´on a cuadraturas. En el movimiento posterior siguen actuando las ligaduras. Adem´as, el sistema es conservativo (fuerza directamente aplicada potencial, ligaduras ideales y estacionarias), por lo que tenemos la integral de la energ´ıa: cte T + V = E Con las tres ligaduras podemos eliminar tres velocidades y dejar la energ´ıa cin´etica en funci´on de θ˙ : ma2 ma2 1 + 5 cos2 θ 2 m ˙2 T= ξ + η˙ 2 + 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 = θ˙ = E 2 8 8 sin2 θ De aqu´ı se obtiene una cuadratura, r Z p Z d θ 8E 2 ± 1 + 5 cos θ = dt sin θ ma2 8 Las reacciones en los planos se pueden hallar por newtoniana o por anal´ıtica como no hol´onomo. Como hol´onomo, naturalmente, no aparecen. Anal´ıtica como no hol´onomo De la lagrangiana ma2 m ˙2 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 ξ + η˙ 2 + 2 8 con las ecuaciones de las ligaduras, se pueden escribir directamente las ecuaciones de Lagrange en las que aparecen los multiplicadores: L =

(1) (2) (3) (4)

m ξ¨ − 0 = m η¨ − 0 =

µ1

¨ − 0 =

0

ma2

2 ϕ ma2 ¨ 4 θ

0

+ sin θ µ2 − cos θ µ3 + cos θ µ2 + sin θ µ3 +

0

+

a µ3

− 0 = −a cos θ µ1 +

0

+

0

Necesitamos tres aceleraciones angulares. La de θ se obtiene de la energ´ıa y las otras de las ligaduras. Derivando la ecuaci´on de la energ´ıa, ma2 1 + 5 cos2 θ ˙ 2 θ =E 2 8 sin θ ( " # ) 2 2θ 2 1 + 5 cos2 θ cos θ ma 1 + 5 cos −10 cos θ T˙ = 2 θ˙ θ¨ + − θ˙ 3 = 0 8 sin θ sin2 θ sin3 θ √ 6 cos θ 1152 3 P2 2 ˙ ¨0 = θ¨ = θ θ sin θ (1 + 5 cos2 θ ) 6859 m2 a2 T=

Derivando las ecuaciones de ligadura (solo necesitamos dos),

η˙ = a cos θ θ˙

η¨ = −a sin θ θ˙ 2 + a cos θ θ¨

ϕ˙ = − cot θ θ˙

ϕ¨ = 1 + cot2 θ θ˙ 2 − cot θ θ¨ 181

1272P2 6859am2 192P2 ϕ¨ 0 = 6859m2 a2

η¨ 0 =

Ya podemos volver a las ecuaciones de Lagrange, sustituir las derivadas segundas, y despejar las fuerzas de ligadura: √ 576 P2 1200 3 P2 96 P2 µ1 = NA = − µ2 = XI = µ3 = YI = 6859 ma 6859 ma 6859 ma Para la reacci´on vertical en I, planteamos la ecuaci´on de cantidad de movimiento en la direcci´on Oz1 : −mg + ZI = 0 → ZI = mg

N´otese que las dimensiones son distintas de las del apartado anterior: antes eran percusiones, ahora son fuerzas, funciones del tiempo (aunque lo que se pide es su valor en un instante dado, es decir, una constante, lo que puede llevar a confusiones con el valor constante de las percusiones). Newton-Euler Para obtener las fuerzas de ligadura por este m´etodo, se abren diversas opciones: Proyectar la ecuaci´on de la cantidad de movimiento en ejes fijos o intermedios. Como tenemos cuatro inc´ognitas, adem´as de las de cantidad de movimiento se necesita una de momento cin´etico: podemos plantearla completamente y escoger una, o seleccionar una componente desde el principio y tratar de calcular solo los t´erminos necesarios para esa. Usar la ecuaci´on de momento cin´etico en el centro (momento cin´etico y derivada m´as sencillos) o en el punto de contacto (no intervienen las ligaduras en I, pero los t´erminos cin´eticos son m´as complejos; y ahora no se anula el t´ermino complemetario). Sustituir las ecuaciones de ligadura al principio, y dejar un solo grado de libertad, o resolverlas junto con el sistema de ecuaciones completo. Relacionado con esto, para obtener la aceleraci´on se deriva la velocidad como (ξ˙ , η˙ ), o se substituye ϕ˙ o θ˙ ; se deriva en ejes fijos o en ejes m´oviles. La derivada segunda que se necesita se obtiene de la ecuaci´on de la energ´ıa, o de las mismas ecuaciones del movimiento. Si antes se escribi´o solo una componente de la ecuaci´on de momento cin´etico, habr´a que usar la de la energ´ıa cin´etica. Procuraremos, en la medida de lo posible, plantear las diversas opciones para comparar su dificultad, y desarrollar las que aporten alguna novedad respecto a los m´etodos anteriores. Tambi´en hay que destacar que, aunque usemos los mismos s´ımbolos, ahora se trata de fuerzas de ligadura y no de percusiones de ligadura. La ecuaci´on de cantidad de movimiento puede escribirse en ejes S0        0  XI + NA cos θ   ξ¨ sin θ + η¨ cos θ  0 + YI + NA sin θ = m −ξ¨ cos θ + η¨ sin θ       −mg ZI 0 o en los S1        0   XI sin θ −YI cos θ   ξ¨  0 + XI cos θ +YI sin θ + NA = m η¨       −mg ZI 0

y0 YI

θ

η¨

θ θ XI

NA

ξ¨

x0

Ahora aparecen las fuerzas directamente aplicadas (acotadas), y no las percusiones. Las ligaduras y las coordenadas son funciones del tiempo, y las derivadas tambi´en: se trata de ecuaciones diferenciales. En las de percusi´on aparec´ıan tambi´en derivadas, pero no eran funciones sino valores en un momento dado (ξ˙ d ), es decir, constantes. Eran ecuaciones algebraicas. La aceleraci´on del centro de masas se ha obtenido derivando directamente su velocidad en ejes fijos, (ξ˙ , η˙ , 0). Pero se podr´ıa haber calculado introduciendo las ligaduras. Un modo ser´ıa vC21 = (0, −aϕ˙ , 0)0 = (aϕ˙ cos θ , −aϕ˙ sin θ , 0)1 182

Tambi´en se podr´ıa haber puesto en funci´on de θ˙ , pero las expresiones quedan m´as complicadas. La aceleraci´on se obtiene derivando, en ejes fijos o en ejes m´oviles por el teorema de Coriolis: γ C21 = −aϕ˙ θ˙ , −aϕ¨ , 0 0 = aϕ¨ cos θ − aϕ˙ θ˙ sin θ , −aϕ¨ sin θ − aϕ˙ θ˙ cos θ , 0 1

Con la ecuaci´on de cantidad de movimiento, en cualquiera de sus formas, tenemos tres ecuaciones y cuatro fuerzas de ligadura. Hace falta otra ecuaci´on de las de momento cin´etico. Veamos las distintas opciones: Si escogemos la de momento cin´etico en C, CA ∧ NA j0 + CI ∧ RI + MyI j0 =

d HC dt

proyectando seg´un k0 , que es un vector constante, ⊥

⊥

I CA ∧ NA j0 + CI ∧ R I + M j · k0 0 y

=

d d HC · k0 = (HC · k0 ) dt dt

Es una ecuaci´on vectorial, podemos proyectarla en los ejes que se prefiera; la componente z0 es la misma en ejes S1 y S0 ; conocemos el momento cin´etico en C, por lo que escribimos directamente ma2 ¨ θ aNA cos θ = − 4 Ahora se calcula θ¨ derivando la ecuaci´on de la energ´ıa, se particulariza para el momento de salida de la percusi´on (θ = π /2, θ˙ d , y se obtiene ϕ¨ derivando la ligadura ϕ˙ . Con estos valores, queda un sistema lineal de cuatro ecuaciones con cuatro inc´ognitas para NA , XI , YI , ZI . Como esto ya se ha hecho por anal´ıtica, no lo repetimos. Otro camino es plantear la ecuaci´on del momento cin´etico completa. Es m´as laborioso, pero evita tener que derivar la de la energ´ıa para obtener θ¨ . Tomando momentos en el centro de masas, y proyectando en ejes m´oviles S0        aYI  d ma2  2ϕ˙  ma2  2ϕ¨  0 M I − aXI = −2ϕ˙ θ˙ =  y  dt 4  ˙    4 −θ aNA cos θ −θ¨ Junto con las tres de cantidad de movimiento, tenemos un sistema de seis ecuaciones con seis inc´ognitas: NA , XI , Yy , ZI , MyI y θ¨0 ; las otras velocidades y aceleraciones de obtienen con las ecuaciones de las ligaduras. Finalmente, podemos plantear la ecuaci´on del momento cin´etico en I: IA ∧ NA j0 + MyI j0 =

= d C v HI + m vI01 ∧ 21 dt

el t´ermino complementario es nulo porque las dos velocidades son iguales: un punto est´a siempre encima del otro. El momento cin´etico en I ya se calcul´o antes como     ˙    ˙ −a −ξ cos θ + η˙ sin θ   2  2ϕ ma 0 +m HI = HC + IC ∧ m vC = ˙ a ξ sin θ + η˙ cos θ   4 −θ˙      0 Introduciendo las ligaduras se reduce a

   6ϕ˙  0 HI = 4 −θ˙  ma2

183

Ya podemos escribir la ecuaci´on del momento cin´etico, teniendo en cuenta que trabajamos en ejes m´oviles:      −aNA sin θ  ma2  6ϕ¨  aNA cos θ + MyI = −6ϕ˙ θ˙    4  aNA cos θ −θ¨

Tenemos de nuevo un sistema de seis ecuaciones con seis inc´ognitas (o siete y siete, si contamos ϕ¨ y la correspondiente ligadura. Pero este es m´as f´acil de resolver, porque no aparecen las ligaduras de I en la segunda ecuaci´on.

Vamos a resolver el u´ ltimo camino. Con la primera y la tercera del momento cin´etico eliminamos NA y queda 6ma2 sin θ ma2 ¨ 1 ϕ¨ = θ → ϕ¨ = tan θ θ¨ 4 cos θ 4 6 Si derivamos la ligadura que relaciona ϕ˙ y θ˙ , ϕ˙ = − cot θ θ˙ → ϕ¨ = 1 + cot2 θ θ˙ 2 − cot θ θ¨

se despeja θ¨ , se sustituyen los valores de θ y θ˙ del instante posterior a la percusi´on, y se obtiene √ 2 tan 1152 θ 3 P2 2 θ¨ → θ¨0 = 1 + cot θ θ˙ = cot θ + 6 6859 m2 a2

Con esto se obtiene la ϕ¨ 0 de la ligadura, la NA de la primera o la tercera del momento cin´etico, y MyI de la segunda: √ 2 192 P2 576 P2 1656 3P NA = − MyI = ϕ¨ 0 = 2 2 6859 m a 6859 ma 6859 m Ahora se va a la cantidad de movimiento en S0 , donde se ha expresado la aceleraci´on en funci´on de las derivadas de los a´ ngulos,        0  XI + NA cos θ  −aϕ˙ θ˙  0 + YI + NA sin θ = m −aϕ¨       −mg ZI 0 Se despejan directamente las reacciones en I, porque todo lo dem´as es conocido √ 1200 3 P2 96 P2 XI = YI = ZI = mg 6859 ma 6859 ma

De los diversos caminos y subcaminos de la formulaci´on de Newton-Euler, este u´ ltimo parece el m´as directo. Se evita derivar la energ´ıa cin´etica, la ecuaci´on del momento cin´etico en I ha resultado m´as simple de lo previsto, y se obtiene el momento MyI , que por anal´ıtica no se puede calcular. N´otese que para acortar se ha expresado la velocidad en funci´on de ϕ˙ , y se ha derivado en ejes m´oviles. Probablemente, cualquiera de las variaciones posibles habr´ıa resultado en operaciones m´as largas. Simetr´ıas Se dir´a algo ahora de la simetr´ıa o antisimetr´ıa de la matriz de coeficientes que se obtiene por el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. No es casualidad. En un sistema de N part´ıculas, las ligaduras finitas conllevan ligaduras cinem´aticas: f (x1 , y1 , z1 , . . . , xN , yN , zN ,t) = 0

fx1 x˙1 + . . . fzN z˙n + ft = 0

Si hay m´as ligaduras, se puede formar un vector de ligaduras (constraints), un vector de coordenadas, otro de velocidades, y expresarlo todo matricialmente        f1   x1   x˙1  . . ˙ = ... C(X,t) = .. X = .. X       fg zN z˙N 184

As´ı las ligaduras cinem´aticas derivadas de las finitas se pueden expresar mediante el jacobiano CX ∂ fi ˙ + Ct = 0 CX · X donde CX [i, j] = ∂xj Cuando se usan estas ligaduras finitas para introducir coordenadas generalizadas q = (q1 , . . . , qn ) , desaparecen por completo ellas y sus derivadas. Al expresar las posiciones como ri = ri (q,t) ya se cumplen autom´aticamente. Adem´as de las finitas, puede haber cinem´aticas no integrables, de la forma Ak1 · vM1 + · · · + AkN · vMN + Dk = 0 Como se est´a obligando a que la part´ıcula Mi tenga una determinada velocidad en la direcci´on Aki , hay una fuerza de ligadura que la obliga a moverse de esa manera, FLki = µk Aki Si se introducen coordenadas generalizadas q, las ligaduras finitas desaparecen; solo quedan las cinem´aticas no integrables, que pueden expresarse en funci´on de las coordenadas y velocidades generalizadas: C11 q˙1 + · · · +C1n q˙n + D1 = 0 .. . . = .. Ch1 q˙1 + · · · +Chn q˙n + Dh = 0 Con estos coeficientes se puede formar una matriz, a la que tambi´en se llama Jacobiano —aunque obviamente de manera impropia, porque no son derivadas de funciones— y expresarlo igual que las integrables: C q · q˙ + Ct = 0 Cuando se usa el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange, se calculan las fuerzas generalizadas Qk j de la ligadura k al mover la coordenada generalizada j. Los desplazamientos virtuales compatibles con las ligaduras (DVCL) se obtienen congel´andolas, Cq · δ q + Ct δ t = 0 Para que las ligaduras sean ideales, las fuerzas generalizadas tienen que dar trabajo nulo en todos los DVCL. Esto se consigue si tienen la forma    λ1  T QL = C q · λ λ = ...   λk De este modo el trabajo virtual en los DVCL ser´a siempre nulo:

Cq · δ q = λ T · δ W = QTL · δ q = λ T ·C C q · δ q = 0 ∀ DVCL Al introducir las coordenadas generalizadas, la energ´ıa cin´etica del sistema queda T = T2 =

1 1 A · q˙ Ai j q˙i q˙ j = q˙ T ·A ∑ 2 i, j 2

Por simplicidad se ha considerado un sistema escler´onomo. La matriz A podemos hacerla sim´etrica si queremos, porque la energ´ıa cin´etica es un escalar, y al calcularlo lo que se obtiene es 21 Ai j + A ji q˙i q˙ j . No est´a definido qu´e es Ai j y A ji , sino la suma. Podemos distribuirlos como queramos a ambos lados de la diagonal. Por eso, sin p´erdida de generalidad, la matriz la podemos considerar siempre sim´etrica. 185

De esta forma, los t´erminos de las ecuaciones de Lagrange se obtienen

∂T = A ¡ qË™ ∂ qË™

d ∂T = A ¡ q¨ + AË™ ¡ qË™ dt ∂ qË™

1 ∂T Aq ¡ qË™ = qË™ T ¡A ∂q 2

y estas se escriben 1 Aq ¡ qË™ = Q + QL = Q +C CTq ¡ Îť A ¡ q¨ + AË™ ¡ qË™ − qË™ T ¡A 2 donde las Q son las fuerzas generalizadas. Si aislamos a un lado las derivadas segundas y a otro los multiplicadores y todos los dem´as t´erminos, QËœ

z

}|

{ 1 T Ëœ +C CTq ¡ Îť A ¡ q¨ = −AË™ ¡ qË™ + qË™ ¡A Aq ¡ qË™ + Q +C CTq ¡ Îť = Q 2 Estas ecuaciones se completan con las de las ligaduras derivadas, v

C q ¡ qË™ + Ct = 0

→

El sistema completo de ecuaciones

z }| { Ë™ t = C q ¡ q¨ + v = 0 C q ¡ q¨ + CË™ q ¡ qË™ + C

Ëœ +C CTq ¡ Îť A ¡ q¨ = Q

C q ¡ q¨ + v = 0

se puede unir en uno solo definiendo el vector de inc´ognitas algebraico-diferenciales Ëœ CTq q¨ A −C Q x= ¡x = Îť Cq 0 −v Obs´ervese la estructura de la matriz de coeficientes de este sistema algebraico-diferencial: la parte de la energ´Ĺa cin´etica es sim´etrica. Los otros dos bloques son antisim´etricos, pero pueden hacerse sim´etricos con solo definir los multiplicadores con el signo opuesto. Esa es precisamente la convenci´on del m´etodo general de los multiplicadores de Lagrange, m´as amplio que la Mec´anica, y en el que no tienen el sentido f´Ĺsico de fuerzas de ligadura. Entonces se obtiene siempre una matriz sim´etrica. Adem´as, si el sistema no es degenerado (varilla) y la ligaduras son independientes, la matriz es regular y el problema se puede resolver. El que aparezca el Jacobiano (impropio) y su transpuesta se debe a que en un lado est´an las ecuaciones de las ligaduras, y en otro las fuerzas de ligadura, que al ser ideales se definen con el mismo Jacobiano. En el movimiento general se tiene un sistema de ecuaciones algebraico-diferenciales, donde las inc´ognitas son las aceleraciones generalizadas y las fuerzas de ligadura. En el problema que nos ocupa, que es de percusiones, se trataba de un sistema algebraico: las inc´ognitas eran las velocidades de salida y las percusiones de ligadura, sin derivadas.

186

Problema 8.1.4: Una placa OABC cuadrada, homog´enea y pesada de lado a y masa m, se encuentra en reposo apoyada sobre un plano O1 x1 y1 perfectamente liso y perteneciente a un sistema galileano O1 x1 y1 z1 en el que O1 z1 va dirigido seg´un la vertical ascendente. El plano de la placa coincide inicialmente con el plano coordenado, como se indica en la figura. En esta situaci´on se aplica una percusi´on P paralela a O1 y1 en el punto de coordenadas (x1 , y1 , z1 ) = (α , 0, β ). La placa comienza el movimiento que le permite la ligadura de que su lado OA pertenezca en todo momento al plano O1 x1 y1 . Durante esta fase del movimiento, su configuraci´on se supondr´a fijada por las coordenadas (ξ , η ) de la proyecci´on de su centro de masas G sobre O1 x1 y1 , el a´ ngulo ϕ que el lado OA forma con O1 x1 y por el a´ ngulo θ que la placa forma con O1 z1 . Finalmente, cuando se alcanza el valor θ = π /2 la placa choca contra el plano O1 x1 y1 manteni´endose sobre e´ l, el resto del movimiento. El choque se efect´ua sin rozamiento y, en la u´ ltima fase del movimiento, la posici´on de la placa se supondr´a determinada con las coordenadas (ξ , η ) y el a´ ngulo ϕ manteni´edose θ con el valor π /2 en todo momento. Se pide: 1. Valores iniciales de ξ0 , η0 , ϕ0 , θ0 inmediatamente despu´es de la percusi´on. 2. Ecuaciones generales del movimiento de la placa en su primera fase, dej´andolo reducido a una cuadratura. 3. Analizar la percusi´on que aparece cuando la placa llega al plano horizontal, determinando el movimiento posterior a la percusi´on y reduciendo las percusiones de ligadura procedentes del plano, a una u´ nica percusi´on cuyo valor y situaci´on se determinar´an. 4. ¿D´onde hay que aplicar la percusi´on P para que en la u´ ltima fase del movimiento los v´ertices OABC describan cicloides perfectas? 5. ¿D´onde hay que aplicar la percusi´on P para que el primer eje instant´aneo de la placa pase por C? Junio de 1986

Soluci´on por mec´anica newtoniana 1 Este problema se puede resolver con las t´ecnicas de la mec´anica newtoniana o con las de la anal´ıtica. S´olo el apartado (3) hace m´as recomendable la newtoniana, porque se pide una percusi´on de ligadura. Se resolver´a primero por newtoniana. Para resolver la percusi´on hay que: Analizar los grados de libertad, coordenadas generalizadas y sistema de fuerzas de ligadura. En todas las ligaduras pueden aparecer percusiones. Calcular la cantidad de movimiento y el momento cin´etico 187

Estos dos pueden calcularse s´olo para la configuraci´on de la percusi´on, mucho m´as simple que en el caso general. Pero como luego se estudiar´a el movimiento, compensa calcularlos para una configuraci´on arbitraria. Se llamar´a s´olido S2 a la placa, y S0 a los ejes intermedios de la figura, de modo que Oz k O1 z1 y Oy k OA. z1

El contacto de un lado con el plano es una ligadura que determina la altura del centro de la placa G en funci´on del a´ ngulo de nutaci´on θ . As´ı la posici´on y velocidad del centro de G ser´an a O1 G = ξ , η , cos θ 2 1 a G ˙ v21 = ξ , η˙ , − sin θ θ˙ 2 1 La velocidad angular tendr´a s´olo componentes de precesi´on y nutaci´on; la rotaci´on propia est´a impedida por el contacto con el plano:

z z2

ϕ θ

x

x2

O

y1

G

A y

y2 x1

ω 21 = ϕ˙ k1 + θ˙ j0 = ϕ˙ (cos θ i2 + sin θ i2 ) + θ˙ j2       ϕ˙ cos θ  1 0 0 ϕ˙ cos θ   1 1 HG = I G · ω 21 = ma2 0 1 0 · = ma2 θ˙ θ˙ ˙  12  ˙  12 0 0 2 ϕ sin θ 2ϕ sin θ

Como el contacto entre la placa y el suelo no es en un punto, sino a lo largo de una recta, en vez de fuerza normal de ligadura tenemos un sistema distribuido a z z z lo largo del lado. No podemos conocer la distribuci´on, pero s´ı podemos reducirlo a un sistema equiva- x x x Mx lente que se puede calcular: dos fuerzas N1 y N2 en los extremos, una resultante N en el centro del lado N1 y y y N(y) N y un momento resultante My , o una normal N apliN2 cada a una distancia d del lado; el momento en este u´ ltimo caso ser´ıa d N. Las dos resultantes o la resultante aplicada en un punto inc´ognita son u´ tiles con ligadura unilateral para ver si se separa. Como en este caso la ligadura es bilateral, podemos usar la resultante y momento. Naturalmente, cuando hay percusiones, todas las fuerzas de ligadura pueden en principio dar percusi´on, por lo que se toman N y Mx como percusiones de ligadura. Tenemos pues seis inc´ognitas para el s´olido: cuatro coordenadas generalizadas y dos inc´ognitas de ligadura. zz1

En el momento de la percusi´on, tenemos ϕ = θ = η = 0 , ξ = a/2, y todas las velocidades nulas. Las magnitudes cin´eticas antes son nulas. Las ecuaciones impulsivas de cantidad de movimiento, en ejes 1, son:  d       ˙ d ˙  0  0   ξ =0  ξ  P + 0 =m −0 → η˙ d η˙ d = mP  0  N   ˙d   0·θ N=0

x2

b

G

x

P

z2

O y2

y1 M A

y

N

x1

La percusi´on se aplica en (α , 0, β ), por lo que habr´a que calcular su momento en G. Por otra parte, el momento cin´etico se ha calculado en ejes S2 . En el momento de la percusi´on est´an paralelos a otros fijos: Gy2 k O1 x1 y Gx2 k O1 z1 . Para no tener que cambiar componentes, 188

trabajaremos en ejes S2 .       1 · ϕ˙ d    P α − a2   0  1 + 0 = ma2 −0 θ˙ d −P β − 2a    M  12  d 0 ˙ 0·ϕ

2 Para estudiar el movimiento de la placa contamos con tres ecuaciones de cantidad de movimiento y tres de momento cin´etico, para seis inc´ognitas. Tambi´en tenemos la de la energ´ıa, que es combinaci´on de las anteriores. La u´ nica fuerza dada es el peso, y tenemos el sistema de fuerzas de ligadura. La de cantidad de movimiento en ejes S1 es:

 P d = 12 α − a ˙ ϕ   2 ma2  P θ˙ d = −12 β − a2 ma 2    M=0

⇒

z1

z x2 z2

x1

x

θ

G

N O

mg

   ˙ 0    ξ d 0 =m → η˙ N − mg  dt  a ˙ − 2 sin θ θ  

ϕ

y2

ξ˙ = C1

Mx

η˙ = C2

y

A

y1

N(θ , θ˙ )

La de momento cin´etico en G nos da:      Mx   Mx sin θ  Na sin θ Na sin θ = =     0 −Mx cos θ 2 0

 

i2 j2 k2

ϕ˙ cos θ  

1 d 1 = ma2 + ma2

ϕ˙ cos θ θ˙ ϕ˙ sin θ

θ˙ 12 dt 2ϕ˙ sin θ  12

ϕ˙ cos θ θ˙ 2ϕ˙ sin θ

2

Entre la primera y la tercera se elimina Mx , y queda una ecuaci´on diferencial en los a´ ngulos y sus derivadas; en la segunda se sustituye N de la tercera de cantidad de movimiento, y queda otra ecuaci´on diferencial limpia. Entre las dos se podr´ıa obtener dos integrales primeras; eliminar uno de los a´ ngulos para llegar a una cuadratura. Pero es ciertamente laborioso, e incierto el que se atine a integrarlas. Es m´as f´acil buscar directamente integrales primeras: Ni el peso ni las fuerzas de ligadura dan momento seg´un Oz, que es una direcci´on fija, por lo que se conserva el momento cin´etico en esa direcci´on: d d HG · k0 = (HG · k0 ) = 0 dt dt El vector k0 en ejes S2 vale MEG · k0 =

k0 = (sin θ , 0, cos θ )

⇒

→

HG · k0 = Cte

ϕ˙ 1 + sin2 θ = C3

Las ligaduras son ideales y estacionarias, y el peso es potencial, por lo que se conserva la energ´ıa: mga 1 1 2 V = mgzG = cos θ T = m vG 21 + HG · ω 21 = 2 2 2 2 1 a 1 = m ξ˙ 2 + η˙ 2 + sin2 θ θ˙ 2 + ma2 ϕ˙ 2 sin2 θ + θ˙ 2 + 2ϕ˙ 2 cos2 θ = 2 4 24 1 1 = m ξ˙ 2 + η˙ 2 + ma2 θ˙ 2 1 + 3 sin2 θ + ϕ˙ 2 1 + sin2 θ 2 24 T +V = E

189

El valor de las constantes C1 , C2 , C3 y E se obtiene de las condiciones iniciales del movimiento, que son las de salida de la percusi´on: P a 12P 2 Ë™ Ë™ C1 = Ξ0 = 0 C2 = Ρ0 = C3 = Ď•Ë™ 0 1 + sin θ0 = Îą − m 2 ma2 La cuadratura se obtiene sustituyendo las integrales primeras en la ecuaci´on de la energ´Ĺa

1 mga 1 E = m C12 +C22 + ma2 θË™ 2 1 + 3 sin2 θ +C32 + cos θ 2 24 2 h i 1 24 mga m 2 2 2 2 θË™ = E− cos θ − C +C2 −C3 = f (θ ) 2 2 1 1 + 3 sin2 θ ma2 Z Z Z Z Âąd θ ÂąC3 d θ 2 dt = p Ď•Ë™ 1 + sin θ = C3 → dĎ• = p f (θ ) 1 + sin2 θ f (θ )

3 La placa sigue el movimiento gobernado por las ecuaciones anteriores hasta que choca con el suelo. Entonces se introduce bruscamente la ligadura θ = Ď€2 , que es persistente: se mantiene despu´es del choque. Hace falta: Determinar el estado cinem´atico antes del choque, con las ecuaciones del apartado (2). Determinar el estado cinem´atico despu´es del choque, al aplicar la ligadura. Analizar el sistema de percusiones de ligadura al chocar con el suelo. Calcularlas. Las velocidades angulares iniciales Ď•Ë™ y θË™ cambian de signo seg´un que Îą ≡ a2 y β ≡ a2 . No es necesario saberlo para la Ď•Ë™ , que queda perfectamente determinada por su integral primera; pero la θË™ est´a pendiente del doble signo de una ra´Ĺz, que hay que escoger seg´un el valor inicial. θË™

P

P

θË™

β<

a 2

a θË™0 = − 12P m β−2 >0

√ θË™ = + . . .

β>

a 2

a θË™0 = − 12P m β−2 <0

√ θË™ = − . . .

El enunciado indica que se cumple la primera condici´on, pues llega al suelo con θ = Ď€2 , por lo que tomaremos el signo +. La figura lo corrobora. En el caso contrario, el procedimiento ser´Ĺa an´alogo, pero tomando el signo -, y llegar´Ĺa al suelo con θ = − Ď€2 . a) Estado cinem´atico antes del choque: valor de las velocidades para θ = Ď€2 Ď•Ë™ 0 6P a P ΞË™ a = ΞË™0 = 0 ΡË™ a = ΡË™ 0 = Ď•Ë™ a = = Îą − m m 2 1 + sin2 Ď€2

Para la θË™ , hay que tener cuidado de aplicar la ecuaci´on de la energ´Ĺa entre el instante despu´es de la percusi´on y el choque con el suelo; no antes de la percusi´on. En la percusi´on no se conserva la energ´Ĺa, en el movimiento posterior s´Ĺ. Inmediatamente despu´es de la primera percusi´on, con θ = 0, ( ) 2 1 1 a P mga E = m 0 +C22 + ma2 −12 β − (1 + 3 ¡ 0) +C32 + ¡1 2 2 24 2 ma 2 mientras que all llegar al suelo, con θ = Ď€2 , n o mga 1 1 2 E = m 0 +C22 + ma2 θË™ a (1 + 3 ¡ 1) +C32 + ¡0 2 24 2 Igualando los dos valores se obtiene r 9 (2Îą − a) P2 3g θË™ a = + + m2 a 4 a 190

b) En el choque se introduce la ligadura θ = π2 , por lo que las velocidades despu´es ser´an:

ξ˙ d = ξ˙ a

η˙ d = η˙ a

ϕ˙ a = ϕ˙ d

θ˙ d = 0

c) Se ha introducido una nueva ligadura que impide el giro alrededor del eje Oy, por lo que aparecer´a un momento de percusi´on de ligadura My . Las otras dos ligaduras contin´uan: giro impedido seg´un Ox y altura de G ligada a la nutaci´on, ζ G = ζ (θ ). En estas ligaduras tambi´en pueden aparecer percusiones: Mx y N. Para las ecuaciones de momento cin´etico, convine tomar momentos en G. Y se puede trabajar indistintamente en ejes S0 o´ S2 porque est´an paralelos. Tenemos un sistema distribuido de percusiones verticales, de resultante N k2 y momento resultante Mx i2 + My j2 . Se puede sustituir por un sistema equivalente; por ejemplo, tres percusiones en tres v´ertices de la placa, o una sola percusi´on en un punto de la placa (x, y) a determinar. z2

z2

z2

z

z

x

z

x

x2

x2 G y2

x Mx My

N

y

G

y2

y

x2

N

G

x y2

y

y

N(x,y)

Las ecuaciones impulsivas de cantidad de movimiento dan       r 0 0  0  ma ma 9 (2α − a) P2 3g η˙ a 0 = m η˙ a − m ⇒ θ˙ a = N = + 2 a4      a ˙ a 2 2 m a N 0 − θ 2

Y las de momento cin´etico        N y  ma2  0  ma2  0  0 −N x = − θ˙ a  ˙ a  12  ˙ a    12 2ϕ 0 2ϕ

y=0 ⇒

x=

a 6

4 En la u´ ltima fase la placa se mueve sobre el plano con velocidad de G constante η˙ 0 j1 y velocidad angular constante ϕ˙ 0 k1 . G describe una recta paralela a O1 y1 . Los puntos de la placa que est´en a una distancia d = η˙ 0 /|ϕ˙ 0 | de G describir´an cicloides; los que est´en a m´as distancia cicloides alargadas, y los que est´en a menos cicloides acortadas. Y esto independientemente de que ϕ˙ sea positiva o negativa. La base ser´a una recta y la ruleta una circunferencia de radio d. 2α > a ϕ˙ > 0

2α < a ϕ˙ < 0 b

b b b

Para que sean los v´ertices los que describen cicloides, en el caso 2α > a hace falta que √ η˙ 0 d= =a 2 |ϕ˙ 0 |

→

√ 12P P a =a 2 2 α− m ma 2 191

⇒

√ 6 2+1 √ α =a 12 2

Si estamos en el caso 2α < a, hay que cambiar el signo de la ϕ˙ : √ η˙ 0 d= =a 2 −ϕ˙ 0

→

√ 12P P a = −a 2 2 α − m ma 2

⇒

5 Conocemos el estado cinem´atico de la placa inmediatamente despu´es de la primera percusi´on. En general, para que el eje instant´aneo pase por C hay que obligar a que su velocidad sea paralela a la velocidad angular. En este caso, se ve que la velocidad de m´ınimo deslizamiento va a ser cero, porque la velocidad de G es normal a la velocidad angular. Podemos obligar a que la velocidad de C sea nula. ˙ k2 vG 21 = η

√ 6 2−1 √ α =a 12 2 z1 x2 C

ϕ˙ G

η˙

z2

y2 θ˙

ω 21 = ϕ˙ i2 + θ˙ j2

y1

vC21 = vG 21 + ω 21 ∧ GC = 0

x1

  

   0  0 

i2 j2 k2

   0 0 0 +

ϕ˙ 0 θ˙0 0

=  = 0 ˙ ˙  a a a ˙

η0 0 −2 0 η0 − 2 ϕ˙ 0 + θ0 2 P a 12P a 12P a = α− − 2 β− ⇒ 2 2 ma2 2 ma 2 ⇒

z1 x2 C

G

a = 6α − 6β

La percusi´on ha de aplicarse sobre una recta a 45o , que pasa a a 6 por debajo y por la izquierda de G, como se ve en la figura.

192

z2

y2 y1 x1

Cap´ıtulo 9 Din´amica del s´olido Problema 9.1.1: Un plano P gira alrededor del eje horizontal Ox1 de un sistema de referencia galileano Ox1 y1 z1 con una velocidad angular constante ω partiendo de la posici´on horizontal Ox1 y1 . Sobre el plano rueda y pivota sin deslizar una esfera homog´enea de radio a y masa m. La posici´on de la esfera queda fijada mediante las distancias ξ , η del punto de contacto a Oy1 z1 y Ox1 , y mediante los tres a´ ngulos de Euler que definen su orientaci´on respecto al plano P. Sea Ixyz un triedro m´ovil que tiene su origen en el punto de contacto I de la esfera con el plano, el eje Ix es una horizontal de e´ ste y el eje Iy es una l´ınea de m´axima pendiente. Un observador ligado al plano P pretende estudiar el movimiento de la esfera, determinando las distancias ξ , η en funci´on del tiempo as´ı como las componentes p, q, r en los ejes Ixyz de la velocidad de rotaci´on de la esfera relativa a P. Para establecer las ecuaciones de este movimiento relativo tendr´a que introducir las correspondientes fuerzas ficticias de arrastre y Coriolis que estar´an distribuidas por toda la masa de la esfera. Se pide: 1. Reducir el sistema de fuerzas de inercia de arrastre al punto I, dando resultante del sistema y momento en I.

z1

z

2. Reducir el sistema de fuerzas de Coriolis al punto I. 3. Escribir las ecuaciones (1) y (2) de no deslizamiento de la esfera sobre el plano. 4. Escribir las ecuaciones (3), (4) y (5) del momento cin´etico de la esfera respecto al punto I considerando el movimiento relativo que posee respecto al triedro Ixyz. 5. Integrar completamente el sistema (1) a (5) determinando los valores de ξ , η , p, q, r en funci´on del tiempo. Particularizar los resultados anteriores para el caso en que se tiene inicialmente ξ = η = 0, ξ˙ = v0 , η˙ = 0, r = 0.

ξ b

y

O b

η

ωt

I

y1

x

x1

ETSIA, Septiembre de 1984

1 Llamemos S0 al plano giratorio. El movimiento de arrastre es conocido: un giro alrededor de Ox1 con velocidad angular constante ω , es decir:

γO 01 = 0

ω 01 = ω i1 ≡ ω i0

α 01 = 0

Llamemos s´olido S2 a la esfera. Cada elemento de masa δ m estar´a sometido a unas fuerzas de inercia elementales

δ FIA = −δ m γ m 01

δ FIC = −2δ m ω 01 ∧ vm 20

Como se ha visto en clase, estos sistemas distribuidos se reducen a G dando resultantes y mo193

mentos: RIA = −m γ G 01

RIC = −2m ω 01 ∧ vG 20

˙ 01 − ω 01 ∧IIG · ω 01 MIA G = −II G · ω

PG · ω 01 MIC G = 2 ω 20 ∧P

Para la esfera, independientemente de los ejes en que se trabaje, 2 I G = ma2 U 5 Del enunciado,

3 1 P G = IG U −IIG = ma2 U −IIG = ma2 U 5 5

ω 20 = (p, q, r)

˙ ˙ , 0) vG 20 = (ξ , η

Est´an proyectados en ejes Ixyz (s´olido S3 ), que son paralelos a los S0 . Las dos est´an relacionadas por la condici´on de no deslizamiento, pero eso se ver´a en el apartado 3. La resultante de las fuerzas de arrastre ser´a, 2 RIA = −m γ G 01 = −m [0 + 0 + ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OG)] = m ω (0, η , a)

y el momento en G, 2 2 (( ( ω˙ ω( U( MIA ∧U · ω 01 = 0 (k) 01 − ω 01 ∧IIG · ω 01 = − ma ( 01 ( G = −II G · 5 Reduci´endolo a I, se tiene: RIA = m ω 2 (0, η , a)

IA IA 2 MIA I = IG ∧ R = MI = −m ω a η i3

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

i3 j3 k3

0

= RIC = −2 m ω η˙ k3 RIC = −2m ω 01 ∧ vG 20 = −2m ω 0

ξ˙ η˙ 0

i3 j3 k3

2 2 1 2 2 2

= ma ω (0, r, −q) P p q r = 2 = MIC = 2 ω ∧P · ω ma ω ∧ ω ma 20 G 01 20 01 G

5 5

ω 0 0 5

MIC IG ∧ RIC + MIC I = G =

2 MIIC = ma2 ω (0, r, −q) 5

3 Como la esfera rueda y pivota sin deslizar,    

0  ξ˙ 

i3 j3 k3

˙ + p q r

vI20 = 0 = vG 20 + ω 20 ∧ GI = η    

0 0 0 −a

0

4 Hay que escribir las ecuaciones del momento cin´etico en I para el movimiento relativo a los ejes S3 . Pero las fuerzas de inercia y sus momentos se han calculado para el movimiento relativo a S0 . No hace falta calcularlos de nuevo. En Mec´anica I, al plantear las ecuaciones del momento cin´etico respecto a un punto m´ovil, se vieron dos formas: ˙ I + m vI30 ∧ vG MIE = H 20 E I MI = h˙ I + m IG ∧ γ 30

→ z1

ξ˙ = a q

(1)

η˙ = −a p

(2)

z

ξ b

y

O b

η

ωt

I

y1

x

x1

Ambas suponen que los ejes inerciales son los 0; en la primera el momento cin´etico HI es el de las velocidades respecto a estos ejes 0; en la segunda hI se calcula con las velocidades 194

respecto a unos ejes paralelos a los 0, con origen en I, es decir, precisamente lo que pide el enunciado. No importa que de hecho los ejes 0 no sean inerciales, porque vamos a incluir los momentos de las fuerzas de inercia. La u´ nica fuerza directamente aplicada es el peso, que en ejes S0 se ve girar como P = mg (0, − sin ω t, − cos ω t) Las fuerzas de ligadura en I, naturalmente, no dan momento.        1 2 0 1 2 2 IC 0 r 0 a MEI = MIA + M + IG ∧ P = −m ω η + ma ω + mga sin ω t I I   5     0 0 −q

Para el momento cin´etico relativo, hay que tener en cuenta que G es un punto fijo de los ejes S3 ; adem´as, estos ejes son ya “inerciales”:     p p˙  2 2 2 2  ˙ q q ˙ = I · ω = ma → h = ma hI = hG + m IG ∧ vG 23 I G 23     5 5 r r˙ Para el t´ermino complementario,    ξ¨  I γ 30 = η¨   0

  −η¨  I m IG ∧ γ 30 = ma ξ¨   0

Finalmente, las ecuaciones quedan,

2 mga sin ω t − maω 2 η = ma2 p˙ − ma η¨ 5 2 2 2 2 ma ω r = ma q˙ + ma ξ¨ 5 5 2 2 2 2 − ma ω q = ma r˙ 5 5

(3) (4) (5)

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

ξ¨ = a q˙

η¨ = −a p˙

se pueden eliminar ξ¨ y η¨ de (3) y (4). En la primera, 2 7 mga sin ω t − maω 2 η = ma2 p˙ − ma η¨ = ma2 p˙ 5 5 derivando:

7 mga ω cos ω t − maω 2 η˙ = ma2 p¨ 5 5 5gω y eliminando η˙ con (2): p¨ − ω 2 p = cos ω t 7 7a

El t´ermino independiente no es soluci´on de la homog´enea; se puede escribir directamente: q

5ωt 7

q − 57 ω colorbluet

p = phom + p part = A e +Be 5 5gω para C: −C ω 2 − ω 2 C = 7 7a

→

+C cos ω t 5g C=− 12ω a

En la segunda, 2 2 2 2 7 ma ω r = ma2 q˙ + ma ξ¨ = ma2 q˙ + ma2 q˙ = ma2 q˙ 5 5 5 5 195

Est´a acoplada con la (5). Derivando y sustituyendo e´ sta, se elimina r 2ω r = 7 q˙ → 2ω r˙ = 7 q¨ → 7¨q + 2 ω 2 q = 0 ↑ −ω q = r˙

que se integra trivialmente,

r

r 2 2 q = D cos ω t + E sin ωt 7 7 Para obtener r, se puede sustituir este valor de q en (5) e integrar; pero es m´as sencillo sacarla directamente de (4), simplemente derivando la q: ! r r r 7 7 2 2 r= q˙ = ω t + E cos ωt −D sin 2ω 2 7 7 Con estos valores se pueden integrar las ecuaciones de la ligadura para obtener ξ y η ! r r r a 7 2 2 D sin ξ˙ = a q → ξ = ω t − E cos ω t +F 2ω 7 7 r q q 5ωt 5ωt 7 a 5g − η˙ = −a p → η = −A e 7 + B e 7 + sin ω t + G 5ω 12 ω 2 Las constantes A, B y G no son independientes, pues η y p˙ est´an relacionadas tambi´en por la ecuaci´on (3), que al eliminar η¨ queda 7 ω 2 η = g sin ω t − a p˙ 5 Sustituyendo p(t) se llega al mismo valor que antes, pero con G = 0. Estas expresiones generales se particularizan para el caso ξ = η = r = η˙ = 0, ξ˙ = v0 . r 7a ξ (0) = − E +F = 0 2ω r 7 a η (0) = (−A + B) = 0 5ω r 7 r(0) = E =0 2 ξ˙ (0) = a q(0) = aD = v0 5g η˙ (0) = −a p(0) = −a A + B − =0 12ω a Con lo que se obtiene v0 5g E=F =0 D= A=B= a 24ω a Y las soluciones son q q 5ωt 5g − 57 ω t 7 p= e +e − 2 cos ω t 24ω a r v0 2 q= cos ωt a 7 r v0 2 r = − sin ωt 2a 7 r r 2 v0 2 ξ= sin ωt 7ω 7 ! r q r q 5g 7 57 ω t 7 − 57 ω t η= − e + e + 2 sin ω t 24ω 2 5 5 En la soluci´on se aprecia: 196

El t´ermino sinusoidal de la η , debido al peso: al girar el plano el peso oscila en uno y otro sentido del eje y La oscilaci´on sinusoidal seg´un x debido a que el peso desv´ıa la velocidad inicial, y en cuanto hay velocidad seg´un y el momento de Coriolis induce un movimiento seg´un x El t´ermino exponencial seg´un y, debido a la fuerza centr´ıfuga, que enseguida ahoga a los otros dos. Tambi´en 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 no influye en la velocidad de G, tambi´en se acelera: se debe al momento de las fuerzas de Coriolis. Adem´as, para que este an´alisis fuera v´alido, la esfera no deber´ıa caerse cuando el plano est´e hacia arriba. Har´ıa falta que la ligadura fuera bilateral, o comprobar el signo de la reacci´on normal. Dando valores unitarios a ω , v0 y a, y para valores diversos de g, la trayectoria ser´a:

y0

x0

197

Problema 9.1.2: Consideremos un disco pesado, homog´eneo de masa m y radio R. En el centro M del disco hay unida r´ıgidamente y perpendicular a e´ l una varilla MN sin masa y de longitud 2R. El s´olido as´ı formado se pone en movimiento de modo que el extremo N se apoye sobre un plano fijo, horizontal Ox1 y1 y sin rozamiento. Para el estudio del movimiento se consideran los tres sistemas de ejes siguientes:

Ox1 y1 z1 : Sistema ortogonal que se considera fijo y a sus versores llamaremos i, j, k. Mx2 y2 z2 : Sistema m´ovil de ejes paralelos a Ox1 y1 z1 y de origen M. Mx3 y3 z3 : Sistema m´ovil ligado al s´olido y de origen en M. El eje Mz3 es la prolongaci´on de NM y los Mx3 , My3 dos di´ametros ortogonales. √ Inicialmente el punto N se encuentra en O(0, 0, 0), el M en ( 3R, 0, R) y Mx3 est´a en el plano Ox1 z1 . La velocidad inicial de M vale ω R j y la velocidad de rotaci´on, tambi´en en el instante inicial, es la suma de las dos siguientes:

ω1 = ω k ω2 =

16g − ω 2 R √ ( 3 i + k) 8ω R

sobre Oz1

(9.1)

sobre Mz3

(9.2)

Se elegir´an como par´ametros para fijar la posici´on del s´olido las coordenadas (ξ , η ) de la proyecci´on de M sobre Ox1 y1 y los a´ ngulos de Euler (ψ , θ , ϕ ) del sistema Mx3 y3 z3 respecto al Mx2 y2 z2 . Se pide: 1o .- Energ´ıa cin´etica del s´olido en funci´on de los par´ametros que fijan su posici´on y de sus derivadas respecto al tiempo. 2o .- Funci´on 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 dadas. ETSIA, Marzo de 1973

198

1 Este mismo problema se ha resuelto ya por mec´anica anal´ıtica, como sistema hol´onomo. Ahora se va a resolver usando la mec´anica de Newton-Euler. Los dos primeros apartados son naturalemente iguales. El sistema tiene una ligadura finita: el contacto del extremo N con el plano liso. La altura de M pasa a ser ζ = 2R cos θ , y quedan 5 coordenadas generalizadas: ξ , η , ψ , θ , ϕ , una por grado de libertad. La reacci´on del plano ser´a una fuerza vertical en el extremo N, FL = N k. La energ´ıa cin´etica se calcula f´acilmente por Koenig: 1 1 T = m v2M + ω 32 ·IIM · ω 32 2 2 La velocidad de M se calcula directamente, pues tenemos sus coordenadas en ejes fijos:

OM = (ξ , η , 2R cos θ )

vM 31

= ξ˙ , η˙ , −2R sin θ θ˙

z0 ≡ z3

Para hallar la ω 32 ≡ ω 31 , conviene introducir unos ejes intermedios Mx0 y0 z0 (ejes de R´esal), que acompa˜nan al s´olido en la precesi´on y la nutaci´on, pero no en la rotaci´on propia, de modo que Mx0 es el eje de nodos. Por la simetr´ıa de rotaci´on, son tambi´en principales para el disco, y la velocidad angular queda m´as simple:    θ˙  ˙ ω 32 = ψ˙ k1 + θ i0 + ϕ˙ k0 = ψ˙ sin θ  ˙ ˙ ϕ + ψ cos θ 0

z1

θ

ψ˙

y0

ϕ

ϕ˙ M

x3

θ˙

x0

N

 1 0 0 2 0 1 0. Se puede ya calcular la energ´ıa El tensor del disco, en ejes 0 o´ 3, I M = mR 4 0 0 2 cin´etica, h i 1 1 T = m ξ˙ 2 + η˙ 2 + 4R2 sin2 θ θ˙ 2 + mR2 θ˙ 2 + ψ˙ 2 sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ )2 = 2 8 i 2 m ˙2 mR h 2 2 2 2 2 2 ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ = T= ξ +η + ψ sin θ + θ 1 + 16 sin θ + 2 (ϕ + ψ cos θ ) 2 8 2 La funci´on de fuerzas es inmediata, pues s´olo act´ua el peso: U = −V = −mgzM = −2mgR cos θ 3 Para el s´olido contamos con seis ecuaciones independientes: Tres de cantidad de movimiento. Tres de momento cin´etico. Se puede tomar momentos en G o en N; en este caso hay que a˜nadir el t´ermino corrector. Tambi´en se pueden buscar directamente integrales primeras, razonando qu´e magnitudes se conservan. Para la ecuaci´on de la cantidad de movimiento, en la aceleraci´on se sustituye la ligadura, ζ = 2R cos θ      0   ξ¨  0 =m η¨     N − mg −2R(sin θ θ¨ + cos θ θ˙ 2 ) Salen dos integrales primeras, ξ˙ = C1 y η˙ = C2 .

199

mg

θ

N

Para la ecuaci´on del momento cin´etico, tenemos dos opciones: Tomar momentos en G, pero aparece el momento de N Tomarlos en N, con lo que la fuerza de ligadura no aparece, pero hay que a˜nadir el t´ermino corrector por ser punto m´ovil. Como N se obtiene f´acilmente de la tercera de cantidad de movimiento, podemos tomar momentos en G. Se puede plantear la otra como ejercicio, y comprobar que se llega exactamente a las mismas ecuaciones, como es natural. Hay que escoger los ejes para proyectar. El momento cin´etico es m´as simple en ejes de R´esal, S0 , que en los fijos o en ejes s´olido; el momento de N es tambi´en m´as simple en esos ejes. As´ı se obtiene:

dHM

MN ∧ N k1 = = I M · ω˙ 31 + ω 01 ∧IIM · ω 31 dt 1 La velocidad angular de los ejes S0 es la misma del s´olido, menos la rotaci´on propia ϕ˙ . Todo se conoce en estos ejes, pues MN = −2R k0 , y k1 = sin θ j0 + cos θ k0 . Si quisi´eramos desarrollar y usar esta ecuaci´on, se tendr´ıa,    

j0 k0 θ˙ 2R N sin θ  mR2 d   mR2

i0

˙

˙ ˙ 0 θ ψ sin θ ψ cos θ = + ψ˙ sin θ

   ˙ ˙  4 dt 4

θ˙ ψ˙ sin θ 2(ϕ˙ + ψ˙ cos θ )

0 2(ϕ + ψ cos θ )

De esta ecuaci´on se obtiene directamente una integral primera, pues el t´ermino corrector no tiene componente z0 , de modo que se conserva ϕ˙ + ψ˙ cos θ . Podr´ıamos seguir y desarrollar las otras dos ecuaciones diferenciales, que por el aspecto van a ser bastante complicadas, y mucho N θ m´as cuando se sustituya la N. Esas ecuaciones se podr´an integrar, mg pues en el sistema se conservan varias magnitudes, pero ser´a un proceso costoso. Es m´as sencillo buscar directamente las integrales primeras: El sistema es conservativo: la u´ nica fuerza es el peso, y la ligadura es lisa y estacionaria, con lo que no trabaja. Podemos plantear la integral de la energ´ıa, cuyos t´erminos ya conocemos: m ˙2 T +V = ξ + η˙ 2 + 2 i mR2 h 2 2 + ψ˙ sin θ + θ˙ 2 1 + 16 sin2 θ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ )2 + 2mgR cos θ = E 8

Las dos fuerzas exteriores, peso y reacci´on normal, son verticales: no dan momento seg´un k1 y por tanto se conserva el momento cin´etico en esa direcci´on:  2 mR  4 

(MN ∧ N k1 ) · k1 = 0 ⇒    θ˙   0  · sin θ ⇒ ψ˙ sin θ  cos θ  2(ϕ˙ + ψ˙ cos θ )

HM · k1 = Hz1 = Cte.

ψ˙ sin2 θ + 2(ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) cos θ = C3

Las fuerzas exteriores cortan al eje Mz0 , que es de revoluci´on: la tercera ecuaci´on de Euler da una integral primera: Cr˙ + pq(A − A) = 0

⇒

r = Cte

⇒

ϕ˙ + ψ˙ cos θ = C4

De estas integrales primeras, s´olo la u´ ltima sale directamente de la ecuaci´on del momento cin´etico. Las otras se podr´ıan haber obtenido, pero laboriosamente. Obs´ervese que las integrales primeras asociadas al giro son las mismas que en el s´olido de Lagrange. El problema es distinto, pues aqu´ı no hay punto fijo, pero la rotaci´on tiene las mismas ecuaciones e integrales primeras que en aquel caso. 200

Tambi´en se puede observar que las integrales primeras son las mismas que se obten´ıan directamente por anal´ıtica, mediante las coordenadas c´ıclicas. Aqu´ı hemos tenido que buscarlas una a una razonando qu´e magnitudes se conservan. No salen autom´aticamente, pero se ve con m´as facilidad cu´al es su sentido f´ısico. 4 A partir de este momento, habiendo llegado a las mismas ecuaciones, se sigue igual que por mec´anica anal´ıtica. Para determinar el movimiento de M, 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 inicialmente rM = ( 3R, 0, R) y vM = (0, ω R, 0), se tiene ξ=

√

η = ω Rt

3R ;

De las condiciones iniciales tambi´en deducimos que θ0 = π /3 y θ˙0 = 0. Para hallar θ (t) podemos usar cuatro integrales primeras para dejar la de la energ´ıa s´olo como una funci´on de θ˙ y θ . Antes, la tercera se sustituye en la cuarta de modo que podemos despejar

ψ˙ sin2 θ = 2C4 cos θ +C3 con lo que se llega a mR2 m 2 C1 +C22 + 2 8

"

2C4 cos θ +C3 sin θ

2

θ

#

+ θ˙ 2 1 + 16 sin2 θ + 2C32 + 2mgR cos θ = E

Agrupando las constantes, se obtiene una cuadratura: ˙2

16g 2C4 cos θ +C3 2 1 + 16 sin θ = E − cos θ − → R sin θ v u 1 + 16 sin2 θ u → ±d θ t = dt (2C4 cos θ +C3 )2 E ′ − 16g cos θ − R sin2 θ 2

′

La ecuaci´on de θ es exactamente la misma que la del s´olido de Lagrange. Se puede hacer un an´alisis cualitativo mediante el potencial efectivo V (θ ). Como se ve en teor´ıa, el caso general es una oscilaci´on entre dos valores θ1 , θ2 , mientras contin´uan la precesi´on y la rotaci´on propia. Las condiciones iniciales implican θ˙0 = 0; esto significa que estamos en uno de los extremos de la oscilaci´on, o bien en un movimiento estacionario (θ1 = θ2 ); este u´ ltimo caso se identifica f´acilmente porque θ¨ = 0. 5 El enunciado pide integrar completamente el movimiento, pero hemos visto que las ecuaciones son las del s´olido de Lagrange, que no se pueden integrar mediante funciones elementales. Esto s´olo puede significar una cosa: estamos en el caso integrable del s´olido de Lagrange: el movimiento estacionario. Para determinarlo, veremos si θ¨ = 0. Iremos calculando las constantes, y sustituyendo en la quinta ecuaci´on de Lagrange. Sustituir en la de la energ´ıa no sirve de nada: ya sabemos que θ˙ = 0 en el instante inicial. Se podr´ıa derivar, eliminar θ˙ (pues la ecuaci´on vale para todo t, no s´olo el inicial) y comprobar el valor de θ¨ . Pero es m´as corto hacerlo con la quinta de Lagrange: se ahorra derivar.

ζ0 = R = 2R cos θ0 → θ0 = π /3 ;

ζ˙0 = 0 = −2r sin θ0 θ˙0 = 0 → θ˙0 = 0

En cuanto a la velocidad angular, n´otese que las dos componentes ω1 y ω2 est´an dirigidas, respectivamente, seg´un k1 y k0 ≡ k3 ; es decir, corresponden a la precesi´on y la rotaci´on propia. La nutaci´on, como se dedujo de la velocidad de M, es nula: ( 2R ψ˙ 0 = ω 16g − ω ω 32 = ψ˙ 0 k1 + θ˙0 i0 + ϕ˙ 0 k0 = ω k1 + 2 k3 → ω2R 8ω R ϕ˙ 0 = 16g− 4ω R 201

√ donde el 2 se debe a que el vector direcci´on 3i1 + k1 = 2 k3 no es unitario. mR2 ¨ 2 2 θ 1 + 16 sin θ + 16θ˙ sin θ cos θ − 4 mR2 2 − 2ψ˙ sin θ cos θ − 4 (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) ψ˙ sin θ − 2mgR sin θ = 0 8 16g θ¨0 (. . . ) = 2ψ˙ 02 sin θ0 cos θ0 − 4 (ϕ˙ 0 + ψ˙ 0 cos θ0 ) ψ˙ 0 sin θ0 + sin θ0 R " # √ √ √ 2R 16g − 16g 3 ω 1 3 3 2 θ¨0 (. . . ) = 2ω ω −4 +ω + =0 4 4ω R 2 2 R 2 Por tanto, estamos en el movimiento estacionario. Las coordenadas generalizadas valen:

ξ=

√

3R

η = ω Rt

θ=

π 3

ψ =ωt+

π 2

ϕ=

16g − ω 2 R t + ϕ0 4ω R

El valor inicial de ψ se obtiene observando la configuraci´on del sistema en el instante inicial. El de ϕ es arbitrario, porque no se ha dado ning´un dato.

202

Problema 9.1.3: Consideremos el sistema formado por dos varillas AB y CD homog´eneas, pesadas, iguales de masa m y longitud a. El extremo A de la varilla AB desliza sin rozamiento sobre un plano horizontal Oxy con ligadura bilateral. El otro extremo B se articula mediante una r´otula al centro de la varilla CD que solamente posee esta ligadura. La posici´on del sistema queda definida mediante seis par´ametros que son coordenadas (ξ , η ) de la proyecci´on del centro de masas sobre Oxy, los a´ ngulos ϕ1 , ϕ2 que ambas varillas forman con Oxy y los a´ ngulos θ1 , θ2 que sus proyecciones forman con Ox. Se pide: 1o ) Energ´ıa cin´etica del sistema completo en funci´on de los par´ametros que fijan su posici´on y sus derivadas respecto al tiempo. 2o ) Suponiendo condiciones iniciales arbitrarias dejar el problema reducido a cuadraturas. Se deber´a estudiar en primer lugar el movimiento de CD tiene respecto a unos ejes de direcciones fijas que pasan por su centro de masas. de dicho movimiento se describir´a cualitativamente en qu´e consiste y a ello se puede llegar sin necesidad de plantear matem´aticamente las ecuaciones. Los par´ametros ϕ2 , θ2 se supondr´a que var´ıan con el tiempo en la forma necesaria para conseguir el movimiento antes descrito. Se estudiar´an, a continuaci´on, las dependencias de ξ , η con el tiempo y se terminar´a planteando un sistema que deje el c´alculo de ϕ1 , θ1 reducido a cuadraturas. 3o ) Llevemos el sistema al reposo en la configuraci´on inicial definida por x = 0, η = 3a/4, ϕ1 = 0, ϕ2 = π /2, θ1 = π /2. Apliquemos al extremo superior de la varilla CD un percusi´on de componentes (O, P cos α , −P sen α ). Determinar el valor de α para el cual el campo de velocidades del sistema en el instante inicial del movimiento que nace, es el campo de velocidades de un s´olido. 4o ) Discutir los tipos de movimiento que pueden aparecer seg´un el valor de P. NOTA: Se supone que el plano Oxy no presenta en ning´un momento impedimento f´ısico al movimiento de ambas varillas salvo la ligadura que ejerce sobre el extremo A. Cada varilla se considera transparente al movimiento de la otra.

ETSIA, 22 de Marzo de 1986

203

Soluci´on por mec´anica de Newton-Euler z C

1 Llamaremos S2 a la varilla AB y S3 a la CD. La manera m´as simple de calcular T es aplicar el teorema de K¨onig a cada una de las varillas:

b

1 1 T = mv2G2 + TG2 + mv2G3 + TG3 2 2

G

θ2

Tambi´en se puede aplicar a todo el sistema, pero tiene m´as pasos: para calcular TG de cada varilla, hay que obtener tambi´en vGi respecto a G, que es igual de complicado que hallar la vGi absoluta.

G2

G3 ≡ B

b

y b

D

θ1

A

ϕ2 (ξ , η )

ϕ1

x z

Para calcular la energ´ıa cin´etica del movimiento relativo al centro de masas, conviene tomar ejes ligados a cada varilla, de modo que el tensor de inercia sea constante. Los ejes Gi yi tendr´an la direcci´on de cada varilla y los Gi xi ser´an horizontales, de modo que se obtienen de los fijos dando los giros de precesi´on θi y nutaci´on ϕi . Las velocidades angulares ser´an,

ω 21 = (ϕ˙ 1 , θ˙1 sin ϕ1 , θ˙1 cos ϕ1 )2 ω 31 = (ϕ˙ 2 , θ˙2 sin ϕ2 , θ˙2 cos ϕ2 )3

y2 z2

G3

θ˙1

b

G b

ϕ1

y

G2 b

ϕ˙ 1 θ1

ϕ1

x2

x

Para cada varilla en sus ejes, el tensor de inercia ser´a     1 0 0 1 0 0 2 2 ma  ma  0 0 0 0 0 0 I G2 = I G3 = 12 0 0 1 12 0 0 1 2 3

Las velocidades de los centros de las varillas se obtienen a partir de la del centro de masas del sistema. Esta se obtiene directamente en ejes fijos. G est´a en la varilla AB, entre G2 (centro de la varilla) y G3 (extremo B, donde est´a fijado el centro de la varilla CD), es decir, a 3/4 de la varilla: 3 3 G G ˙ r = ξ , η , a sin ϕ1 ⇒ v = ξ , η˙ , a cos ϕ1 ϕ˙ 1 4 4 1 1 Como los tres centros est´an a lo largo de la varilla AB, se puede aplicar el campo de velocidades de la varilla, en ejes S2 :

z a ˙ 4 ϕ1

a ˙ 4 θ1 cos ϕ1

y2

z2

a θ˙1 cos ϕ1 , 0, −ϕ˙ 1 2 4 a −θ˙1 cos ϕ1 , 0, ϕ˙ 1 2 = vG + ω 21 ∧ GG3 = vG + 4

b

vG2 = vG + ω 21 ∧ GG2 = vG + v G3

G b

G3 y

G2

θ1

b

a ˙ 4 θ1 cos ϕ1

a ˙ 4 ϕ1

Hay una dificultad: el primer sumando est´a proyectado en ejes S1 , x2 ϕ1 x y el segundo en ejes S2 . Si se tienen ganas de operar y tiempo abundante, se puede cambiar de ejes uno de los t´erminos, sumar, y elevar al cuadrado. Da lo mismo que se pase a ejes S1 o S2 : la complicaci´on es la misma, y al final vamos a obtener un escalar. Antes de meterse en c´alculos largos, con muchas posibilidades de equivocarse, compensa buscar caminos m´as simples. Uno ser´ıa aplicar K¨onig a todo el sistema: 1 T = (m + m) v2G + TG2 + TG3 = 2 1 1 1 1 1 = (m + m) v2G + mv2G2 G + ω 21 ·IIG2 · ω 21 + mv2G3 G + ω 31 ·IIG3 · ω 31 2 2 2 2 2 204

donde las vGi G , velocidades de Gi respecto a unos ejes paralelos a los fijos con origen en G, son precisamente las ω 21 ∧ GGi que se acaban de calcular. No es necesario cambiar de ejes y sumar: cada t´ermino puede elevarse al cuadrado en sus propios ejes. Esto puede parecer sorprendente: los dobles productos no son nulos, pero se llega al mismo resultado omiti´endolos. Lo que ocurre es que se anulan al sumar para las dos varillas, pues son iguales y de sentido contrario: GG2 = −GG3 v2G2 = v2G + (ω 21 ∧ GG2)2 + 2 vG ¡ (ω 21 ∧ GG2)

v2G3 = v2G + (ω 21 ∧ GG3)2 + 2 vG ¡ (ω 21 ∧ GG3) vG ¡ (ω 21 ∧ GG2 ) = −vG ¡ (ω 21 ∧ GG3 )

Ya podemos calcular la energ´Ĺa cin´etica; por un camino o por otro, el resultado es el mismo: 1 9 1 a2 2 2 2 2 2 2 T = 2m ΞË™ + ΡË™ + a cos Ď•1 Ď•Ë™ 1 + m Ď•Ë™ 1 + cos2 Ď•1 θË™12 + 2 16 2 16 2 2 1 a ma2 2 ma + Ď•Ë™ 12 + cos2 Ď•1 θË™12 + m Ď•Ë™ 12 + cos2 Ď•1 θË™12 + Ď•Ë™ 2 + cos2 Ď•2 θË™22 24 2 16 24 2 2 a 2 2 2 2 2 2 2 2 T = m ΞË™ + ΡË™ + 27 cos Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 + 2Ď•Ë™ 2 + 5 cos Ď•1 θË™1 + 2 cos Ď•2 θË™2 48 2 Para estudiar el sistema se tienen las siguientes ecuaciones: 5 de la varilla AB (3 CM, 2 MC, + 1 EN dependiente de las anteriores) 5 de la varilla CD (3 CM, 2 MC, + 1 EN dependiente de las anteriores) 7 para todo el sistema (3 CM, 3 MC, 1 EN), que son combinaci´on de las 10 anteriores. Cada varilla (s´olido degenerado) tiene 5 GDL si est´a libre. Se pierde 1 por el apoyo liso en A y 3 por la articulaci´on en B. Quedan 6 GDL, que corresponden a las 6 coordenadas generalizadas del enunciado. Como no se piden las fuerzas de ligadura, compensa buscar las ecuaciones asociadas a cada grado de libertad, que es precisamente lo que va pidiendo el enunciado. a) Respecto a la varilla CD, est´a claro que las ecuaciones de CM no dicen nada: su centro G3 est´a unido al extremo de AB, y habr´a tres fuerzas de ligadura, las necesarias para que se mueva con B. En cambio, las ecuaciones de MC en G3 van a dar el giro de la varilla, y por tanto los a´ ngulos Ď•2 y θ2 : dHG3 ⇒ HG3 = Cte. MEG3 = 0 = dt El movimiento relativo al centro de masas es el de un s´olido de Poinsot, aunque G3 no est´e fijo sino que se mueve con B. Y se simplifica mucho porque es el caso sim´etrico, y el ser degenerado le hace perder un grado de libertad. Los valores de Ď•2 y θ2 se pueden obtener de las ecuaciones de Euler:  

 

i3

Ď•Ë™ 2  j k 1 0 0  3 3 2 2

ma  d ma

Ď•Ë™ 2 θË™2 sin Ď•2 θË™2 cos Ď•2

0 0 0 ¡ θË™2 sin Ď•2 +

 12

12 0 0 1 dt  Ë™ θ2 cos Ď•2 Ď•Ë™ 2 0 θË™2 cos Ď•2

La ecuaci´on seg´un j3 , naturalmente, no dice nada, 0=0; las otras dos determinan Ď•2 y θ2 . N´otese que las ecuaciones son complicadas. Las variables no son las m´as adecuadas para el s´olido de Poinsot: habr´Ĺa que tomar como eje z la direcci´on del vector momento cin´etico constante. Una manera de obtener integrales primeras es calcular el momento cin´etico en ejes S3 , y proyectarlo en ejes S1 , en los que es un vector constante. S´olo tiene dos componentes independientes, pues el momento cin´etico es nulo en la direcci´on de la varilla: (Ap, 0, Ar). Para obtener integrales primeras, habr´Ĺa que proyectarlo seg´un direcciones fijas. Lo m´as simple es proyectarlo seg´un k1 , que se expresa f´acilmente en ejes S3 :   Ď•Ë™ 2   2 ma 0 k1 = sin Ď•2 j3 + cos Ď•2 k3 HG3 = ⇒ θË™2 cos2 Ď•2 = C1 12 θË™ cos Ď•  2 2 205

Se podr´ıa proyectar seg´un otra direcci´on fija, i1 o j1 , pero no merece la pena porque va a salir muy complicado, y hay otro camino m´as simple. Como el momento cin´etico no tiene componente seg´un la propia varilla (por ser cero el momento de inercia), el eje de giro es principal y por tanto siempre el mismo. La varilla gira con velocidad angular constante alrededor de una normal por G3 . Aunque la velocidad angular tenga una componente seg´un j3 , esto se debe s´olo a la composici´on de movimientos precesi´on + nutaci´on; la varilla en s´ı no gira en esa direcci´on por ser infinitamente delgada. Otra integral primera se obtiene aplicando la ecuaci´on de la energ´ıa al movimiento respecto al centro de masas: como no hay momento, se conserva la energ´ıa cin´etica relativa: TG3 =

ma2 2 ˙ 2 2 ϕ˙ 2 + θ2 cos ϕ2 = C2 24

Con estas dos integrales se pueden reducir a cuadraturas los dos a´ ngulos: se despeja θ˙2 de la del momento cin´etico, y se sustituye en la de la energ´ıa, que da una cuadratura dt = f (ϕ2 ) d ϕ2 ; esta dt se sustituye en la primera para dar d θ2 = g(ϕ2 ) d ϕ2 . De todos modos, no se pide tanto: se supone que θ2 (t) y ϕ2 (t) son las corresponden al movimiento de Poinsot con las condiciones iniciales adecuadas. G3 b) Para estudiar ξ y η , lo mejor es plantear la ecuaci´on de la cantidad de movimiento para todo el sistema. Las fuerzas exteriores (pesos, reacci´on en A) son verticales: se conserva la cantidad de G2 mg movimiento en las dos direcciones horizontales: N     ¨ ˙  ξ   0 ⇒ ξ = ξ0 t + ξ0 mg ϕ ¨ 0 =m η ⇒ η = η˙ 0 t + η0 1    ¨ N − 2mg ⇒ N = N(ϕ¨ 1 , ϕ˙ 1 , ϕ1 ) ζ

c) Para obtener ϕ1 y θ1 podemos seguir dos caminos:

Aislar la varilla AB. La fuerza de ligadura en B, FLB , que se anula para todo el sistema por ser un par de acci´on reacci´on, ahora aparece como fuerza exterior. La podemos obtener de la ecuaci´on de cantidad de movimiento de la varilla CD, −FLB − mg k1 = m r¨ B Al sustituir esta fuerza en las ecuaciones de AB, estamos metiendo el peso y la aceleraci´on de G3 . Esto equivale a poner una part´ıcula de masa m en el extremo B de la varilla. Otra opci´on es usar las ecuaciones del momento cin´etico y de la energ´ıa para todo el sistema, teniendo en cuenta las magnitudes que ya se ha visto que son constantes. Los dos caminos son equivalentes. Al poner una masa en el extremo de la varilla, estamos incorporando la varilla CD reducida a un punto: ignoramos su momento cin´etico y su energ´ıa de giro respecto al centro de masas, que ya sabemos que son constantes. Cuando planteamos las ecuaciones del momento cin´etico y de la energ´ıa para todo el sistema, y luego sustituimos por constantes el momento cin´etico y la energ´ıa cin´etica de CD respecto a su centro de masas, estamos haciendo exactamente lo mismo. Como s´olo necesitamos dos ecuaciones m´as, lo m´as sencillo es buscar integrales primeras. Hay dos obvias: Las fuerzas sobre el sistema son verticales: se conserva el momento cin´etico en la direcci´on vertical: HG · k1 = Cte. Las fuerzas son potenciales, la ligadura lisa y estacionaria: se conserva la energ´ıa. Para la ecuaci´on de la energ´ıa, s´olo falta el potencial: toda la masa en G 3 V = (m + m)gζG = 2mg a sin ϕ1 4 206

Adem´as, de la energ´Ĺa cin´etica podemos eliminar todos los t´erminos que ya sabemos que son constantes: i 3 2h 2 ( ( a ( 2 2 2 2 2 2 ( 2 2 2Ď•Ë™(2 ( +( 2( cos Ď•2 θË™2 + mga sin Ď•1 = E ′ m Ξ Ë™ + ΡË™ + 27 cos Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 + 5 cos Ď•1 θË™1 + ( 48 2 El momento cin´etico del sistema en G ser´a

Cte.

HG = GG2 ∧ m (ω 21 ∧ GG2 ) +IIG2 ¡ ω 21 + GG3 ∧ m (ω 21 ∧ GG3 ) + I G 3 ¡ ω 31

Como s´olo nos interesa la componente seg´un k1 , que es la constante, procuraremos simplificar el c´alculo: los t´erminos que van a salir horizontales no los calcularemos. ⊼k1 a ma Ë™ GG2 ∧ m (ω 21 ∧ GG2) = − j2 ∧ (θ1 cos Ď•1 i2 − Ď•Ë™ 1 k 2 ) 4 4

As´Ĺ que la parte que nos interesa ser´a       ...  ...  ...     2 2 2 ma ma ma 0 0 0 HG = + + Cte + 16 θË™ cos Ď•  12 θË™ cos Ď•  16 θË™ cos Ď•  1 1 1 1 1 1

El momento cin´etico seg´un j2 es nulo; seg´un i2 es horizontal; s´olo nos interesa la componente seg´un k2 . Proyectando k1 en ejes S2 se tiene k1 = sin Ď•1 j2 + cos Ď•1 k2

Por tanto, la magnitud que se conserva es HG ¡ k1 = Hz2 cos Ď•1

θË™1 cos2 Ď•1 = C3

⇒

Para reducir el problema a cuadraturas, se sustituye θË™1 en la ecuaci´on de la energ´Ĺa simplificada

a2 m 48

27 cos Ď•1 + 5 2

Ď•Ë™ 12 + 5 cos2 Ď•1

Ď•1 C4 − cos23Ď• − 72g sin a

C32 cos4 Ď•1

5C2

Ď•Ë™ 2 =

1

5 + 27 cos2 Ď•1

⇒

3 ma2 ′ + mga sin Ď•1 = E = C4 2 48 v Z Z u 5 + 27 cos2 Ď•1 u dt = Âą t d Ď•1 5C2 Ď•1 C4 − cos23Ď• − 72g sin a 1

y volviendo a la del momento cin´etico, se tiene Z

d θ1 = ¹

Z

v u C3 u 5 + 27 cos2 Ď•1 d Ď•1 t cos2 Ď•1 C − 5C32 − 72g sin Ď•1 4 a cos2 Ď• 1

3 Llevamos el sistema a la posici´on indicada (AB seg´un y1 , CD vertical) y aplicamos la percusi´on P. En A aparecer´a una percusi´on de ligadura, y un par de percusiones de acci´on reacci´on en B. Estas se anulan para todo el sistema. Las ecuaciones que tenemos son:

z1 P

Îą

A

C

y1

Cantidad de movimiento para todo el sistema N Momento cin´etico para todo el sistema Momento cin´etico de la varilla CD en B D No se pide el problema completo, sino s´olo el valor de P para que empiece a moverse como un s´olido, es decir, Ď•Ë™ 1 = Ď•Ë™ 2 , θË™1 = θË™2 = 0. Para esto bastar´Ĺa con las componentes x de las 207

ecuaciones del momento cin´etico del sistema y de la varilla CD. De todos modos, podemos irlas planteando todas, pues no son complicadas:       0    ξ˙ d  0 d a d ˙ P cos α = mvG − mvG = m −m 0 η   3 d   N − P sin α 0 ˙ a ϕ 1 4

Para la del momento cin´etico de la varilla CD en su centro de masas, hay que tener en cuenta que, en esa posici´on, j3 = k1 ; las otras z y3 direcciones no est´an definidas al no estarlo θ2 . Esto es un problema serio, pues estamos en la posici´on singular de los a´ ngulos de θ˙2d P Euler: θ˙2 no influye para nada en el movimiento; s´olo influye ϕ˙ 2 . z3 Por tanto, la varilla s´olo puede moverse dentro del plano G3 y3 z3 . y Si empezara a moverse en otra direcci´on, para expresarlo con esϕ˙ 2d tas variables habr´ıa que girar instant´aneamente los ejes para que la velocidad de C estuviera contenida en G3 y3 z3 (velocidad infini- x x3 ta, desplazamiento finito). La u´ nica salida es saber de antemano en qu´e direcci´on va a moverse, y poner el eje G3 x3 normal. En este caso es sencillo, pues se ve claramente la direcci´on del movimiento: θ2 = −π /2, con i3 = i1 y k3 = −j1 .       cos α ˙ 2d  → ϕ˙ 2d = − 6Pma −P cos α a2   ϕ 0 2 2 ma ma 0 0 = HdG3 − HaG3 = 0 −    12    12 0 0 0 → θ˙2d =? b

z1

P

Para el sistema completo, tomaremos momento en A, de modo que la percusi´on de ligadura no aparezca. N´otese que todas las magnitudes se calculan en la posici´on inicial, en la que los ejes S2 coinciden con los fijos.

G2

AC ∧ P =

y1

G

A N

AG2 ∧ mvdG2 + HdG2 + AG3 ∧ mvdG3 + HdG3

C

α

θ˙1d

ϕ˙ 1d

G3

ϕ˙ 2d D

z

Para los centros,

z2

θ˙1d

    0  θ˙1d    a a 0 + vdG2 = vdG + ω d21 ∧ − j1 = ξ˙ d 3 d 4  d k −ϕ˙ aϕ˙ 4 1   1  0  a −θ˙1d  a 0 vdG3 = vdG + ω d21 ∧ j1 = ξ˙ d + 3 d 4  d  k ˙ ϕ˙ 1 4 aϕ1

b

ϕ˙ 1d x

G b

b

y2

x2

Sustituyendo,            − 12 cos α − sin α    ϕ˙ 1d /4  ma2 ϕ˙ 1d   ϕ˙ 1d  ma2   ϕ˙ 2d 2 2 0 0 + ma 0 Pa = ma + + 0 0    ˙ d  12  ˙ d   ˙ d  12     − θ /8 θ θ /4 0 0 1 1 1

De esta ecuaci´on, teniendo en cuenta el valor de ϕ˙ 2d , se obtiene

θ˙1d = 0

4 − Pa sin α = ma2 ϕ˙ 1d 3

⇒

ϕ˙ 1d = −

3P sin α 4ma

Para que el sistema salga de la percusi´on con el campo de velocidades de un solido,

ϕ˙ 1d = ϕ˙ 2d

−

3P sin α 6P cos α =− 4ma ma 208

y

⇒

tan α = 8

    

Lo de moverse como s´olido vale s´olo en el instante de salida de la percusi´on; a partir de ese momento cada varilla se mueve seg´un las ecuaciones antes deducidas, y las velocidades angulares evolucionan por separado. 4 En el movimiento posterior a la percusi´on: La varilla CD se mueve como s´olido de Poinsot sim´etrico girando alrededor de un eje principal: velocidad angular constante Ď•Ë™ 2d , eje de giro constante de direcci´on i1 . El centro de masas se mueve con cantidad de movimiento constante en el plano horizontal; su altura depender´a del a´ ngulo Ď•1 de la varilla AB. La varilla AB se mueve seg´un las cuadraturas del apartado 2, tomando como condiciones iniciales las de salida de la percusi´on. Es f´acil ver que el movimiento de giro va a ser an´alogo al de un p´endulo plano. sin Îą . Sustituyendo en las cuadraturas se La varilla sale de la percusi´on con θË™1d = 0 y Ď•Ë™ 1d = − 3P4ma obtienen las constantes

θË™1d cos2 Ď•1d = 0 ¡ 1 = C3 = 0

⇒

θË™1 = 0

2 3 ma2 a2 2 27 cos ϕ1 + 5 ϕ˙ 1 + 0 + mga sin ϕ1 = E ′ = C4 = m 48 2 48 2 a 9P2 sin2 ι =m (27 + 5) +0 +0 48 16m2 a2

18P2 sin2 Îą 72 27 cos2 Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 12 = − g sin Ď•1 m2 a 2 a

El coeficiente de Ď•Ë™ 12 no se anula nunca, y el potencial es el del peso: el movimiento debido a Ď•1 es an´alogo al del p´endulo simple. Tendremos tres posibles movimientos: Libraciones Movimiento asint´otico a la vertical Rotaciones El movimiento asint´otico es la separaci´on entre las libraciones y las rotaciones. Corresponde al caso en que llega a la vertical con velocidad angular nula, es decir, 0=

18P2 sin2 Îą 72 − g¡1 m2 a 2 a

⇒

P2 â‹š

4m2 ag sin Îą

Para P menores habr´a oscilaciones acotadas dentro del plano Oy1 z1 ; para P mayores, rotaciones dentro del mismo plano. Mientras tanto, el sistema se desplaza horizontalmente con velocidad constante ΡË™ d , y la varilla CD gira en el mismo plano con velocidad angular constante Ď•Ë™ 2d .

209

Soluci´on por mec´anica anal´Ĺtica 1 El primer apartado, el c´alculo de la energ´Ĺa cin´etica, se hace exactamente igual que por newtoniana. Se llegar´Ĺa al mismo resultado. 2 El sistema es hol´onomo (ligadura integrable), escler´onomo (el suelo no se mueve, la r´otula une siempre los mismos puntos) y potencial: es conservativo y tiene lagrangiana. La T ya la tenemos, y el potencial tambi´en se calcul´o antes por newtoniana. Podemos escribirla directamente: 2 a2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 Ë™ Ë™ Ë™ L = m Ξ + ΡË™ + 27 cos Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 + 2Ď•Ë™ 2 + 5 cos Ď•1 θ1 + 2 cos Ď•2 θ2 −mg a sin Ď•1 48 2

De las seis coordenadas generalizadas, cuatro son c´Ĺclicas o ignorables, pues s´olo aparecen expl´Ĺcitamente Ď•1 y Ď•2 . Tendremos pues cuatro integrales primeras, m´as la de la energ´Ĺa por ser conservativo. Veamos primero las c´Ĺclicas: LqË™ j 2mΞË™

Lq j

Lj

0

Ρ

2mΡË™

0

θ1

5 2 2 Ë™ 24 ma cos Ď•1 θ1 ma2 2 Ë™ 12 cos Ď•2 θ2

0

ΞË™ = C1 ΡË™ = C2 cos2 Ď•1 θË™1 = C3

0

cos2 Ď•2 θË™2 = C4

qj

Ξ

θ2

Cada integral primera representa la conservaci´on de la magnitud cin´etica asociada a esa coordenada. Para Ξ y Ρ , coordenadas del centro de masas del sistema, la cantidad de movimiento del sistema en esa direcci´on. Para θ1 y θ2 , a´ ngulos de precesi´on de cada varilla, la componente del momento cin´etico de esa varilla en la direcci´on del giro de precesi´on. La ecuaci´on de Ď•1 es m´as compleja: ma2 LĎ•Ë™ 1 = 27 cos2 Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 24 3 a2 LĎ•1 = m −52 cos Ď•1 sin Ď•1 Ď•Ë™ 12 − 10 cos Ď•1 sin Ď•1 θË™12 − mga cos Ď•1 48 2 2 2 ma 3 ma d 27 cos2 Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 + cos Ď•1 sin Ď•1 52 Ď•Ë™ 12 + 10θË™12 + mga cos Ď•1 = 0 24 dt 48 2

La de Ď•2 algo menos, pues s´olo aparece en un t´ermino:

ma2 Ď•Ë™ 2 12 ma2 LĎ•2 = − cos Ď•2 sin Ď•2 θË™22 12 ma2 ma2 Ď•¨ 2 + cos Ď•2 sin Ď•2 θË™22 = 0 12 12

LĎ•Ë™ 2 =

Las dos u´ ltimas se pueden integrar una vez, pues ya vimos al resolverlo por newtoniana que se puede reducir a cuadraturas. Es necesario sustituir en ellas las otras integrales, de modo que queden las dos como funciones de Ď•i y sus derivadas. En la segunda es muy f´acil: cos2 Ď•2 θË™2 = C4

→

θË™2 =

C4 cos2 Ď•2

ma2 ma2 Ď•¨ 2 + cos Ď•2 sin Ď•2 12 12 multiplicando por Ď•Ë™ 2 :

C4 cos2 Ď•2

2

Ď•¨ 2 Ď•Ë™ 2 = − 210

=0

→

sin Ď•2 C42 Ď•Ë™ 2 cos3 Ď•2

Ď•¨ 2 = − →

sin Ď•2 C42 cos3 Ď•2

Ď•Ë™ 22 = −

C42 +C5 cos2 Ď•2

A esta expresi´on se llegaba por newtoniana sustituyendo la integral del momento cin´etico vertical en la de la energ´Ĺa relativa al centro de masas. All´Ĺ las constantes se numeraron de otro modo pues aparecieron en orden distinto. En la primera probablemente no compense hacerlo, pues saldr´Ĺa muy complicado, y a´un nos queda otra integral primera: la de la energ´Ĺa. Con ella, sustituyendo las otras integrales, llegamos al mismo resultado que integrando la de la Ď•1 , y sin necesidad de integrar: i 2h 2 a 3 2 2 2 2 2 2 2 2 m Ξ Ë™ + ΡË™ + 27 cos Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 + 2Ď•Ë™ 2 + 5 cos Ď•1 θË™1 + 2 cos +mg a sin Ď•1 = E Ď•2 θË™2 48 2 # " 2 2 C3 ma2 3 2 2 Ë™ + mg 27 cos Ď•1 + 5 Ď•1 + 5 cos Ď•1 a sin Ď•1 = E ′ 2 48 cos Ď•1 2

5C32 72 27 cos2 Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 12 = C6 − mg sin Ď•1 − a cos2 Ď•1 p De aqu´Ĺ se obtiene una cuadratura de la forma Âą f (Ď•1 ) d Ď•1 = dt ; sustituyendo esta dt en la cuadratura de θË™1 se obtiene d θ1 = Âąg(Ď•1 ) d Ď•1 , tal como se hizo por newtoniana. De modo an´alogo se obtienen cuadraturas para Ď•2 y θ2 . 3 Para tratar la percusi´on por mec´anica anal´Ĺtica aplicaremos

∂ L

d ∂ L

a − = QPj ∂ q˙ j

∂ q˙ j

Para las derivadas parciales, usamos la lagrangiana particularizada en la posici´on inicial (como derivamos s´olo respecto a las velocidades, da lo mismo sustituir los valores de las coordenadas antes o despu´es de derivar; hacerlo antes ahorra trabajo). 2 a2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 Ë™ L =m Ξ + ΡË™ + 27 cos Ď•1 + 5 Ď•Ë™ 1 + 2Ď•Ë™ 2 + 5 cos Ď•1 θË™1 + 2 cos Ď•2 θË™2 − mg a sin Ď•1 48 2 i a2 h L a =m ΞË™ 2 + ΡË™ 2 + 32 Ď•Ë™ 12 + 2Ď•Ë™ 22 + 5 θË™12 + 0 ¡ θË™22 − 0 48 z

El coeficiente de θË™2 es cero. Se debe a que, con la varilla vertical, cualquier giro θ2 es un giro de la varilla alrededor de su eje, que no tiene sentido din´amico por ser infinitamente delgada. Estamos z3 en el punto singular de los a´ ngulos de Euler, como se coment´o en la soluci´on por newtoniana. Tambi´en veremos que la soluci´on del problema en este caso singular depende de c´omo tomemos θ2 , que x no est´a definida. Para obtener las QPj , tenemos que poner el punto de aplicaci´on C en un punto gen´erico y derivar respecto a las coordenadas: N

QPj = ∑ Pi ¡ i=1

y3

θË™2d

P

Ď•Ë™ 2d

b

x3

z C

∂ ri ∂ rC = P¡ ∂qj ∂qj

b

G

θ2

G2

G3 ≥ B

b

Como s´olo hay una percusi´on, se calcula solamente D el desplazamiento del punto de aplicaci´on δ rC . Ď•2 Aqu´Ĺ no se pueden sustituir las coordenadas por su θ1 A (Ξ , Ρ ) Ď•1 valor antes y durante la percusi´on, porque vamos x a derivar precisamente respecto a las coordenadas. Despu´es de derivar se sustituir´a. La posici´on gen´erica de C ser´a:        Ξ  a cos Ď•1 cos θ1  a − cos Ď•2 cos θ2  Ρ cos Ď•1 sin θ1 + − cos Ď•2 sin θ2 rC = rG + GG3 + G3 C = + 3  4  sin Ď•  2  sin Ď•2 1 4 a sin Ď•1 211

y

b

y

Ni siquiera se puede simplificar dejando cada vector en sus ejes m´as simples, y sumando despu´es de derivar y particularizar: hay desplazamientos que consisten precisamente en una variaci´on de esos ejes. Los DVCL ser´an:         − sin ϕ1 cos θ1  − cos ϕ1 sin θ1    1 0 a a − sin ϕ1 sin θ1 δ ϕ1 + cos ϕ1 cos θ1 δ θ1 + δ rC = 0 δ ξ + 1 δ η +       4  4 cos ϕ 4 0 0 0 1     sin ϕ2 cos θ2  cos ϕ2 sin θ2    a a sin ϕ2 sin θ2 δ ϕ2 + − cos ϕ2 cos θ2 δ θ2 +   2  cos ϕ 2 0 2 Ahora s´ı podemos sustituir los valores de las coordenadas durante la percusi´on, θ1 = π /2, ϕ1 = 0, ϕ2 = π /2. θ2 no est´a definida pero, para poder resolver el problema, hay que tomarla como −π /2, de modo que la velocidad angular de la varilla despu´es de la percusi´on coincida con la u´ nica posible, ϕ˙ 2 . Es decir, hay que intuir la soluci´on para plantear correctamente el problema.       1 0 0 δ rC = 0 δ ξ + 1 δ η + 0 δ ϕ1 +       0 0 a       −1 0 0   a a a  0 δ θ1 + −1 δ ϕ2 + 0 δ θ2 + 4 0  2 0  2  0

z

θ˙1d

∂ ri ∂qj :

P

θ˙2d

b

ϕ˙ 1d x2

Gb b

ϕ˙ 2d

y2

y

x3

calcular la velocidad del punto por el camino m´as

n

vi =

y3

z3

Sobre la figura se puede comprobar que los DVCL son x efectivamente estos. θ˙2 no interviene. Hay otro camino para calcular las sencillo, e igualar con

z2

∂ ri

∂ ri

∑ ∂ q j q˙ j + ∂ t

j=1

Los coeficientes de cada q˙ j ser´an los vectores buscados. Tiene la ventaja de que podemos calcular la velocidad ya particularizada para la percusi´on, que suele ser m´as simple:

G 3 vC31 = vG 31 + ω 31 ∧ G3 C = v21 + ω 21 ∧ GG3 + ω 31 ∧ G3 C =        ξ˙  a −θ˙1  a  0  −ϕ˙ 2 = η˙ + + 0 3  4  ˙  2 0  ϕ1 ˙ 4 aϕ1

El resultado es obviamente el mismo que por el otro camino, pero mucho m´as r´apido: se ha podido escribir directamente, casi sin operaciones. Multiplicando escalarmente P = P(0, cos α , − sin α ) por cada una de las derivadas parciales se obtienen las QPj :

QPη = 0 QPξ = P cos α

QPϕ1 = −Pa sin α 212

QθP1 = 0

QPϕ2 = −

Pa cos α 2

QPθ2 = 0

Podemos ya plantear las ecuaciones impulsivas: ξ) 2mξ˙ d − 0 = 0

η)

2mη˙ d

ϕ1 )

4ma2 ˙ d 3 ϕ1

θ1 )

5ma2 ˙ d 24 θ1

ϕ2 )

ma2 ˙ d 12 ϕ2

θ2 )

0

→ ξ˙ d =

0

P cos α 2m 3P sin α − 0 = −Pa sin α → ϕ˙ 1d = − 4ma d ˙ − 0 = 0 → θ1 = 0 − 0 =

P cos α

→ η˙ d =

˙d − 0 = − Pa 2 cos α → ϕ2 = − − 0 =

0

→ θ˙2d =

6P cos α ma ?

Para que inmediatamente despu´es de la percusi´on el movimiento sea el de un s´olido, las velocidades angulares de las varillas deben ser iguales, de modo que 3P sin α 6P cos α ϕ˙ 1d = − = ϕ˙ 2d = − ⇒ tan α = 8 4ma ma 4 Habiendo obtenido las mismas ecuaciones del movimiento, y las mismas condiciones iniciales (los valores de salida de la percusi´on), el an´alisis cualitativo se hace como por newtoniana. Puede haber algo de dificultad en identificar el movimiento de CD como un s´olido de Poinsot, pues han salido de la Lagrangiana directamente sin ver la conservaci´on del momento vector cin´etico. Habr´ıa que trabajar algo mas para dejarlas de lado en el an´alisis cualitativo. Nota: En la soluci´on por newtoniana se lleg´o a estas integrales primeras del movimiento de la varilla CD: ma2 2 ˙ 2 2 θ˙2 cos2 ϕ2 = C1 ϕ˙ 2 + θ2 cos ϕ2 = C1 24 que corresponden a la conservaci´on de la componente vertical de HG3 y a la energ´ıa cin´etica del movimiento relativo al centro de masas. Por mec´anica anal´ıtica se ha llegado a las mismas ecuaciones, teniendo que integrar una ecuaci´on de Lagrange para llegar a la segunda. Ya se ha visto que estas ecuaciones pueden reducirse a cuadraturas t(ϕ2) y θ2 (ϕ2 ). Adem´as, las cuadraturas pueden integrarse anal´ıticamente (por ejemplo, con Maple). M´as dif´ıcil es despejarlas para obtener las ecuaciones horarias expl´ıcitamente. Sin embargo, el movimiento en s´ı es muy sencillo: caso de Poinsot sim´etrico, que para una varilla es todav´ıa m´as simple. Equivale a un giro con velocidad angular constante alrededor de un eje principal, constante en ejes fijos y en ejes s´olido. Al ser nulo el momento de inercia seg´un AB, el momento cin´etico es normal a la varilla: (Ap, 0, Ar). Como todos los ejes normales a la varilla por G3 son principales, la velocidad angular tiene la misma direcci´on que el vector momento cin´etico, y es tambi´en constante. La dificultad est´a en que, para el movimiento de Poinsot, los ejes adecuados est´an ligados a la direcci´on del vector momento cin´etico, no a la vertical. Matem´aticamente, hay que encontrar un cambio de variables que deje las ecuaciones en forma sencilla. F´ısicamente, se trata de hacer un cambio de ejes conveniente. Lo m´as sencillo es tomar la direcci´on del momento cin´etico como eje z4 ; dentro del plano normal, la direcci´on horizontal ser´a x4 y la de m´axima pendiente y4 .

y4

z

z4

ω

H G3

ωt

x4

b

y

x

Sean θ y φ los a´ ngulos en esf´ericas de la recta soporte del vector momento cin´etico, y ω la velocidad angular de la varilla, todos constantes. Entonces, los versores del sistema S4 ser´an i4 = (− sin θ , cos θ , 0) j4 = (− sin φ cos θ , − sin φ sin θ , cos φ ) k4 = (cos φ cos θ , cos φ sin θ , sin φ ) 213

La varilla habr´a girado un a´ ngulo ω t respecto al eje G3 x4 , por lo que un vector unitario en la direcci´on de la varilla tendr´a las componentes u = cos ω t i4 + sin ω t j4 = = (− sin θ cos ω t − sin φ cos θ sin ω t, cos θ cos ω t − sin φ sin θ sin ω t, cos φ sin ω t) De aqu´ı se obtienen las coordenadas de la varilla. ϕ2 es el a´ ngulo de nutaci´on, el que forma la varilla con el plano horizontal: sin ϕ2 = uz = cos φ sin ω t El a´ ngulo de precesi´on θ2 se obtiene de la proyecci´on horizontal de la varilla tan θ2 =

uy cos θ cos ω t − sin φ sin θ sin ω t = ux − sin θ cos ω t − sin φ cos θ sin ω t

Trabajando directamente con las integrales primeras, no es probable que se acierte a encontrar el cambio de variables que lleva a esta soluci´on expl´ıcita. Lo que tenemos es un problema muy sencillo, proyectado en unos ejes poco adecuados.

214

Problema 9.1.4: El sistema material de la figura est´a constituido por un disco D y una esfera E de la misma masa m y del mismo radio a. A la esfera es solidaria una varilla cil´ındrica, sin masa, sobre cuyo extremo puede girar el disco libremente. La longitud de la varilla es tal que los centros de esfera y disco quedan separados por una distancia 2a. El conjunto de s´olidos as´ı definido, se apoya sobre el plano horizontal Ox1 y1 . Entre la esfera y el plano no existe rozamiento, mientras que entre el disco y el plano existe el suficiente para evitar el deslizamiento en todo instante. Definamos el sistema de ejes auxiliares Gxyz indicado en la figura. La configuraci´on del sistema queda definida por los par´ametros ξ , η , ψ , θ y ϕ , donde ξ , η son las coordenadas del centro de masas de la pareja, ψ es el a´ ngulo que forma Gx con Ox1 , θ el a´ ngulo de rotaci´on de la esfera alrededor de Gx y ϕ es el a´ ngulo de rotaci´on del disco alrededor del mismo eje. Se pide: 1. Establecer entre los par´ametros y sus derivadas, la relaci´on que expresa el no deslizamiento del disco sobre el plano. 2. Se lleva el sistema a la posici´on inicial definida por ξ = 3a, η = 0, ψ = ϕ = θ = 0, abandon´andolo en reposo sobre el plano. En esta situaci´on se aplica una percusi´on P j1 en el punto (2a, −a, a) del disco. Averiguar el estado del sistema inmediatamente despu´es de aplicar la percusi´on. 3. Plantear las ecuaciones que nos dan el movimiento del sistema as´ı como los valores de las reacciones N, N1 , T y R. 4. Integrar completamente las ecuaciones anteriores y estudiar el movimiento resultante. Se definir´an, en particular, las superficies axoides del disco y la esfera. 5. Si en un momento dado se solidarizan bruscamente la esfera y el disco, determinar el movimiento posterior.

E.T.S.I.A., 27 de Junio de 1985

215

Soluci´on por mec´anica de Newton-Euler 1 Llamaremos s´olido S2 al disco, S3 a la esfera, y z S0 a los ejes auxiliares de la figura. Hay cinco coordenadas generalizadas: el a´ ngulo de z0 precesi´on del sistema ψ , los de rotaci´on propia del ψ˙ disco, ϕ y de la esfera, θ ; y las coordenadas en ejes ϕ˙ fijos de la proyecci´on del centro de masas, (ξ , η ). y0 El disco rueda sin deslizar: el punto del disco que D ψ en cada momento est´e en contacto con el suelo y b E G tendr´a velocidad nula. Esto supone tres ligaduras: la θ˙ vertical es integrable y est´a ya contada en las coorx0 R T denadas generalizadas; las dos horizontales son no N integrables: el sistema es no hol´onomo. El n´umero x N1 de grados de libertad ser´a menor que el de coordenadas. En el punto de contacto del disco hay una reacci´on normal N, por el apoyo, y dos componentes horizontales, R y T , para evitar el deslizamiento. En el apoyo liso de la esfera s´olo hay una reacci´on normal N1 . b

z

La velocidad del punto de contacto del disco, I, se calcula con el campo de velocidades del disco, y la velocidad de G, que tambi´en es un punto del disco:

 

 ξ˙ 

i0 j0 k0

GI = η˙ vI21 = vG + ϕ˙ 0 ψ˙

21 + ω 21 ∧G  

0 1 −a 0 −a

Las ecuaciones pueden proyectarse en ejes S1 o S0 ; obviamente, unas son combinaci´on lineal de las otras:

z0

ψ˙

ϕ˙

y0

ψ

D

y b

G b

I

(ξ , η )

x0

x

        0 ξ˙     ξ˙ + a sin ψ (ψ˙ − ϕ˙ )   0 + −aψ˙ + aϕ˙ = η˙ − a cos ψ (ψ˙ − ϕ˙ ) = 0 = η˙         0 0 0 1 0 0 1     ξ˙ cos ψ + η˙ sin ψ    0 ˙ = −ξ sin ψ + η˙ cos ψ + a(ϕ˙ − ψ˙ ) = 0     0 0 0

2 Hay que ver el numero de grados de libertad, de percusiones de ligadura, y las ecuaciones m´as adecuadas.

z

z0

y

Velocidades P. Ligadura ext. P. Lig. int. en D

ξ˙ d , η˙ d , ψ˙ d , ϕ˙ d , θ˙ d N, N1 , R, T X,Y , Z, My, Mz

y0

5 4 5

D b

G

Contamos con 6 ecuaciones independientes para cada s´olido (y 6 para el sistema, que son la suma de las anteriores), y 2 de la rodadura sin deslizamiento; en total 14 ecuaciones y 14 inc´ognitas. 216

b

E

P

x0 T

R x

N N1

Como no se piden las percusiones de ligadura, interesar´ıa buscar las ecuaciones asociadas a cada grado de libertad. En este caso no va a ser posible, porque las percusiones de ligadura exteriores van a intervenir en las del sistema: en total tendremos 9 inc´ognitas. Y procuraremos no dividirlo, para que no aparezcan las 5 percusiones de ligadura interiores de la uni´on entre disco y esfera. Lo m´as conveniente parece ser aplicar las ecuaciones de CM y MC al sistema (6), las de rodadura (2), y aislar la esfera tomando s´olo la ecuaci´on asociada a su grado de libertad, el giro θ (1). Proyectaremos en ejes S0 , que en la posici´on inicial coinciden con los fijos. Las ecuaciones impulsivas de cantidad de movimiento del sistema son triviales:        R   ξ˙ d  0 d P + T = m η˙ −m 0 N + N    0 0 1 Tomaremos momentos en G, que simplifica los c´alculos cin´eticos. S´olo intervienen las velocidades relativas a unos ejes con origen en G paralelos a los fijos: hG = GD ∧ m(ω 01 ∧ GD) +IID · ω 21 + GE ∧ m(ω 01 ∧ GE) +IIE · ω 31 Las velocidades angulares son, obviamente, ω 21 = (ϕ˙ , 0, ψ˙ ) y ω 31 = (θ˙ , 0, ψ˙ ). El tensor de inercia de la esfera es, naturalmente, esf´erico, con todos los momentos 52 ma2 ; el del disco ser´a 14 ma2 respecto a los di´ametros y 12 ma2 respecto al eje de giro. Las velocidades de los centros D y E respecto al centro de masas se deben s´olo al giro de precesi´on ψ˙ .          0  ma2 2ϕ˙   0  2ma2  θ˙  0 0 0 + hG = + + 0  ψ˙   2 ˙   ˙  2 ˙ 4 5 ma ψ ma ψ ψ La ecuaci´on del momento cin´etico para percusiones ser´a   1 d 2 d   Ta   2 ϕ˙ + 5 θ˙  0  2 0 (N − N1 − R)a = ma − 0    53 d    0 −(P + T )a ˙ 20 ψ

z

z0

y y0 D

Si aislamos la esfera, podemos tomar la u´ nica ecuaci´on en la que no aparecen percusiones de ligadura: la de momento cin´etico seg´un el eje de giro:

b

G b

E

P

x0 T

R x

N 2 N1 0 = ma2 θ˙ d − 0 5 Contamos tambi´en con las ecuaciones de la rodadura sin deslizamiento, particularizadas para la configuraci´on del momento de la percusi´on

ξ˙ d = 0

η˙ d + a(ϕ˙ d − ψ˙ d ) = 0

Algunos resultados son inmediatos:

ξ˙ d = θ˙ d = R = N = N1 = 0 Las ecuaciones restantes se simplifican, T − 2mη˙ d = −P −T −

T−

53 maψ˙ d = P 20

ma d ϕ˙ = 0 2

η˙ d + aϕ˙ d − aψ˙ d = 0

y proporcionan el resto de las inc´ognitas T =−

93 P 305

η˙ d =

106 P 305 m

ϕ˙ d = − 217

186 P 305 ma

ψ˙ d = −

16 P 61 ma

z

3 Para el movimiento posterior, podemos aplicar las mismas ecuaciones que en la percusi´on, pero ahora ser´an diferenciales; las condiciones iniciales ser´an las de salida de la percusi´on. Se puede sustituir alguna por la de la energ´ıa, pues el sistema es obviamente conservativo. Para no tener que calcular la energ´ıa cin´etica, seguiremos con las mismas ecuaciones. Para la ecuaci´on de la cantidad de movimiento del sistema (CM), se tiene:

z0

y0 D

ψ

b

E x0

R N

T

    R cos ψ − T sin ψ   ξ¨  R sin ψ + T cos ψ = 2m η¨     N + N1 − 2mg 0

y b

G

x N1

Para despejar las fuerzas de ligadura, es m´as conveniente proyectarla en ejes S0 :     R   ξ¨ cos ψ + η¨ sin ψ   T = 2m −ξ¨ sin ψ + η¨ cos ψ   N + N − 2mg 0 1

En el movimiento posterior, los ejes S0 ya no coinciden con los fijos. La ecuaci´on de la cantidad de movimiento se ha proyectado en ejes fijos, pero la del momento cin´etico conviene dejarla en los m´oviles: 

1

i0 j0 k0

ϕ˙ + 25 θ˙   2

d 0 0 ψ˙

0 hG 1 = ma2 + ma2

 53  dt 1 2

ϕ˙ + θ˙ 0 53 ψ˙

˙ 2 5 20 20 ψ La ecuaci´on (MC) queda

   1  Ta    2 ϕ¨ + 25 θ¨  (N − N1 − R)a = ma2 ψ˙ 12 ϕ˙ + 52 θ˙     53 ¨ −T a 20 ψ

Para la esfera tenemos la ecuaci´on del momento cin´etico seg´un Gx0 , que es en realidad la primera de Euler (MCEsf): A p˙ + qr (C − B) = M x

⇒

z0

2 0 = ma2 θ¨ 5

y0

x0

Mz Z

b

E

b

G My Y D X

Ni la reacci´on del suelo ni las fuerzas y momentos de ligadura en la uni´on con el disco dan momento N1 seg´un ese eje. Finalmente, tenemos las ecuaciones de la ligadura de rodar sin deslizar, proyectados en unos ejes u otros:

ξ˙ + a sin ψ (ψ˙ − ϕ˙ ) = 0 η˙ − a cos ψ (ψ˙ − ϕ˙ ) = 0

ξ˙ cos ψ + η˙ sin ψ = 0 −ξ˙ sin ψ + η˙ cos ψ + a(ϕ˙ − ψ˙ ) = 0

4 El sistema de ecuaciones diferenciales, algunas no lineales, puede parecer formidable. Pero el sistema en s´ı es sencillo: se conserva la energ´ıa, el peso no hace m´as que pegarlo contra el suelo, las ligaduras no trabajan. . . lo natural es que salga un movimiento estacionario. La ecuaci´on del giro de la esfera es trivial; las condiciones iniciales son las de salida de la percusi´on.

θ¨ = 0

→

θ˙ = θ˙0 = 0 218

→

θ = θ0

De MC1 y MC3 se obtiene T a = 12 ma2 Ï•¨ −T a =

53 2 ¨ 20 ma ψ

1 53 Ï•¨ + ψ¨ = 0 2 20

(9.3)

Proyectando las ecuaciones de cantidad de movimiento en ejes S0 , seg´un y0 : T = 2m(âˆ’ξ¨ sin ψ + η¨ cos ψ ) Derivando las ecuaciones de la ligadura cinem´atica, proyectadas en S0 −a(Ï•Ë™ −ψ˙ )

R/2m

z

}| { ¨ ¨ ξ cos ψ + η sin ψ + ψ˙ âˆ’ξ¨ sin ψ + η¨ cos ψ + ψ˙ | {z } T /2m

z }| { Ë™ Ë™ −ξ sin ψ + η cos ψ = 0 −ξË™ cos ψ − ηË™ sin ψ + a(Ï•Ë™ − ψ˙ ) = 0 | {z }

→

−T = 2ma(ϕ˙ − ψ˙ )

0

Con esta u´ ltima y MC3 se puede eliminar T : 53 −T = ma ψ¨ 20

→

93 0 = ma Ï•¨ − ψ¨ 20

(9.4)

Como (9.3) y (9.4) son incompatibles, las dos derivadas tienen que ser nulas

Ï•¨ = ψ¨ = 0

⇒

ϕ =−

186 P t + Ï•0 305 ma

ψ =−

16 P t + ψ0 61 ma

T =0

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones de las ligaduras, proyectadas ahora en ejes fijos P 16 Pt ξË™ = −a(ψ˙ 0 − Ï•Ë™ 0 ) sin ψ˙ 0 t = − 106 305 m sin − 61 ma 106 P 16 Pt ηË™ = a(ψ˙ 0 − Ï•Ë™ 0 ) cos ψ˙ 0 t = cos − 305 m 61 ma se integran directamente, con las condiciones iniciales ξ0 = 3a, η0 = 0,

ξ =−

106 346 16P t+ a cos 61ma a 80 80

η=

106 16P t a sin 61ma 80

De la ecuaci´on de la cantidad de movimiento seg´un Gy0 se obtiene ¨ ¨ R = 2m ξ cos ψ + η sin ψ = 2maψ˙ (Ï•Ë™ − ψ˙ )

⇒

106 R=− 305

2

P2 ma

Finalmente, para las normales contamos con CMz y MCy : N + N1 = 2mg N − N1 = R + maψ˙

1232 P2 Ï•Ë™ = ma 2 3721 m2 a2

N = mg +

616 P2 3721 ma

N1 = mg −

616 P2 3721 ma

N´otese que, si N1 se hace negativo, la esfera se levanta del suelo. Axoides: El sistema precesa con velocidad angular constante ψ˙ 0 . El centro de masas describe una circunferencia de centro ( 346 80 a, 0). Hay por tanto un punto del eje, F, situado a una 106 distancia 80 a de G, que no se mueve. 219

y1

z1

z1

EIR31 EIR21 O1

G

x1 G

F

F

E

ϕ˙

F

ψ˙

x1

x1

I

ω21

ψ˙

Disco: Hay dos puntos de velocidad nula: el de contacto I y el punto F del eje, que tambi´en es parte del disco. El EIR21 pasar´a por esos dos puntos. F est´a fijo en el espacio, y en el eje del disco. El punto del disco I es siempre es uno de la periferia; en ejes fijos, recorre una circunferencia sobre el plano horizontal. Las axoides son conos de v´ertice F, la fija se apoya en la circunferencia trayectoria de I, y la m´ovil en la periferia del disco. Al mismo resultado se llega sin necesidad de conocer la trayectoria de G. Se sabe que I tiene velocidad nula y se conoce la velocidad angular ω 21 = ϕ˙ i0 + ψ˙ k0 : esto determina el EIR21 , y de su movimiento se obtienen las axoides. Esfera: s´olo tiene precesi´on ω 31 = ψ˙ k0 . F es siempre el mismo punto de la esfera, como todos los del eje y0 . El EIR31 y las dos axoides son la recta vertical fija que pasa por F. 5 Si se solidifican de pronto la esfera y el disco, se introduce bruscamente la ligadura

ϕ˙ = θ˙

→

±Mx0

Aparece un momento de percusi´on interno en la uni´on: pone a girar a la esfera, y frena el disco, para que ambos tengan la misma velocidad angular. Al ser un par de acci´on-reacci´on, el momento resultante es nulo para todo el sistema. Pero eso no quiere decir que no tenga efecto global: al variar ϕ˙ , a trav´es de las ligaduras var´ıan la precesi´on y la velocidad del centro de masas, lo que puede producir percusiones en todas las ligaduras exteriores. Ahora se toman como valores iniciales los del movimiento, que coinciden con los de salida de la primera percusi´on. El movimiento es una precesi´on y rotaci´on uniforme, y el centro de masas recorre una circunferencia con velocidad constante en m´odulo. Las velocidades tienen pues simetr´ıa de revoluci´on, y podemos simplificar el problema: en vez de coger un a´ ngulo arbitrario ψ˙ 0 t, podemos dar la percusi´on en el momento en que coinciden los ejes S1 y S0 . Luego, para llevarlo a la posici´on que sea, no hay m´as que rotar las velocidades que se obtengan. z

z0

Las ecuaciones ser´an ahora:

y

Cantidad de movimiento del sistema: R = 2m ξ˙ d − 0 T

= 2m

N + N1 =

P η˙ d − 106 305 m

0

(≥ 0)

y0 −Mx0

D

+Mx0 b

G

b

E x0

R

T

x

N N1

Momento cin´etico del sistema: Ta

=

ma2

(N − N1 − R)a = −T a

ϕ˙ d 2

ma2

=

˙d P + 2θ5 + 186 610 ma ma2 (0 − 0) 53 ˙ d 20 ψ

Momento cin´etico de la esfera seg´un Gx0 : 2 Mx0 = ma2 θ˙ d − 0 5 220

−0

16 P + 53 20 61 ma

Ligaduras cinem´aticas, las de rodadura y la nueva:

ξ˙ d = 0 η˙ d = −a(ϕ˙ d − ψ˙ d ) ϕ˙ d = θ˙ d Del sistema se obtiene directamente

ξ˙ d = R = N = N1 = 0 El resto del sistema es m´as complicado: Entre las ecuaciones MC1 y MC2 se elimina T , y teniendo en cuenta la nueva ligadura ϕ˙ d = θ˙ d , se llega a 9 d 53 d P ϕ˙ + ψ˙ + =0 10 20 ma Entre las ecuaciones CM2 y MC3 se elimina tambi´en T , y sustituyendo η˙ d de la segunda ecuaci´on de ligadura, se obtiene −2ϕ˙ d +

93 d ψ˙ = 0 20

De estas dos ecuaciones se obtiene 930 P ϕ˙ d = θ˙ d = − 1897 ma

ψ˙ d = −

400 P 1897 ma

Y sustituyendo estos valores en cualquiera de las otras utilizadas,

η˙ d =

530 P 1897 m

T =−

78864 P 578585

Mx0 = −

372 aP 1897

Todos los valores que se han calculado son constantes en ejes S0 . Si la percusi´on se diera en alguna posici´on distinta, habr´ıa que proyectar el valor de η˙ d , que est´a dirigido seg´un j0 , en los ejes fijos.

221

Soluci´on por mec´anica anal´ıtica 1 La condici´on cinem´atica se resuelve igual que z por newtoniana. Llamaremos s´olido S2 al disco, S3 a la esfera, y S0 a los ejes auxiliares de la figura. z0 Hay cinco coordenadas generalizadas: el a´ ngulo de ψ˙ precesi´on del sistema ψ , los de rotaci´on propia del ϕ˙ disco, ϕ y de la esfera, θ ; y las coordenadas en ejes y0 fijos de la proyecci´on del centro de masas, (ξ , η ). D El disco rueda sin deslizar: el punto del disco que ψ y b en cada momento est´e en contacto con el suelo E G θ˙ tendr´a velocidad nula. Esto supone tres ligaduras: la vertical es integrable y est´a ya contada en las coorx0 R T N denadas generalizadas; las dos horizontales son no x integrables: el sistema es no hol´onomo. El n´umero N1 de grados de libertad ser´a menor que el de coordenadas. En el punto de contacto del disco hay una reacci´on normal N, por el apoyo, y dos componentes horizontales, R y T , para evitar el deslizamiento. En el apoyo liso de la esfera s´olo hay una reacci´on normal N1 . b

z

La velocidad del punto de contacto del disco, I, se calcula con el campo de velocidades del disco, y la velocidad de G, que tambi´en es un punto del disco:

 

 ξ˙ 

i0 j0 k0

GI = η˙ vI21 = vG + ϕ˙ 0 ψ˙

21 + ω 21 ∧G  

0 1 −a 0 −a

Las ecuaciones pueden proyectarse en ejes S1 o S0 ; obviamente, unas son combinaci´on lineal de las otras:

z0

ψ˙

ϕ˙

y0

ψ

D b

y

G b

I

(ξ , η )

x0

x

        0 ξ˙     ξ˙ + a sin ψ (ψ˙ − ϕ˙ )   0 ˙ ˙ + −aψ + aϕ = η˙ − a cos ψ (ψ˙ − ϕ˙ ) = 0 = η˙         0 0 0 1 0 0 1     ξ˙ cos ψ + η˙ sin ψ    0 ˙ = −ξ sin ψ + η˙ cos ψ + a(ϕ˙ − ψ˙ ) = 0    0 0 0

2 Las ecuaciones de la rodadura sin deslizamiento no son integrables: el sistema es no hol´onomo. Las inc´ognitas son: Velocidades ξ˙ d , η˙ d , ψ˙ d , ϕ˙ d , θ˙ d P. Ligadura ext. N, N1 , R, T P. Ligadura int. X,Y , Z, My , Mz

5 4 5

Como hay dos ecuaciones cinem´aticas no integrables, el n´umero de grados de libertad es n−h = 5−2 = 3. Las ecuaciones de la mec´anica anal´ıtica para sistemas no hol´onomos permiten obtener las cinco velocidades y, si se usa el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange, tambi´en R y T. Como estas percusiones est´an proyectadas en ejes m´oviles, tendremos que usar las ecuaciones de las ligaduras proyectadas en esos mismos ejes; de ese modo los µ1 y µ2 corresponder´an a las percusiones que se buscan. Si se usan las ligaduras en ejes fijos, los µi corresponder´ıan a las proyecciones de la fuerza de ligadura en esos ejes. 222

Las percusiones asociadas a las ligaduras finitas, N y N1 , no se pueden obtener por este m´etodo. Pero, una vez resuelto el problema, se obtienen f´acilmente planteando las ecuaciones CMz y MCy0 , que son muy simples. En este caso, aunque se pidan percusiones o fuerzas de ligadura, se puede resolver por mec´anica anal´ıtica sin demasiados problemas. Las ecuaciones que vamos a aplicar son z

g ∂ L

d ∂ L

a P − = Q + ∑ µk Ck j j ∂ q˙ j

∂ q˙ j

k=1

z0

ψ˙

ϕ˙

Necesitaremos:

La lagrangiana. Compensa calcularla en un instante gen´erico, para usarla tambi´en en el movimiento posterior. Las fuerzas impulsivas generalizadas Los coeficientes Ck j los conocemos ya, pues las ligaduras est´an en funci´on de las coordenadas generalizadas.

y0 D

ψ

y b

G

µ2

b

E

µ1 N

θ˙ x0

x N1

Para la lagrangiana s´olo necesitamos la energ´ıa cin´etica, pues el potencial es constante mientras no se levante del suelo. La energ´ıa cin´etica la podemos calcular aplicando el teorema de Koenig en dos fases, primero a todo el sistema, y luego a cada s´olido para el movimiento relativo al centro de masas del sistema: 1 1 1 2 2 D E G2 T = 2mvG 01 + TG + TG = m v01 + m (ω 01 ∧ GD) + ω 21 ·IID · ω 21 + 2 2 2 1 1 + m (ω 01 ∧ GE)2 + ω 31 ·IIE · ω 31 2 2 Tambi´en se podr´ıa haber calculado por separado para cada s´olido, aplicando Koenig directamente a cada uno: 1 1 1 E2 1 2 T = mvD 21 + ω 21 ·IID · ω 21 + mv31 + ω 31 ·IIE · ω E1 2 2 2 2 D Por este segundo camino hay que sumar vG 01 y ω 01 ∧ GD para obtener v21 , lo que implica cambiar de ejes y sumar los vectores, y luego elevar al cuadrado. Por el primer m´etodo se elevan al cuadrado cada uno y se suman. El doble producto desaparece al contar los dos s´olidos, pues GD = −GE. Los elementos de T son todos conocidos, y se pueden escribir directamente,

   ξ˙  G v01 = η˙   0 1

  −aψ˙  0 ω 01 ∧ GD = −ω 01 ∧ GE =   0 0

  2 0 0 0 1 0 ID = 4 0 0 1 0 2 ω 21 = (ϕ˙ , 0, ψ˙ ) ω 31 = (θ˙ , 0, ψ˙ ) IE = ma2 U 5 ma2

La energ´ıa cin´etica y la lagrangiana quedan 2 ϕ˙ θ˙ 2 53 2 2 2 2 ˙ L = T = m ξ + η˙ + ma + + ψ˙ 4 5 40 223

Llamemos A al punto de aplicaci´on de la percusi´on. Tenemos que calcular n

∑ QPj δ q j =

j=1

n

∑ P·

j=1

z

z0

∂ rA δqj ∂qj

y y0 D

∂ rA

b

A

Para calcular las ∂ q j habr´ıa que situar A en una posici´on arbitraria, derivar respecto a cada coordenada . . . Es muy complejo, y no nos va a servir para los otros apartados. Compensa hacerlo calculando su velocidad ya en la posici´on de la percusi´on:

G b

E

P

x0

µ1

µ2

x

N N1

      ξ˙   0  a A G v21 = v + ω 21 ∧ GA = η˙ + 0 ϕ˙ + −a ψ˙ =       −a 0 0

∂ rA

n

∑ ∂ q j q˙ j

j=1

No hay que preocuparse de cambios de ejes, porque al dar la percusi´on los dos coinciden. Multiplicando escalarmente P j por el coeficiente de cada q˙ j , se obtiene QPξ = 0 QPη = P

QPϕ = 0 QPθ = 0

QPψ = −aP

Los Ck j se obtienen de las ecuaciones de la rodadura sin deslizamiento, particularizadas para la configuraci´on del momento de la percusi´on 5

= ∑ C1 j q˙ j

LIG1 ≡ 1 · ξ˙ d = 0

→ PL1 = µ1 i0 = R

j=1 5

LIG2 ≡ 1 · η˙ d + a · ϕ˙ d −a · ψ˙ d = 0 = ∑ C2 j q˙ j

→ PL2 = µ2 j0 = T

j=1

Ya tenemos todos los elementos para plantear las ecuaciones impulsivas de Lagrange

∂ L d ∂ L a − = QPj + C1 j µ1 + C2 j µ2 ∂ q˙ j ∂ q˙ j 2mξ˙ d

2mη˙ d 1 2 ˙d 2 ma ϕ 2 2 ˙d 5 ma θ 53 2 ˙d 20 ma ψ

−

0

=

0 +

µ1 +

0

−

0

=

P +

0 +

µ2

−

0

=

0 +

0 +

aµ2

−

0

=

0 +

0 +

0

−

0

= −aP +

0 −

aµ2

junto con las ecuaciones de las ligaduras: 7 ecuaciones con 7 inc´ognitas. Algunos resultados son inmediatos:

ξ˙ d = θ˙ d = µ1 = 0 Entre LAG3 y LAG5 se elimina µ2 y se llega a 53 d 1 d P ψ˙ + ϕ˙ = − 20 2 ma Entre LAG2 y LAG5 se elimina µ2 y se sustituye η˙ d en LIG2: −

93 d ψ˙ + ϕ˙ d = 0 40

con lo que se obtiene el resto de las inc´ognitas

µ2 = −

93 P 305

η˙ d =

106 P 305 m

ϕ˙ d = − 224

186 P 305 ma

ψ˙ d = −

16 P 61 ma

z

3 Para el movimiento posterior, aplicaremos las ecuaciones de Lagrange por el m´etodo de los multiplicadores; las ecuaciones de las ligaduras corresponder´an a una posici´on gen´erica, y no aparecen percusiones sino fuerzas; la lagrangiana no var´ıa porque no aparece ninguna coordenada; las condiciones iniciales ser´an las de salida de la percusi´on. Se puede sustituir alguna por la de la energ´ıa, pues el sistema es obviamente conservativo. d ∂L ∂L − = C1 j µ1 +C2 j µ2 dt ∂ q˙ j ∂qj

z0

y0 D

ψ

y b

G b

E

µ1 N

µ2

x0

x N1

Las ecuaciones de las ligaduras, en un instante arbitrario, son 5

LIG1 ≡ cos ψ · ξ˙ d + sin ψ · η˙ d = 0

= ∑ C1 j q˙ j

LIG2 ≡ − sin ψ · ξ˙ d + cos ψ · η˙ d + a · ϕ˙ d −a · ψ˙ d = 0

= ∑ C2 j q˙ j

j=1

→

FL1 = µ1 i0 = R

→

FL2 = µ2 j0 = T

5

j=1

Y las ecuaciones del movimiento d ∂L dt ∂ q˙ j

2mξ¨ 2mη¨ 1 2¨ 2 ma ϕ 2 2¨ 5 ma θ 53 2 ¨ 20 ma ψ

−

∂L ∂ q˙ j

−

0

−

0

= + sin ψ µ1 + cos ψµ2

−

0

= +

0 +

aµ2

−

0

= +

0 +

0

−

0

= +

0 −

aµ2

= +

C1 j µ1 +

C2 j µ2

= + cos ψ µ1 − sin ψµ2

Integrando estas ecuaciones se obtienen las cinco coordenadas generalizadas y las dos fuerzas de la ligadura cinem´atica. Para las reacciones del suelo podemos plantear primero la ecuaci´on de la cantidad de movimiento del sistema en la direcci´on vertical; suponiendo que no se levanta, N + N1 − 2mg = 0 Para escribir la ecuaci´on del momento cin´etico seg´un Gy0 , trataremos de economizar esfuerzos al m´aximo. De la ecuaci´on MEG =

d d HG 1 = HG 1 + ψ˙ k1 ∧ HG dt dt

recordamos que HG no tiene componente y0 , y que en esa direcci´on el t´ermino corrector del teorema de Coriolis se reduce a ψ˙ HGx , es decir, 1 2 2 2˙ (N − N1 − µ1 )a = ψ˙ ma ϕ˙ + ma θ 2 5 HGx se ha calculado como la del disco y la esfera girando alrededor de su eje com´un. Una vez obtenidas las leyes horarias, de estas ecuaciones se obtiene la reacci´on normal. 4 Si se comparan las ecuaciones del movimiento con las obtenidas por newtoniana, se ve que son exactamente las mismas. El u´ nico cambio es que aqu´ı se ha llamado µ1 y µ2 a lo que all´ı se llam´o R y T . El proceso de integraci´on ser´a id´entico. Las condiciones iniciales son las de salida de la percusi´on. 225

La ecuaci´on de θ es inmediata:

θ¨ = 0

θË™ = θË™0 = 0

→

θ = θ0

→

De LAG3 y LAG5 se obtiene

µ2 a = 21 ma2 Ï•¨

−µ2 a =

1 53 Ï•¨ + ψ¨ = 0 2 20

53 2 ¨ 20 ma ψ

(9.5)

Entre LAG1 y LAG2 se elimina µ1 (lo que equivale a proyectar la ecuaci´on de la cantidad de movimiento seg´un Gx0 ): µ2 = 2m(âˆ’ξ¨ sin ψ + η¨ cos ψ ) Derivando las ecuaciones de la ligadura cinem´atica, proyectadas en S0 µ1 /2m

z

}| { ξ¨ cos ψ + η¨ sin ψ + ψ˙ âˆ’ξ¨ sin ψ + η¨ cos ψ + ψ˙ | {z } µ2 /2m

−a(ϕ˙ −ψ˙ )

z }| { −ξË™ sin ψ + ηË™ cos ψ = 0 −ξË™ cos ψ − ηË™ sin ψ + a(Ï•Ë™ − ψ˙ ) = 0 | {z }

→

−µ2 = 2ma(Ï•Ë™ − ψ˙ )

0

Con esta u´ ltima y LAG5 se puede eliminar µ2 : 53 −µ2 = ma ψ¨ 20

→

93 0 = ma Ï•¨ − ψ¨ 20

(9.6)

Como (9.5) y (9.6) son incompatibles, las dos derivadas tienen que ser nulas

Ï•¨ = ψ¨ = 0

⇒

ϕ =−

186 P t + Ï•0 305 ma

ψ =−

16 P t + ψ0 61 ma

µ2 = 0

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones de las ligaduras, proyectadas ahora en ejes fijos P 16 Pt ξË™ = −a(ψ˙ 0 − Ï•Ë™ 0 ) sin ψ˙ 0 t = − 106 sin − 305 m 61 ma 106 P 16 Pt ηË™ = a(ψ˙ 0 − Ï•Ë™ 0 ) cos ψ˙ 0 t = 305 m cos − 61 ma se integran directamente, con las condiciones iniciales ξ0 = 3a, η0 = 0,

ξ =−

106 346 16P a cos 61ma a t+ 80 80

η=

106 16P a sin 61ma t 80

Entre LAG1 y LAG2 se elimina ahora µ2 (lo que equivale a la ecuaci´on de la cantidad de movimiento seg´un Gy0 ) µ1 = 2m ξ¨ cos ψ + η¨ sin ψ = 2maψ˙ (Ï•Ë™ − ψ˙ )

⇒

106 µ1 = − 305

2

P2 ma

Finalmente, vamos a las ecuaciones para las normales, CMz y MCy , y sustituimos: N + N1 = 2mg N − N1 = µ1 + maψ˙

Ï•Ë™ 1232 P2 = ma 2 3721 m2 a2

N = mg +

616 P2 3721 ma

N1 = mg −

616 P2 3721 ma

N´otese que, si N1 se hace negativo, la esfera se levanta del suelo. Axoides: El sistema precesa con velocidad angular constante ψ˙ 0 . El centro de masas describe una circunferencia de centro ( 346 80 a, 0). Hay por tanto un punto del eje, F, situado a una 106 distancia 80 a de G, que no se mueve. 226

y1

z1

z1

EIR31 EIR21 O1

G

x1 G

F

F

E

ϕ˙ ω21

F

ψ˙

x1

x1

I

ψ˙

Disco: Hay dos puntos de velocidad nula: el de contacto I y el punto F del eje, que tambi´en es parte del disco. El EIR21 pasar´a por esos dos puntos. F est´a fijo en el espacio, y en el eje del disco. El punto del disco I es siempre es uno de la periferia; en ejes fijos, recorre una circunferencia sobre el plano horizontal. Las axoides son conos de v´ertice F, la fija se apoya en la circunferencia trayectoria de I, y la m´ovil en la periferia del disco. Al mismo resultado se llega sin necesidad de conocer la trayectoria de G. Se sabe que I tiene velocidad nula y se conoce la velocidad angular ω 21 = ϕ˙ i0 + ψ˙ k0 : esto determina el EIR21 , y de su movimiento se obtienen las axoides. Esfera: s´olo tiene precesi´on ω 31 = ψ˙ k0 . F es siempre el mismo punto de la esfera, como todos los del eje y0 . El EIR31 y las dos axoides son la recta vertical fija que pasa por F. 5 Si se solidifican de pronto la esfera y el disco, se introduce bruscamente la ligadura

ϕ˙ = θ˙

→

±Mx0

Aparece un momento de percusi´on interno en la uni´on D: pone a girar a la esfera, y frena el disco, para que ambos tengan la misma velocidad angular. Al ser un par de acci´on-reacci´on, el momento resultante es nulo para todo el sistema. Pero eso no quiere decir que no tenga efecto global: al variar ϕ˙ , a trav´es de las ligaduras var´ıan la precesi´on y la velocidad del centro de masas, lo que puede producir percusiones en todas las ligaduras exteriores. Ahora se toman como valores iniciales los del movimiento, que coinciden con los de salida de la primera percusi´on. El movimiento es una precesi´on y rotaci´on uniforme, y el centro de masas recorre una circunferencia con velocidad constante en m´odulo. Las velocidades tienen pues simetr´ıa de revoluci´on, y podemos simplificar el problema: en vez de coger un a´ ngulo arbitrario ψ˙ 0 t, podemos dar la percusi´on en el momento en que coinciden los ejes S1 y S0 . Luego, para llevarlo a la posici´on que sea, no hay m´as que rotar las velocidades que se obtengan.

z

z0 y y0 −Mx0

D +Mx0 b

G b

E x0

T

R x

N N1

Las ecuaciones ser´an como en la primera percusi´on, pero sin QP y con una ligadura m´as: 5

= ∑ C1 j q˙ j

LIG1 ≡ 1 · ξ˙ d = 0

j=1 5

LIG2 ≡ 1 · η˙ d + a · ϕ˙ d −a · ψ˙ d = 0 = ∑ C2 j q˙ j j=1 5

= ∑ C2 j q˙ j

LIG3 ≡ -1 · ϕ˙ d +1 · θ˙ d = 0

j=1

→ PL1 = µ1 i0 = R → PL2 = µ2 j0 = T → ML2 = µ3 j0 = Mx

En las ecuaciones impulsivas de Lagrange, los valores iniciales no son el reposo, sino el estado 227

previo al bloqueo, es decir, el de salida de la primera percusi´on:

∂ L d ∂ q˙ j

−

2mη˙ d

−

2mξ˙ d 1 2 ˙d 2 ma ϕ 2 2 ˙d 5 ma θ 53 2 ˙d 20 ma ψ

∂ L a ∂ q˙ j

= C1 j µ1 + C2 j µ2 + C3 j µ3

0

=

µ1 +

0 +

0

106 P 2m 305 m

=

0 +

µ2 +

0

+

1 2 186 P 2 ma 305 ma

=

0 +

aµ2 −

µ3

−

0

=

0 +

0 +

µ3

53 2 16 P 20 ma 61 ma

=

0 −

aµ2 +

0

−

+

Del sistema se obtiene directamente

ξ˙ d = µ1 = 0 El resto del sistema es m´as complicado: Entre las LAG3 y LAG4, teniendo en cuenta la nueva ligadura, se elimina µ3 , y con LAG5 se elimina µ2 : 9 d 53 d P ϕ˙ + ψ˙ + =0 10 20 ma Entre las ecuaciones LAG2 y LAG5 se elimina tambi´en µ2 , y sustituyendo η˙ d de la segunda ecuaci´on de ligadura, se obtiene −2ϕ˙ d +

93 d ψ˙ = 0 20

De estas dos ecuaciones se obtiene

ϕ˙ d = θ˙ d = −

930 P 1897 ma

ψ˙ d = −

400 P 1897 ma

Y sustituyendo estos valores en cualquiera de las otras utilizadas,

η˙ d =

530 P 1897 m

µ2 = −

78864 P 578585

µ3 = −

372 aP 1897

Las percusiones del suelo se calculan, como en el movimiento, con las ecuaciones de cantidad de movimiento vertical y momento cin´etico seg´un Gy0 , pero ahora para percusiones: N + N1 = 0

(N − N1 − µ1 )a = 0

⇒

N = N1 = 0

En la de la cantidad de movimiento no aparece el peso porque es una fuerza acotada, y en la del momento cin´etico no aparece el t´ermino de Coriolis porque tambi´en est´a acotado (no hay aceleraciones angulares). Todos los valores que se han calculado son constantes en ejes S0 . Si la percusi´on se diera en alguna posici´on distinta, habr´ıa que proyectar el valor de η˙ d , que est´a dirigido seg´un j0 , en los ejes fijos: 530 P 530 P sin ψ cos ψ ξ˙ d = − η˙ d = 1897 m 1897 m

228

Problema 9.1.5: Consideremos un plano inclinado un a´ ngulo de 30o sobre el horizontal y unos ejes Oxy rectangulares marcados en el mismo, siendo Ox la l´ınea de m´axima pendiente orientada positivamente en sentido descendente y Oy una recta horizontal. Sobre dicho plano va a rodar y pivotar sin deslizamiento un artilugio constituido por un eje con dos discos que giran sobre e´ l en sus extremos. El eje AB se puede considerar como una varilla de longitud 2a y masa m. Los discos extremos tienen radio a y masa m. Una vista tomada perperdicularmente al plano inclinado est´a representada en la figura adjunta. La configuraci´on del sistema as´ı constituido queda determinada por los siguientes par´ametros. Coordenadas ξ , η del centro de masas del eje AB, a´ ngulo θ formado por AB con la horizontal Oy y a´ ngulos de rotaci´on ϕ1 y ϕ2 de los discos D1 D2 sobre el eje AB. En lo que sigue puede ser interesante la consideraci´on de un sistema de ejes m´oviles GXY indicados en la figura, siendo GY coincidente con AB y GX perpendicular a AB y paralelo al plano inclinado.

Y

η

θ

ξ

B G

y Y2

X2 Y1

A X1 X g sin π /6 x

Supondremos que entre los discos y el plano existente en todo momento rozamiento suficiente para evitar el deslizamiento. Las reacciones tangenciales en los puntos de contacto las denominaremos X1 , Y1 , X2 , Y2 , como est´an indicadas en la figura. El sistema es abandonado a la acci´on de la gravedad partiendo de las siguientes condiciones iniciales ξ = η = 0, ξ˙ = η˙ = 0, ϕ˙ 1 = −ω , ϕ˙ 2 = ω Se pide: 1. Establecer tres ligaduras no hol´onomas que expresen el no deslizamiento de los discos sobre el plano. La primera de ellas (1) expresar´a la anulaci´on de la velocidad de los puntos de contacto de los discos en sentido de AB y ser´a com´un para ambos discos. Las otras dos (2) y (3) expresar´an la anulaci´on de las velocidades en sentido perpendicular a AB de los puntos de contacto de D1 y D2 respectivamente. Comprobar que entre (2) y (3) se verifica la combinaci´on lineal: 2θ˙ + ϕ˙ 1 − ϕ˙ 2 = 0 (4) que ser´a u´ til a la hora de efectuar la integraci´on del sistema de ecuaciones diferenciales. 2. Establecer la ecuaci´on (5) de la cantidad de movimiento en sentido GX . 3. Obtener el valor del momento cin´etico del artilugio completo en G considerando el movimiento relativo a ejes de direcciones fijas que pasan por G, si bien dicho vector se deber´a dar en componentes GXY Z. 4. Aplicar la ecuaci´on (6) de la componente GZ del momento cin´etico en G. 5. Establecer las ecuaciones (7) y (8) del momento cin´etico en el centro de cada uno de los discos separadamente, qued´andose con la componente GY . 6. El sistema de ecuaciones (1) a (8), que tiene la ecuaci´on (4) combinaci´on de las (2) y (3), nos determina los valores de ξ , η , θ , ϕ1 , ϕ2 , X1 , X2 . Eliminando X1 , X2 entre las (6), (7) y (8) se obtiene una relaci´on que comparada con la derivada de (4) permite obtener en funci´on del tiempo los valores de θ y de ϕ1 − ϕ2 . Obtener estos valores. 7. Eliminado X1 , X2 entre (5), (7) y (8) y combinando con las derivadas de (1) y (2) obtener el valor de ϕ1 (t). Como ya se conoc´ıa ϕ1 − ϕ2 procedente del apartado 6) obtener tambi´en ϕ2 (t). Septiembre de 1984

1 Se resolver´a aqu´ı por mec´anica newtoniana —como pide el enunciado— un problema ya resuelto antes por anal´ıtica. Llamaremos S1 a los ejes fijos Oxyz, S0 a los intermedios GXY , S2 al disco D1 en A, y S3 al disco D2 en B. Los discos ruedan y pivotan sin deslizar. Por tanto, si llamamos I1 e I2 a los puntos de los discos que en cada momento est´en en contacto con el plano, las ecuaciones de las ligaduras son: 1 2 vI21 =0 vI31 =0 229

Como los puntos de contacto van cambiando, hay que calcular las velocidades mediante el campo de velocidades del s´olido, bas´andose en un punto que sea siempre el mismo; por ejemplo, G, que es punto fijo de cada uno de los discos.  

     ξ˙ 

i0 j0 k0

ξ˙ cos θ + η˙ sin θ + a θ˙ − ϕ˙ 1  0 1 ˙ = 0 vI21 = vG + 0 ϕ˙ 1 θ˙

= −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ 21 + ω 21 ∧ GI1 = η  

    0 0 −a −a

0 1 0  

     ξ˙ 

i0 j0 k0

ξ˙ cos θ + η˙ sin θ − a θ˙ + ϕ˙ 2  0 I2 G v31 = v31 + ω 31 ∧ GI2 = η˙ + 0 ϕ˙ 2 θ˙

= = 0 −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ  

   

0 0 a −a 0 1 0

Las ecuaciones en la direcci´on GY son naturalmente las mismas, porque los discos est´an unidos por una barra r´ıgida en esa direcci´on, y las velocidades de los puntos deben ser iguales. Aunque solo contemos una, tenemos dos ligaduras redundantes. El rozamiento del suelo sobre un disco, en esa direcci´on, hace lo mismo que el rozamiento sobre el otro m´as la barra. Es sistema va a ser hiperest´atico, y no podremos calcular las fuerzas de ligadura Y1 e Y2 por separado, sino solo la suma. Las componentes en la direcci´on GZ no aparecen porque, al ser integrables, ya se han tenido en cuenta al no introducir las coordenadas generalizadas correspondientes (que podr´ıan ser, por ejemplo, ζ1 y ζ2 para las alturas de los puntos A y B). Quedan tres ecuaciones independientes, −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ = 0 ξ˙ cos θ + η˙ sin θ + a θ˙ − ϕ˙ 1 = 0 ξ˙ cos θ + η˙ sin θ − a θ˙ + ϕ˙ 2 = 0

(1)

2θ˙ − ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 = 0

(4)

(2) (3)

Restando las dos u´ ltimas se obtiene

cuyo sentido es simple: si el aparato pivota en conjunto, una de las ruedas tiene que rodar hacia delante y la otra hacia atr´as (quiz´a sobrepuesto a una rodadura conjunta). 2 La ecuaci´on de la cantidad de movimiento del sistema se escribe         ξ¨   sin π /6  X1  X2  0 3m η¨ = 3mg + Y1 + Y2         − cos π /6 Z1 0 Z2 0 0

donde las fuerzas de ligadura est´an en ejes GXY y el resto en ejes S1 . Proyectando el peso y la aceleraci´on en la direcci´on Gx, tenemos 3mg ¨ ¨ 3m ξ cos θ + η sin θ = cos θ + X1 + X2 2

(5)

3 Para calcular el momento cin´etico del sistema respecto a unos ejes S4 paralelos a los fijos (ω 24 = ω 21 ) con origen en G, podemos: Aplicar el teorema de K¨onig a cada disco Aprovechar que G se puede considerar como parte de cada disco, y aplicar las expresiones del s´olido con punto fijo. En vez de K¨onig, se aplica Steiner En este movimiento, la varilla es un s´olido con punto fijo. 230

Por el primer camino,

i0 j0 k0

2

ma 1 0 H2G = GA ∧ mvA24 +II2 · ω 24 = m

0 −a 0

+ 4

a θ˙ 0 0

0

i0 j0 k0

1

ma2  3 B

a 0 + 0 HG = GB ∧ mv34 +II3 · ω 34 = m 0 4 0

−a θ˙ 0 0

     0 0 1 0 0   m(2a)2  ma2   3  0 0 0 0 0 HG = I AB · ω 04 = =  ˙  ˙ 12 3 0 0 1 θ θ

     0  0 0 0  2 ma 2ϕ˙ 1 2 0 · ϕ˙ 1 = ˙  ˙ 4 0 1 θ 5θ      0  0 0 0  2 ma 2ϕ˙ 2 2 0 · ϕ˙ 2 =  ˙ 4  5θ˙  0 1 θ

El momento de todo el sistema es la suma de los tres,   0   2 ma 3(ϕ˙ 1 + ϕ˙ 2 ) HG = 6  17 θ˙ 

4 La ecuaci´on del momento cin´etico del sistema es

dHG

dHG

= + ω 01 ∧ HG = GI1 ∧ R1 + GI2 ∧ R2 dt 1 dt 0

Proyectando en la direcci´on GZ, tenemos

17ma2 ¨ θ = a(X1 − X2 ) 6

(6)

5 Separando los discos, nos quedaremos con la ecuaci´on correspondiente a su grado de libertad, la de momento seg´un su eje de giro. La articulaci´on de los discos deja libre solo el giro seg´un GY . En todos los movimientos impedidos aparecen fuerzas o momentos de ligadura: En A, RA = (XA ,YA , ZA ) y MA = (MXA , 0, MZA ), y las equivalentes en B. Para el disco A, la ecuaci´on de momento cin´etico en su centro es

dHA

dHA

= + ω 01 ∧ HA = MA + AI1 ∧ R1 dt

dt

1

0

Podemos trabajar en ejes S0 porque el disco tiene simetr´ıa de revoluci´on, y el tensor es constante tambi´en en esos ejes. Las ecuaciones quedan

      

i0 j0 k0 M A   aY1  1 0 0 0 2 2 X

ma  ma

0 2 0 ϕ¨ 1 + 0 0 θ˙

= 0 + −aX1

 A   4 0 0 1  θ¨  4

0 MZ 0 2ϕ˙ 1 θ˙

Tomando la componente GY ,

ma2 ϕ¨ 1 = −aX1 2 Para el otro disco, la ecuaci´on es an´aloga,

(7)

ma2 ϕ¨ 2 = −aX2 2

(8)

6 Se han obtenido las ecuaciones (6), (7) y (8) de momento cin´etico: 17ma2 ¨ θ = a(X1 − X2 ) 6 ma2 ϕ¨ 1 = −aX1 2 ma2 ϕ¨ 2 = −aX2 2 231

Eliminando las fuerzas de ligadura se llega a 17ma2 ¨ ma2 θ= (ϕ¨ 2 − ϕ¨ 1 ) 6 2 Por otra parte, derivando la ligadura (4) se obtiene 2θ¨ − ϕ¨ 1 + ϕ¨ 2 = 0 Se trata de un sistema homog´eneo incompatible, por lo que la u´ nica soluci´on es la trivial,

θ¨ = 0

ϕ¨ 2 − ϕ¨ 1 = 0

(9)

Estas ecuaciones se integran,

con las condiciones iniciales del enunciado, y suponiendo para simplificar que θ0 = 0 y ϕ1 0 = ϕ2 0 = 0, para dar

θ = −ω t

ϕ1 − ϕ2 = −2ω t

7 Se sustituyen (7) y (8) en (5), 3mg ma ma ϕ¨ 1 − ϕ¨ 2 3m ξ¨ cos θ + η¨ sin θ = cos θ − 2 2 2 Teniendo en cuenta (9), 3mg 3m ξ¨ cos θ + η¨ sin θ = cos θ − ma ϕ¨ 1 2 Derivando (2) se tiene ˙ ¨ ˙ ¨ ξ¨ cos θ + η¨ sin θ + −ξ˙ sin θ + η cos θ θ + a θ − ϕ 1 =0

El t´ermino entre par´entesis es precisamente la ligadura (1). Sustituyendo en la ecuaci´on anterior, se llega a 3ma ϕ¨ 1 =

3mg cos θ − ma ϕ¨ 1 2 →

→

ϕ¨ 1 =

3g cos ω t 8a

ϕ˙ 1 |0 =−ω

−−−−−→

ϕ1 =

3g (1 − cos ω t) − ω t 8aω 2

y por lo tanto, 3g (1 − cos 2ω t) + ω t 8aω 2 Aunque no se pida, es f´acil sustituir en las ecuaciones de la ligadura y obtener las coordenadas del centro: 3g ξ= (1 − cos 2ω t) 32ω 2 3g η= (sin 2ω t − 2ω t) 32ω 2 La trayectoria —como en otros ejercicios similares que ya se han hecho— es una cicloide que, curiosamente, no se desplaza hacia abajo sino en horizontal.

ϕ2 =

y

x 232

Problema 9.1.6: El sistema material indicado en la figura est´a formado por una horquilla que puede girar alrededor de un eje horizontal AB y un disco que gira alrededor del eje CD montado sobre la horquilla perpendicularmente al AB y de forma que el plano del disco contiene en todo momento a la horizontal AB Se supondr´an los siguientes triedros de referencia, todos ellos triortogonales y a derechas: El O1 x1 y1 z1 fijo (sistema 1) tal que O1 y1 coincide con el eje de giro AB y O1 z1 es vertical descendente. El Ox2 y2 z2 ligado a la horquilla (sistema 2) tal que Ox2 coincide con el eje de giro CD y Oy2 es paralelo al Oy1 . El Ox0 y0 z0 ligado al disco (sistema 0) tal que Ox0 coincide con Ox2 . La posici´on del sistema quedar´a determinada mediante el a´ ngulo θ que la horquilla forma con la vertical descendente y el a´ ngulo ϕ de giro del disco con respecto a la horquilla. Se representar´a por M la masa de la horquilla, por a la distancia del centro de masas G de la misma al eje AB, por ρ su radio de giro con respecto al eje AB, por m la masa del disco, por b la m´ınima distancia entre los ejes AB y CD y por R el radio del disco. Suponiendo que el espesor del disco es despreciable, se pide: 1. Calcular la energ´ıa cin´etica del sistema constitu´ıdo por la varilla y el disco. 2. Calcular el momento cin´etico del disco respecto a su centro de masas O expresado mediante sus componentes en el triedro Ox2 y2 z2 . 3. Calcular el momento cin´etico del conjunto horquilla-disco respecto al punto O1 , expresado mediante sus componentes en el triedro Ox1 y1 z1 . 4. Plantear las ecuaciones del movimiento del sistema y reducirlas a cuadraturas. 5. Determinar los componentes seg´un el triedro Ox2 y2 z2 de la resultante y momento resultante respecto a O de las fuerzas que el eje CD ejerce sobre el disco. Julio de 1968

Este problema se ha resuelto por mec´anica anal´ıtica en el correspondiente cap´ıtulo. Se resolver´a ahora por newtoniana, como indica el enunciado. Antes de ir contestando las preguntas del enunciado, conviene analizar el sistema: s´olidos, grados de libertad, coordenadas generalizadas, fuerzas y momentos de ligadura, y ecuaciones que podr´ıan quedar libres de fuerzas o momentos de ligadura. Tenemos dos s´olidos: La horquilla tiene un eje fijo (por ejemplo, medianO1 X1 Mx 1 te un cojinete con restricci´on axial), que supone Y1 x1 cinco ligaduras. S´olo tiene un grado de libertad: Z1 y1 θ el giro θ alrededor de O1 y1 . Adem´as de la fuerza Mz1 directamente aplicada (peso), aparecen en compoMg nentes de fuerza o momento de ligadura por cada XO O YO grado de libertad impedido. b

• Fuerzas en O1 : X1 , Y1 , Z1 • Momentos en O1 : Mx1 , Mz1

ZO

My2 z1

233

mg

Mz2

El disco tiene un eje fijo a la horquilla (cinco ligaduras). Tiene un grado de libertad relativo a esta: el giro ϕ alrededor de Ox2 . Aparece un sistema de ligaduras internas (acci´on-reacci´on) en O: • 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 inc´ognitas de ligadura que determinen el movimiento, ser´ıan las asociadas a los grados de libertad: • θ : Ecuaci´on del momento cin´etico del sistema seg´un O1 y1 • ϕ : Ecuaci´on del momento cin´etico del disco solo seg´un Ox2 • Como el sistema es conservativo, la ecuaci´on de la energ´ıa da 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 Energ´ıa cin´etica del sistema. La horquilla (S2 ) es un s´olido con punto fijo y velocidad angular ω 21 = θ˙ j1 . No tenemos el tensor de inercia en O1 , pero s´ı el momento de inercia respecto a AB = O1 y1 k Oy2 , dado mediante el radio de giro ρ :   ? 0 0 Iy1 = M ρ 2 → IOh 1 = 0 M ρ 2 0 0 0 ? Los productos de inercia los suponemos nulos, pues la figura parece indicar que la varilla tiene dos planos coordenados de simetr´ıa, por lo que los ejes S2 son principales. Los momentos de inercia respecto a los otros dos ejes no se necesitan, pues la velocidad angular solo tiene componente O1 y1 . La energ´ıa cin´etica, como s´olido con punto fijo, ser´a    ? 0 0 0 1 1 T h = ⌊0, θ˙ , 0⌋ 0 M ρ 2 0 θ˙ = M ρ 2 θ˙ 2   2 2 0 0 ? 0

O1

θ˙

x1

θ

y1

b

0

2

x2 ≡ x0

ϕ˙

bθ˙

O

θ˙ y2 ϕ z1

z0 y0

z2

El disco no tiene ning´un punto fijo, y su energ´ıa 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 composici´on de movimientos, ω 01 = ω 02 + ω 21 = ϕ˙ i2 + θ˙ j2 .    2 0 0 ϕ˙  2 1 1 1 2 ˙2 1 mR  2 d ˙ 0 1 0 θ˙ T d = m(vO 01 ) + ω 01 I O ω 01 = mb θ + ⌊ϕ˙ , θ , 0⌋ 2 2 2 2 4 0 0 1 0 Sumando las dos, tenemos la energ´ıa cin´etica del sistema: 1 1 2 1 2 1 2 T = Mρ + m b + R θ˙ 2 + mR2 ϕ˙ 2 2 2 8 4

2 Conocida la velocidad angular del disco y su tensor de inercia, el momento cin´etico en O es trivial. Podemos calcularlo en ejes S2 porque el tensor es de revoluci´on y tambi´en es constante en esos ejes.   2ϕ˙ 2 mR  ˙  D HO = I O · ω 01 = θ 4 0 2 3 Para obtener el momento cin´etico del sistema en O1 , es m´as c´omodo trabajar en ejes S2 y pasar el resultado final a S1 . 234

El momento cin´etico de la horquilla en O1 se calcula como s´olido con punto fijo. Sin la hip´otesis de que los productos de inercia sean nulos (que el eje O1 yY1 sea principal de inercia), no se podr´ıa calcular el momento cin´etico. Para la energ´ıa cin´etica no hac´ıa falta porque se multiplica de nuevo por ω 21 .      ? ? ?  0   ?  HhO1 = I hO1 · ω 21 = ? M ρ 2 ? θ˙ = M ρ 2 θ˙     0 ? ? ? ? 2 Est´a proyectado en ejes S2 , pero no es necesario cambiar nada porque O1 y1 ≡ O1 y2 . Para el disco, hay que aplicar el teorema de Koenig porque no tiene punto fijo:  

mR2 ˙

i2 j2 k2

 ϕ   2 

2 D O D D mR

2 ˙ HO1 = O1 O ∧ mv01 + HO = 0 0 b + HO = mb + 4 θ  

bθ˙ 0 0

  0 2 Sumamos los dos t´erminos, y pasamos a ejes S1 :

H O1

    mR2 ˙ mR2 ˙ ϕ cos θ    ϕ    2  2  2 2 mR 2 2 mR 2 2 = = M ρ + mb + 4 θ˙ M ρ + mb + 4 θ˙         mR2 ˙ 0 − ϕ sin θ 2 2

1

4 Podemos plantear las ecuaciones correspondientes a los grados de libertad. Para el disco, la ecuaci´on de Euler seg´un Ox2 da una integral primera, porque es sim´etrico y no hay momento exterior en esa direcci´on = 0 ⇒ p = ϕ˙ = Cte (C −C)qr A p˙ + (C − B)qr = Mx → A p˙ +

Para el sistema completo, la ecuaci´on de momento cin´etico en la direcci´on O1 y1 da una ecuaci´on libre de ligaduras. N´otese que O1 z1 es la vertical descendente. MPO1 = O1 G ∧ Mgk1 + O1 O ∧ mgk1 = − (Ma + mb) g sin θ j1     mR2 ˙ ϕ cos θ  M   d  2   x1 mR2 ˙ 2 2 − (Ma + mb) g sin θ = M ρ + mb + 4 θ    dt    2 Mz1 ˙ − mR ϕ sin θ 2 mR2 ¨ 2 2 − (Ma + mb) g sin θ = M ρ + mb + θ 4 Es obvio que se conserva la energ´ıa: ligaduras ideales y estacionarias, fuerzas potenciales. Podemos escribir directamente la integral de la energ´ıa, y usarla en lugar de una de las anteriores. Hay que tener cuidado con los signos en los potenciales. V = −MgzG − mgzO = − (Ma + mb) g cos θ T +V = E = Cte Como ϕ˙ es constante, s´olo hay que reducir a cuadraturas la θ . Se puede integrar la ecuaci´on de momentos seg´un O1 y1 : − (Ma + mb) g θ¨ = sin θ = −Ω2 sin θ mR2 2 2 M ρ + mb + 4 235

Se puede integrar una vez multiplicando ambos t´erminos por θ˙ :

θ˙ 2 C = + Ω2 cos θ 2 2

⇒

Z

±d θ √ = C + 2Ω2 cos θ

Z

dt

Si se sustituye el valor constante de ϕ˙ en la integral de la energ´ıa,

1 2 1 2 1 1 2 Mρ + m b + R θ˙ 2 + mR2 ϕ˙ 02 − (Ma + mb) g cos θ = E 2 2 8 4 2 (Ma + mb) g ˙ 2 − 2Ω2 cos θ = E − 1 mR2 ϕ˙ 02 = C cos θ˙ 2 − θ = θ 2 4 M ρ 2 + mb2 + mR 4

se obtiene directamente la misma cuadratura que por el otro camino. 5 Para calcular las reacciones de la horquilla S2 sobre el disco S0 , lo aislamos y planteamos las ecuaciones de cantidad de movimiento y de momento cin´etico en O:

XO

O

O mg k1 + RO = mγ O 01 = mγ 21

˙D MLO = H O

YO ZO My2 mg

La ecuaci´on de cantidad de movimiento es la del absoluto, 0/1, aunque sea m´as c´omodo proyectarla en ejes m´oviles S2 . El punto O del disco est´a fijo en la horquilla, por lo que su aceleraci´on se calcula con el campo de aceleraciones de esta: movimiento circular.

Mz2

x1

¨ ˙2 γO 21 = aθ i2 − aθ k2 No hace falta derivar nada, ya est´a proyectada en ejes S2 .       − sin θ  XO   θ¨  0 0 mg + YO = ma  cos θ  Z   ˙ 2 − θ O

−aθ˙ 2 aθ¨

z1

El momento cin´etico del disco en O se ha conoce ya, proyectado en ejes S2 ; como estamos estudiando el movimiento absoluto, hay que derivarlo por el teorema de Coriolis.

   

i2 j2 k2

2ϕ¨   0   2 2

mR mR

˙ 01 + ω 21 ∧IID My2 = I D 0 θ˙ 0

θ¨ + O ·ω O · ω 01 =

M  4 0 4 ˙ ˙ 2ϕ θ 0

z2      0  mR2  2ϕ¨  My = θ¨   2  4 Mz2 −2ϕ˙ θ˙

Tenemos la reacci´on y el momento de ligadura en O en funci´on de las coordenadas y sus derivadas. Si se hubiera integrado completamente el movimiento, se conocer´ıan en funci´on de t. Al haberlo reducido a cuadraturas, sabemos que:

ϕ¨ = 0 θ¨ = −Ω2 sin θ

ϕ˙ = ϕ˙ 0 p θ˙ = ± C + 2Ω2 cos θ

236

donde el doble signo se determina con el valor inicial θ˙0 . Las inc´ognitas pueden quedar en funci´on de θ y de las condiciones iniciales:       XO   sin θ   −Ω2 sin θ  YO = mg 0 0 + ma       − cos θ ZO −C − 2Ω2 cos θ     0   0  mR2  My2 = −Ω2 sin θ    4  Mz2 −2ϕ˙ 0 C + 2Ω2 cos θ

237

Problema 9.1.7: El sistema material de la figura se compone de dos varillas sin masa, OA y AG, de longitudes 2a y a, respectivamente, y un disco de centro G, radio 2a y masa m. El disco se mantiene constantemente perpendicular a la varilla AG, alrededor de la cual puede girar libremente; la varilla OA puede girar libremente alrededor de la vertical que pasa por su extremo O, de forma que el extremo A describe una circunferencia horizontal de centro O y radio 2a; las dos varillas se unen por el extremo A mediante una articulaci´on que u´ nicamente permite el giro relativo de las dos varillas alrededor de la tangente en A a la circunferencia descrita por este extremo. Se considerar´a el movimiento del sistema respecto de la referencia triortogonal y orientada a derechas, Oxyz, con origen en O, y cuyo eje Oz coincide con la vertical ascendente; si se estima conveniente, puede usarse la referencia {G; u1 , u2 , u3 } que acompa˜na al disco en su movimiento, y que tiene origen en su centro G, con los vectores unitarios u3 dirigido seg´un la prolongaci´on de la varilla AG, u2 perpendicular al anterior y contenido en el plano vertical definido por la varilla AG, y u1 perpendicular a los dos anteriores. ~ Para el an´alisis del sistema se tomar´an las siguientes coordenadas generalizadas: i) ϕ , a´ ngulo que OA forma con la direcci´on del eje Ox, ii) θ , a´ ngulo que la varilla AG forma con el plano horizontal Oxy, y iii) ψ , a´ ngulo que un radio fijo al disco forma con el plano vertical que contiene a la varilla. Se pide: a) Determinar, en funci´on de las coordenadas y velocidades generalizadas: i) la energ´ıa cin´etica del sistema, ii) momento cin´etico del sistema respecto del centro de masas G, y, iii) momento cin´etico del sistema respecto del origen O. b) Plantear, aislando el disco, la ecuaci´on de momento cin´etico respecto del centro de masas; deducir una integral primera y las componentes del momento que la varilla AG transmite al disco. c) Plantear, para todo el sistema, la ecuaci´on de momento cin´etico en el punto O; 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 ecuaci´on de cantidad de movimiento; deducir las componentes de la reacci´on que la varilla AG transmite al disco. f) Determinar el sistema de fuerzas que se transmite de una a otra varilla a trav´es de la uni´on de A. g) Hallar la lagrangiana del sistema y deducir las ecuaciones de Lagrange para las coordenadas c´ıclicas. Septiembre de 1992

Soluci´on por mec´anica newtoniana Este mismo problema se resolvi´o por mec´anica anal´ıtica en el cap´ıtulo correspondiente. Se resolver´a ahora por mec´anica newtoniana, como pide el enunciado. Los distintos apartados especifican qu´e ecuaciones plantear. Si no lo hicieran, la inspecci´on del sistema muestra qu´e ecuaciones van a determinar el movimiento sin que aparezcan inc´ognitas de ligadura: La ecuaci´on correspondiente al giro ϕ (precesi´on) es la de momento cin´etico del sistema seg´un el eje Oz. Dar´a lugar a una integral primera, pues se trata de una direcci´on fija en la que no hay momento de las fuerzas exteriores. La asociada al giro ψ (rotaci´on propia del disco) es la de momento cin´etico del disco solo seg´un su eje de giro. Por tener el tensor de revoluci´on y no haber momento, la ecuaci´on de Euler seg´un u3 da tambi´en una integral primera. La ecuaci´on asociada al giro θ es la del momento cin´etico del disco en A, seg´un el eje normal al plano meridiano OAG. No va a dar integral primera por el momento del peso. Finalmente, por ser el sistema conservativo, existe la integral de la energ´ıa, que puede sustituir a cualquiera de las 3 anteriores. 238

No se usa la notaci´on de clase para los a´ ngulos de Euler: precesi´on y rotaci´on propia est´an intercambiados (como en los libros anglosajones), y la nutaci´on corresponder´ıa a θ − π /2 del problema. Por tanto, no se pueden copiar directamente f´ormulas. Si se quiere analizar completamente el problema: Tenemos 3 s´olidos → 18 par´ametros y ecuaciones independientes. En O, A y G hay cojinetes con restricci´on axial: 5x3=15 ligaduras finitas. Quedan 18-15=3 grados de libertad, uno por cada cojinete, que corresponden a los tres a´ ngulos de la figura. Dos s´olidos son varillas sin masa (y por tanto sin din´amica propia), pero transmiten todas las fuerzas y momentos de las ligaduras, por eso no se reduce ning´un par´ametro. a Se llamar´a S1 a los ejes fijos, S0 al plano vertical que contiene a la varilla OA, S2 a la varilla AG junto con los ejes {G; u1 , u2 , u3 }, y S3 al disco. El u´ nico s´olido con masa es el disco. El potencial vale

z u3 u2

V = mgzG = mga sin θ

u1 G

i) Se halla la energ´ıa cin´etica por el teorema de Koenig, porque el disco no tiene ning´un punto fijo:

O

y

ϕ

θ

x

ψ

A

1 1 2 T = m(vG 31 ) + ω 31 ·IIG · ω 31 2 2 z u3

La velocidad de G, que es punto fijo de la barra S2 , la obtenemos por composici´on de movimientos: los dos son giros con punto fijo:

u2 G′

a θ˙

G′ G ϕ˙

G G G vG 31 = v21 = v20 + v01 = ω 20 ∧ AG + ω 01 ∧ OG = = (2a + a cos θ ) ϕ˙ u1 + a θ˙ u2

O

y

ϕ

θ

x

A

Para el giro, podemos trabajar en los ejes S2 : por la simetr´ıa de revoluci´on el tensor del disco es tambi´en constante, y la velocidad angular es m´as f´acil de proyectar.

z u3 u2

ϕ˙ θ

ω 31 = ω 01 + ω 20 + ω 32 = = ϕ˙ k1 − θ˙ u1 + ψ˙ u3 =

ψ˙ u1

θ˙

= −θ˙ u1 + ϕ˙ cos θ u2 + (ψ˙ + ϕ˙ sin θ ) u3

u1

G

O

y

ϕ x

θ A

Podemos ya calcular la energ´ıa cin´etica:

h i 1 T = ma2 (2 + cos θ )2 ϕ˙ 2 + θ˙ 2 + 2

   ˙ 1 0 0  − θ  1 0 1 0 = + ⌊−θ˙ , ϕ˙ cos θ , (ψ˙ + ϕ˙ sin θ )⌋ ϕ˙ cos θ , ˙ ˙  2 4 0 0 2 ψ + ϕ sin θ 2 ˙2 2 = ma θ + ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + 2ϕ˙ ψ˙ sin θ + ψ˙ 2 m(2a)2

ii) El momento cin´etico del s´olido respecto al centro de masas (respecto a unos ejes paralelos a los fijos con origen en el centro de masas) se calcula con el tensor de inercia del 239

disco y su velocidad angular absoluta, que se han calculado ya:  −θ˙  HG = I G · ω 31 = ma2 ϕ˙ cos θ   ˙ ˙ 2 (ψ + ϕ sin θ )  

Est´a proyectado en ejes S2 (R´esal): por la simetr´ıa de revoluci´on, el tensor es tambi´en constante en esos ejes en que la velocidad angular es m´as sencilla; nos ahorramos el giro ψ . iii) Para calcular el momento cin´etico en O, se aplica el teorema de Koenig, pues no es un punto fijo del s´olido, ni el centro de masas: HO = OG ∧ mvG 31 + HG Todos los t´erminos se conocen ya en ejes S2 , salvo OG:

u1 u2 u3 −θ˙ (1 + cos θ )  

0 −2a sin θ 2a cos θ + a

+ HG = 2ma2 ϕ˙ 1 + cos2 θ + 3 cos θ HO = m

 

a (2 + cos θ ) ϕ˙

aθ˙ 0 ϕ˙ sin θ (3 + cosθ ) + ψ˙

b El disco puede girar libremente alrededor de u3 ; habr´a fuerzas y momentos de ligadura en todas las direcciones impedidas de giro y G G G G desplazamiento: (RG on del momento 1 , R2 , R3 ) y (M1 , M2 , 0). La ecuaci´ cin´etico se escribe:

˙ G = H ˙ G + ω 21 ∧ HG MLG = H 1 2

u3 u2

RG 2

RG 3

M2G

RG 1

u1

M1G

Desarrollando los t´erminos,

   

u1

˙ u2 u3 − θ M1G   

d 2 2

= ϕ˙ sin θ + ma

−θ˙ ϕ˙ cos θ ϕ˙ cos θ M2G = ma

  dt 2 (ψ˙ + ϕ˙ sin θ )

−θ˙ ϕ˙ cos θ 2 (ψ˙ + ϕ˙ sin θ )

0     ˙ ϕ˙ cos θ (2ψ˙ + ϕ˙ sin θ ) θ −    d ma2 + ma2 ϕ˙ cos θ θ˙ (2ψ˙ + ϕ˙ sin θ )   dt 2 (ψ˙ + ϕ˙ sin θ ) 0

La tercera da una integral primera:

d (ψ˙ + ϕ˙ sin θ ) = 0 dt

⇒

ψ˙ + ϕ˙ sin θ = C1

Esta corresponde a la tercera ecuaci´on de Euler, Cr˙ + (A − B)pq = M3 = 0

⇒

r = r0

que da integral primera porque el tensor es sim´etrico respecto al eje u3 y no hay momento en esa direcci´on. Es la misma, porque r = ψ˙ + ϕ˙ sin θ . Las otras dos determinan las componentes del momento de ligadura en G: M1G = ma2 −θ¨ + ϕ˙ cos θ (2ψ˙ + ϕ˙ sin θ ) ˙ ˙ sin M2G = ma2 ϕ¨ cos θ − ϕ˙ θ θ + θ (2ψ˙ + ϕ˙ sin θ) 240

c Para plantear la ecuaci´on del momento cin´etico en O, hay que analizar los momentos exteriores en ese punto. Convendr´a trabajar en los ejes S0 ligados al plano meridiano OAG. Como el sistema puede girar libremente alrededor de Oz, en las otras direcciones el cojinete ejercer´a momentos de ligadura que impidan el giro: (Mx0 , My0 , 0) . En ejes S1 tendr´ıamos otros dos, que ser´ıan las proyecciones de estos en dichos ejes. La reacci´on no cuenta porque est´a aplicada en el mismo punto O El peso del disco da momento M p seg´un el eje Oy0 .     0 Mx0   

˙ O

My0 + mga(2 + cos θ ) = H 1     0 0

z ≡ z0 u3

u2

G O

ϕ

Mx0 A

x

⇒

u1

y0

My0 Mp

θ mg x0

y

HO · k1 = Cte

Como HO lo tenemos en ejes S2 , es m´as sencillo pasar k1 a esos ejes: k1 = (0, cos θ , sin θ )2 HO · k1 = 2ma2 0 + cos θ ϕ˙ 1 + cos2 θ + 3 cos θ + sin θ [ϕ˙ sin θ (3 + cosθ ) + ψ˙ ] = = 2ma2 (3ϕ˙ + 2ϕ˙ cos θ + ψ˙ sin θ )

⇒

ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + ψ˙ sin θ = C2

d Las ligaduras son ideales y estacionarias; la fuerza directamente aplicada es potencial: se conserva la energ´ıa. La cin´etica la conocemos, y el potencial se escribe directamente: T +V = ma2 θ˙ 2 + ϕ˙ 2 (3 + 2 cos θ ) + 2ϕ˙ ψ˙ sin θ + ψ˙ 2 + mga sin θ = 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 cin´etico se despejan ϕ˙ y ψ˙ como funciones de θ :

ψ˙ + ϕ˙ sin θ = C1 ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + ψ˙ sin θ = C2 ψ˙ = C1 − ϕ˙ sin θ → ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + (C1 − ϕ˙ sin θ ) sin θ = C2 C2 −C1 sin θ C1 (3 + 2 cos θ ) −C2 sin θ ϕ˙ = ψ˙ = 2 3 + 2 cos θ − sin θ 3 + 2 cos θ − sin2 θ Se sustituye en la ecuaci´on de la energ´ıa, C12 (3 + 2 cos θ ) + c22 − 2C1C2 sin θ 2 ˙2 ma θ + + mga sin θ = E 2 + 2 cos θ + cos2 θ y se obtiene una cuadratura:

θ˙ 2 = C3 − f (θ )

→

±d θ dt = p C3 − f (θ )

Con esta dt, los otros a´ ngulos se reducen tambi´en a cuadraturas,

C2 −C1 sin θ ±d θ ·p 2 3 + 2 cos θ − sin θ C3 − f (θ ) C1 (3 + 2 cos θ ) −C2 sin θ ±d θ p dψ = · 3 + 2 cos θ − sin2 θ C3 − f (θ ) dϕ =

241

Un camino alternativo —y mucho m´as laborioso— para obtener la tercera integral es plantear la ecuaci´on correspondiente al grado de libertad θ : la del momento cin´etico en A, tomando la componente seg´un Oy0 . Se obtendr´ıa una ecuaci´on diferencial de segundo orden en θ , sin inc´ognitas de ligadura. No da directamente una integral primera por el momento del peso, y porque aparecen las otras velocidades generalizadas al derivar en ejes m´oviles. Como A es un punto m´ovil, hay que a˜nadir el t´ermino corrector. Usando el momento cin´etico de las velocidades absolutas, ˙ A + vA01 ∧ mvG MEA = H 31 Como ejercicio, se puede plantear la ecuaci´on del momento cin´etico con las velocidades relativas a A (a unos ejes paralelos a los fijos con origen en A). Se debe llegar a la misma ecuaci´on. Es m´as c´omodo trabajar en ejes S2 . El momento cin´etico es similar al que se calcul´o para O, quitando el vector OA del producto vectorial:

u u u 1 2 3

G

0 0 a

+ HA = AG ∧ mv31 + HG = m

a (2 + cos θ ) ϕ˙ aθ˙ 0

    −θ˙ −θ˙     + ma2 ϕ˙ cos θ = 2ma2 ϕ˙ (1 + cos θ )  ˙ ˙   ˙  2 (ψ + ϕ sin θ ) ϕ sin θ + ψ˙

En A da momento el peso, y hay momentos de ligadura en las direcciones u2 y u3 de giro impedido.      0  mga cos θ  0 MEA = M2A +  A   0 M3 Si se trabajara en ejes S0 , el momento de ligadura tendr´ıa componentes seg´un Ox0 y Oz0 . Finalmente, el t´ermino complementario vale,

z ≡ z0 u2

u3 y 0 G O

ϕ x

u1

M3

M2

Mp

y

A mg x

0

 

u u u 0   1 2 3

= ma2 ˙ 2a ϕ 0 0 0 vA01 ∧ mvG = m 31

 ˙ ˙

(2 + cos θ )aϕ˙ aθ˙ 0

2ϕ θ

Planteamos la ecuaci´on,   

   

u1

 0  ˙ u u mga cos θ   − θ  2 3

2d A M2 ϕ˙ cos θ ϕ˙ sin θ

+ 0  = 2ma ϕ˙ (1 + cos θ ) +

−θ˙    ˙ ˙ dt  ϕ˙ sin θ + ψ˙  ˙ ˙ ϕθ M3A −θ ϕ (1 + cos θ ) ϕ˙ sin θ + ψ˙

Separamos la componente u1 ,

mga cos θ = 2ma2 −θ¨ + ϕ˙ (ψ˙ cos θ − ϕ˙ sin θ )

Es la misma que se obtiene por mec´anica anal´ıtica para la coordenada θ . Para obtener una integral primera, se eliminan ψ˙ y ϕ˙ con las dos integrales anteriores, llegando a una expresi´on de la forma θ¨ = f (θ ) , que se integra multiplicando ambos t´erminos por θ˙ . Una vez en la forma θ˙ 2 = g(θ ), se procede como antes. e Sobre el disco act´uan la reacci´on de la varilla en G (3 componentes) u3 u2 y el peso. La aceleraci´on de G (solidario con la varilla) se puede calcular RG G 3 R2 por varios caminos: G R1

Derivando vG oviles. 21 , ya conocida, en ejes m´ Por la composici´on de movimientos 2/0+0/1. 242

θ mg

u1

Por el primer camino, trabajando en ejes S2 . G ˙ , aθ˙ , 0 vG 31 = v21 = (2 + cos θ ) aϕ 

 u1 u2 u3

(2 + cos θ ) ϕ¨ − sin θ ϕ˙ θ˙ 

γG −θ˙ ϕ˙ cos θ ϕ˙ sin θ

+

θ¨ 21 = a 

 0 (2 + cos θ ) aϕ˙ aθ˙ 0

Por el segundo camino, tendr´ıamos

G G G γG 21 = γ 20 + γ 01 + 2ω 01 ∧ v20

La velocidad y la aceleraci´on relativas son las de un giro plano θ alrededor de Ay0 : aθ˙ u2 y aθ¨ u2 −aθ˙ 2 u3 . La aceleraci´on de arrastre es la de un giro ϕ alrededor de Oz: a(2+cos θ )ϕ¨ u1 − a(2 +cos θ )ϕ˙ 2 i0 . La velocidad angular de arrastre es la de este u´ ltimo giro, ϕ˙ k0 . Proyect´andolo todo en ejes S2 y operando se obtiene el mismo resultado que por el otro camino. Planteamos la ecuaci´on de la cantidad de movimiento:  G      R1   0  (2 + cos θ ) ϕ¨ − 2 sin θ ϕ˙ θ˙  RG − mg cos θ = ma θ¨ + (2 + cos θ ) sin θ ϕ˙ 2  2G     ˙2  sin θ R3 θ + (2 + cos θ ) cos θ ϕ˙ 2 que determina la reacci´on una vez conocido el movimiento.

f Se han calculado antes la reacci´on RG y el momento MG que la varilla AG transmite al disco en G. Por acci´onreacci´on, el disco transmite a la varilla los mismos con signo opuesto. En A, la varilla OA transmite a la AG una reacci´on RA con tres componentes, y un momento MA con componentes seg´un u2 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 alg´un punto, por ejemplo en A.

z u3 u2

−M1G M2A

O

M3A

θ

ϕ x

RA

−RG

G

−M2G

u1

y

A

RA − RG = 0 ⇒ RA = RG A G G M − M + AG ∧ −R = 0 ⇒ MA = MG + AG ∧ RG

La varilla no tiene masa y lo u´ nico 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:    

  G

u2 u3

MG  0  MG 1  u1 1 − aR2  G 0 a

= MG MA = MG + 0 2 + aR1   2A   2 

G  G G R1 R2 R3

M3 0 0 Podemos ahora analizar la varilla OA, y ver que ligaduras se transmiten al sistema fijo. OA solo transmite a AG el momento M1A , los dem´as son nulos. Y recibe de esta su opuesto. Para analizar la varilla OA conviene usar los ejes S0 . RO − RG = 0 El peso y la inercia del disco se transmiten ´ıntegros a los ejes fijos.  O  

  Mx0  −MA2 sin θ 

u1 u2 u3

 −MA2 sin θ  G O

2a 0 0 −2aR 0 + = M z0

=  y0   A 

G G

A cos θ + 2aRG  Rx0 RG R M2 cos θ M 0 y0 z0 y0 2

g En la Lagrangiana solo aparece expl´ıcitamente la coordenada θ . Las otras dos son c´ıclicas y dan lugar a integrales primeras: Lψ = 0 Lϕ = 0

→ Lψ˙ ∝ ϕ˙ sin θ + ψ˙ = Cte

→ Lϕ˙ ∝ ϕ˙ (3 + 2 cos θ ) + ψ˙ sin θ = Cte 243

Para la θ podemos obtener la ecuaci´on de Lagrange, que no dar´a integral primera, Lθ˙ = ma2 (2θ˙ )

Lθ = ma2 −2ϕ˙ 2 sin θ + 2ϕ˙ ψ˙ cos θ − mga cos θ →

→

g θ¨ + ϕ˙ 2 sin θ − ϕ˙ ψ˙ cos θ + cos θ = 0 2a

Se trata de la ecuaci´on de momento cin´etico correspondiente a θ : momento cin´etico en A, proyectada en la direcci´on u1 , como se vio m´as arriba. Finalmente, en lugar de esta u´ ltima, se podr´ıa usar la ecuaci´on de la energ´ıa: el sistema es conservativo (escler´onomo, potencial, sin fuerzas disipativas) y se obtiene una integral primera, T +V = E

244

Cap´ıtulo 10 Ex´amenes: Din´amica de Sistemas 10.1. Problemas resueltos

245

´ ´ ESCUELA TECNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONAUTICOS

APELLIDOS, NOMBRE:

GRUPO:

Mec´anica II Problema de din´amica de sistemas Curso: 06/07

Fecha: 14.09.2007

Problema 10.1.1: Se tiene un sistema formado por dos varillas pesadas AB y AC, de masa m y longitud a, articuladas en su extremo A. Las dos est´an contenidas en un plano liso Oxz, donde Oz es la vertical ascendente. Para situar el sistema se toman las coordenadas siguientes: (ξ , η ), coordenadas del punto A en ejes Oxz; α1 , a´ ngulo que forma la varilla AB con el eje Ox; α2 , a´ ngulo de la varilla AC con Ox. Se pide: a) Cantidad de movimiento de una de las varillas, en funci´on de las coordenadas anteriores y de sus derivadas. b) Momento cin´etico de una varilla en A. El sistema se deja caer libremente con ξ˙ = α˙ 1 = α˙ 2 = 0, ξ = α1 = 0, α2 = π . En el instante en que A pasa por el origen con velocidad −v0 k, el punto de articulaci´on queda bruscamente fijado en O, permitiendo el giro libre de las varillas. c) Obtener los valores de α˙ 1 y α˙ 2 inmediatamente despu´es de la percusi´on, especificando claramente su signo. d) Tras el choque, las varillas se mueven sometidas a las fuerzas dadas y de ligadura. Obtener los valores de α˙ 1 y α˙ 2 con que las varillas llegan por primera vez a la vertical. En el momento en que llegan las dos a la vertical, los extremos B y C quedan bruscamente unidos. Se supondr´a, para simplificar, que en esta nueva percusi´on las varillas s´olo se tocan en los extremos A y B ≡ C. e) Calcular el valor de la percusi´on de ligadura P en B ≡ C para que las varillas queden unidas (y en reposo, por la simetr´ıa). (2pt cada apartado) C z

C

v0

A O

v0

B

B

α2

ξ

α1 A

O

A O

η x

P

P CB

246

a Podemos calcular la cantidad de movimiento de una varilla de varios modos. Derivando directamente el vector posici´on,          ξ˙  ma α˙ − sin αi   ξ  a cos αi  i 0 0 ⇒ mvGi = m 0 + rGi = rA + AGi = 0 + η  2  sin α    2  cos α  η˙ i i

o por el campo de velocidades del s´olido, mvGi = m vA + ω i ∧ AGi , que da el mismo resultado. b Para el momento cin´etico en A, hay que tener en cuenta que ese punto no est´a fijo ni es el centro de masas, por lo que hay que aplicar el teorema de Koenig: HiA = AGi ∧ mvGi +IIGi · ω i

Para proyectar IGi conviene usar unos ejes Gi x0 y0 z0 ligados a la varilla: Gi x0 seg´un la varilla y Gi y0 k Oy (normal al plano). Son los m´as c´omodos y no hay que hacer cambio ninguno, porque el momento cin´etico va a tener la direcci´on del eje com´un. N´otese que, por el sentido en que crecen los a´ ngulos, ω i = (0, −α˙ i , 0).

   

i

i

j k

j k 0 0 0 0   2 2

ma

ma α˙ i

ma  i

 cos αi 0 sin αi + cos αi 0 sin αi + 0 1 0 · −α˙ i HA = =   2

˙ 4

− sin α 0 cos α

12 0 0 1

˙ 0 ξ 0 η i i 0       0 0 0 0       ma ˙ ma2 α˙ i ma2 α˙ i −1 + −1 = = ξ sin αi − η˙ cos αi +  2  4 0 12  0  0     0 0   2 ma ˙ ma α˙ i   −1 = ξ sin αi − η˙ cos αi +  2  3 0 0 0 1

Los dos t´erminos en α˙ i se pueden sumar sin necesidad de cambio de ejes.

c Al bloquear la articulaci´on en el origen, se introduce bruscamente una ligadura. Como es persistente (se mantiene despu´es de la percusi´on), tenemos un sistema cerrado. El proceso es: ξ˙ = α˙ 1 = α˙ 2 = 0, η˙ = −v0 ; ξ = η = α1 = 0, α2 = π Antes Percusi´on Percusi´on de ligadura en A Despu´es: ξ = η = ξ˙ = η˙ = 0 (ligadura persistente); α1 = 0, α2 = π Al bloquear A aparecen percusiones de ligadura en la articulaci´on. No podemos distinguir qu´e parte es percusi´on externa sobre el sistema y qu´e parte es interna de una varilla sobre otra, porque el problema es hiperest´atico en este sentido. Y adem´as no se pide. Como s´olo interesa el estado cinem´atico despu´es, α˙ 1 y α˙ 2 , es obvio que hay que aplicar la ecuaci´on impulsiva del momento cin´etico en A, para cada varilla por separado; la del sistema completo s´olo confirma la simetr´ıa. La de cantidad de movimiento no dice nada por la percusi´on de ligadura. MPA = HdA − HaA            0 0  0  0  2 d  ma α˙ 1 ma ma 0  −1 − 2 0 + v0 − 0 −1 0= 2 0 + 3 → α˙ 1d = − 3v  2a            0 0  0  0   0 0  0  0   ma2 α˙ 2d ma 0 ma 0 − v 0  −1 → α˙ 2d = + 3v  0 − 0 −1 2a  0 = 2  + 3  − 2      0 0 0 0

Como ω i = (0, −α˙ i , 0), α˙ 1 < 0 significa que la varilla AB gira en el sentido de las agujas del reloj, y α˙ 2 > 0 que la AC gira en el sentido contrario, como era de esperar. 247

d Tras la primera percusi´on, las varillas se mueven sometidas a las fuerzas directamente aplicadas y de ligadura. Como el peso es potencial y la articulaci´on es una ligadura ideal, se conserva la energ´ıa. Podemos aplicar la ecuaci´on 1 a T +V = Cte = ma2 α˙ i2 + mg sin αi 6 2 donde T es la de un s´olido con punto fijo, y V corresponde a la altura del centro de masas. Aplic´andolo entre la horizontal y la primera vertical (αi = −π /2), se tiene: q 2 9v20 + 12ga

1 2 3v0 1 2 2

a ma + 0 = ma α˙ i v − mg ⇒ α˙ i v = ± 6 2a 6 2 2a

La de la varilla 1 es negativa, como al salir de la percusi´on, y la de la 2 positiva.

e Al llegar a la vertical, las dos varillas chocan por los extremos libres, y quedan unidas y (como se puede ver por la simetr´ıa) en reposo. Aparecer´a una percusi´on interna, de acci´onreacci´on, en los extremos C y D. Obviamente, tambi´en aparecer´an percusiones de ligadura en el extremo A, que no nos interesan. Por eso, lo mejor es aplicar de nuevo la ecuaci´on del momento cin´etico en A. Podemos hacerlo con cualquiera de ellas. Llamando P i a la percusi´on de la varilla 2 sobre la 1, MPA = HdA − HaA → q         0  0 ma2 9v20 + 12ga  0  −  −1 −aP = 0 − 0  0  0 3 2a

Obviamente, la 1 ejerce −P i sobre la 2.

248

⇒

P=m

q

9v20 + 12ga 6

ESCUELA TECNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONAUTICOS

Apellidos, Nombre:

Grupo:

Mec´anica II - Problema de Sistemas

Curso:

99/00

Fecha:

06.2000

Problema 10.1.2: Un sistema material est´a formado por una varilla sin masa de longitud 3R articulada en O, y que puede girar libremente dentro del plano fijo Oxz, siendo Oz la vertical ascendente. A una distancia R del extremo O tiene ensartado un disco pesado A de masa m y radio R, que se mantiene perpendicular a la varilla y puede girar libremente alrededor de ella. En el otro extremo est´a fijado por su centro otro disco pesado B, id´entico al A, que puede girar libremente alrededor de un eje paralelo a Oy. Este disco rueda sin deslizar por una circunferencia fija de centro O y radio 4R, contenida tambi´en en el plano Oxz. Se llamar´a ϕ al a´ ngulo girado por el disco A y θ al a´ ngulo que forma la varilla con la vertical descendente. Se pide: 1. Integrar la ligadura cinem´atica, y comprobar que basta con las coordenadas generalizadas θ y ϕ para determinar la configuraci´on del sistema. (0 puntos) 2. Calcular la Lagrangiana del sistema en funci´on de las coordenadas generalizadas θ y ϕ y sus derivadas. (6 puntos: 4 desarrollo, 2 resultado correcto) 3. El sistema se lanza desde la posici´on m´as baja, θ = 0. Calcular las velocidades iniciales ϕ˙ 0 y θ˙0 necesarias para que llegue a θ = π con θ˙ = 0. (4 puntos: 3 desarrollo, 1 resultado correcto )1

z

A

O

x

y

ϕ

B

θ

1 Si

se hace uso de integrales primeras, habr´a que justificar que existen.

249

Soluci´on por mec´anica de Newton-Euler Este problema est´a planteado para hacerlo por Mec´anica Lagrangiana, aunque tambi´en se puede resolver mediante las Ecuaciones Generales de la Mec´anica de Newton-Euler. El sistema est´a formado por tres s´olidos con eje fijo, por lo que su configuraci´on viene dada por tres a´ ngulos: el a´ ngulo θ que forma la varilla (llam´emosla s´olido 2) con la vertical, el a´ ngulo ϕ girado por el disco ortogonal (s´olido 3), y el a´ ngulo girado por la rueda (s´olido 4). Este u´ ltimo se puede medir respecto a una referencia fija (´angulo ψ ) o relativo a la varilla (´angulo β ). Sin embargo, el n´umero de grados de libertad es s´olo dos, por la ligadura adicional de rodar sin deslizar. Esto deber´ıa permitir eliminar ψ o β , dejando s´olo dos coordenadas. Pero esta ligadura es distinta de las otras: afecta a las velocidades, no a las coordenadas; por tanto, para poder usarla y eliminar la tercera coordenada hay que integrarla.

Ligadura La ligadura de rodar sin deslizar implica que vI41 = 0, siendo I el punto de contacto. Esta ecuaci´on hay que expresarla en funci´on de las coordenadas del problema. Esto no se puede hacer β ψ B directamente porque I no es siempre v θ el mismo punto, y no tiene sus propias θ˙ coordenadas. Habr´a que usar compo3R ˙ ψ sici´on de movimientos o campo de veR B B locidades, apoy´andose en puntos que ˙ θ s´ı sean siempre el mismo. 4R I I Si usamos el a´ ngulo ψ que forma la ˙ Rβ rueda con la vertical, que es una diθ recci´on fija, su derivada da directamente la velocidad angular absoluta: ω 41 = −ψ˙ j1 . Podemos tomar el punto B, que es el mismo para los s´olidos 2 y 4, y aplicarle el campo de velocidades de cada uno de ellos, teniendo en cuenta que ambos tienen puntos de velocidad nula, O e I respectivamente: O

O

I ˙ ˙ vB21 ≡ vB41 ⇒ vO 21 + ω 21 ∧OB = v41 + ω 41 ∧IB ⇒ 3Rθ = Rψ

⇒

ψ˙ = 3θ˙

⇒

ψ = 3θ + C

Tambi´en se puede usar el punto B, de velocidad conocida porque se mueve con el s´olido 2, para aplicar el campo de velocidades del s´olido 4 e imponer que la velocidad de I sea nula: 0 = vI41 = vB41 + ω 41 ∧ BI = 3Rθ˙ uθ − Rψ˙ uθ = 0 que da el mismo resultado que antes. Si usamos el a´ ngulo β relativo a la varilla, su derivada nos dar´a la velocidad relativa ω 42 . Podemos entonces aplicar la composici´on de movimientos para calcular la velocidad de I: 0 = vI41 = vI42 + vI21 = ω 42 ∧ BI + ω 21 ∧ OI = −Rβ˙ uθ + 4Rθ˙ uθ

⇒

β = 4θ + C

Si vamos a calcular momentos y energ´ıas cin´eticas absolutas, es m´as c´omodo usar el primero.

An´alisis del sistema y obtenci´on de ecuaciones El sistema est´a formado por tres s´olidos, pero tiene s´olo dos grados de libertad, por lo que basta con dos ecuaciones independientes para determinar su movimiento. Si se tiene experiencia, se ve inmediatamente cu´ales son: Momento cin´etico del disco 3 en la direcci´on de su giro: al tener simetr´ıa de revoluci´on y girar sin rozamiento, nos dar´a directamente una integral primera para la ϕ . 250

Energ´ıa: las fuerzas que act´uan son conservativas (peso), y las ligaduras ideales. Los cojinetes son sin rozamiento; en la rodadura habr´a rozamiento, pero no trabaja porque no hay deslizamiento y el punto de aplicaci´on no se mueve. Se obtiene una integral primera en la que aparecen ϕ˙ , θ˙ , θ y ψ˙ , aunque esta u´ ltima se pone en funci´on de θ˙ . Si se quiere proceder de un modo m´as met´odico, se analiza el sistema y las fuerzas directamente aplicadas y de ligadura que act´uan sobre e´ l; se divide en partes, y se estudian las ecuaciones correspondientes a cada movimiento. A veces se pueden obtener directamente ecuaciones para cada grado de libertad libres de inc´ognitas de ligadura; en este caso no va a ser posible por las fuerzas asociadas a la ligadura sin rozamiento. Sistema completo O : Rx , Ry, Rz ; Mx , Mz Disco A A : Qθ , Qy , Qr ; Nθ , Ny Disco B B : Pθ , Py , Pr ; Lθ , Lr Rz Mz Mx Rx

Ry

MyS : f (θ , θ¨ , ψ¨ , Fθ )

I : Fr , Fθ , Fy I : Fr , Fθ , Fy

ϕ˙ Qθ

θ˙

Nθ MyB : f (ψ¨ , Fθ )

Qr Ny

Lr

Qy MrA : f (ϕ¨ )

Fθ

ψ˙

Pθ Lθ Pr Py

Fθ

Fy

Fy Fr

Fr

Para el sistema completo, interesa la ecuaci´on asociada al giro θ : la de momento cin´etico en O seg´un la direcci´on Oy. Aparecer´an las derivadas de los a´ ngulos θ y ψ y el momento de la fuerza de rozamiento en el contacto, Fθ . No nos sirve para determinar el movimiento porque no conocemos el valor de esta fuerza. Para el disco A, la ecuaci´on del momento cin´etico en su centro de masas seg´un el eje de giro dar´a una integral primera en ϕ˙ , pues ning´un momento act´ua en esa direcci´on. Para la rueda B, interesa la ecuaci´on asociada al giro: la de momento cin´etico en el centro, seg´un el eje By. Aparecer´an las derivadas de ψ y el momento de Fθ . Como ψ y θ est´an relacionadas por la ligadura, entre la primera y la tercera se puede eliminar la fuerza de ligadura y obtener una ecuaci´on en la que s´olo aparecen θ y sus derivadas. Con e´ sta y la segunda, el movimiento est´a ya determinado. Finalmente, siempre se puede plantear la ecuaci´on de la energ´ıa del sistema en lugar de una de las anteriores.

Momento cin´etico de A respecto a su centro de masas La velocidad angular del disco A (s´olido 3) la podemos escribir directamente en coordenadas cil´ındricas asociadas a la varilla 2: ω 31 = ω 32 + ω 21 = −ϕ˙ ur + θ˙ j1 . N´otese que el sentido positivo de ur es hacia abajo. Su momento cin´etico respecto al centro de masas ser´a:      −2ϕ˙  2 0 0 −ϕ˙   2 mR  0 1 0 · 0 0 HAG = I G · ω 31 = =     4 4 ˙ 0 0 1 θ θ˙ mR2

251

La ecuaci´on del momento cin´etico respecto a su centro de masas nos dar´a:    

ur uθ j1

¨ ϕ −2  0  dHA

  A 2 2

dHG

mR mR

G

0 Nθ = 0 0 θ˙

= = + ω 21 ∧ HAG = +

N  dt 1 dt 2 4  θ¨  4

−2ϕ˙ 0 θ˙

y   −2ϕ¨  mR2  −2ϕ˙ θ˙ = ⇒ ϕ¨ = 0 ⇒ ϕ˙ = Cte. 4  ¨  θ

Esto ocurre siempre con los cuerpos que pueden girar libremente alrededor de un eje principal, si los otros dos momentos principales son iguales. Por tanto, cuando se ve uno de estos casos no hace falta plantear las ecuaciones: ya se puede afirmar que la componente de velocidad angular seg´un el eje se mantiene constante. Aqu´ı, como en el apartado siguiente, G es el centro de masas del disco, no el del sistema.

Momento cin´etico de B respecto a su centro de masas 2 ˙ Para la rueda B tenemos: ω 41 = −ψ˙ j1 = −3θ˙ j1 , con lo que HBG = I BG · ω 41 = − 3mR 2 θ j1 . La ecuaci´on del momento en B da:     0  Lr  d 2 3mR   0 Lθ − RFy = HBG = −   dt  ¨ 2 RFθ θ → Fθ = −3mRθ¨ /2

La derivada es simple porque el eje j1 tiene direcci´on constante. La presencia de Fθ , desconocida, impide integrar esta ecuaci´on. Como no se piden las fuerzas y momentos de ligadura, dejamos las otras componentes y nos quedamos s´olo con la tercera.

Momento cin´etico del sistema en O Como la varilla no tiene masa, s´olo tenemos que calcular el momento cin´etico de los discos. El punto O no es el centro de masas, as´ı que habr´a que aplicar el teorema de Koenig2: HSO = HAO + HBO = OA ∧ mvA31 + HAG + OB ∧ mvB41 + HBG Los momentos respecto a los centros de masas ya los hemos calculado. S´olo hay que calcular los productos vectoriales. Las velocidades de los centros se obtienen directamente, pues se mueven con la varilla: vA31 = Rθ˙ uθ y vB41 = 3Rθ˙ uθ . Sustituyendo,            0  mR2 −2ϕ˙   0  3mR2  0  mR2 −2ϕ˙  0 0 0 0 = 0 HSO = m + +m −  2 ˙  2 ˙ 4  θ˙  2 θ˙  4  35θ˙  R θ 9R θ

N´otese que la ψ˙ que aparecer´ıa en el momento de B ya est´a sustituida por θ˙ mediante la ecuaci´on de la ligadura. La ecuaci´on del momento cin´etico ser´a:     ...  ...    d 2 mR ... ... = HSO =   dt 4 35θ¨  4R Fθ − 4Rmg sin θ

No hemos calculado los momentos ni las derivadas en el plano del movimiento, porque s´olo nos interesa la direcci´on Oy1 : como es fija, la derivada es inmediata. Esta ecuaci´on no la podemos integrar porque la fuerza de ligadura es desconocida. Pero si sustituimos el valor de Fθ obtenido en el disco B se llega a: 4R Fθ − 4mg sin θ =

35 2 ¨ mR θ 4

⇒

2 El

59 2 ¨ mR θ + 4mgR sin θ = 0 4

disco A tiene la varilla como eje, por lo que el origen es un punto fijo: se podr´ıa calcular su tensor en O por Steiner y aplicar las expresiones del s´olido con punto fijo. Pero como ya se ha calculado su momento cin´etico en G, seguiremos el primer camino. En cambio, para el disco B el origen no es punto fijo.

252

que si la multiplicamos por θ˙ es una diferencial exacta: 59 2 ¨ ˙ mR θ θ + 4mgR sin θ θ˙ = 0 4

⇒

59 2 ˙ 2 mR θ − 4mgR cos θ = Cte. 8

Ecuaci´on de la energ´ıa El sistema es conservativo: las fuerzas directamente aplicadas son potenciales, y las ligaduras son lisas (cojinetes) o, si tienen rozamiento, e´ ste no trabaja (rodadura sin deslizamiento). El potencial es inmediato: V = mgzA + mgzB = −mgR cos θ − mg3R cos θ = −4mgR cos θ La energ´ıa cin´etica se calcula por el teorema de Koenig. Todos los t´erminos son ya conocidos: 1 1 1 1 2 2 T = T A + T B = m vA31 + ω 31 · HAG + m vB41 + ω 41 · HBG = 2 2 2 2 1 2 ˙2 1 2 9 9 1 = mR θ + mR 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 + mR2 θ˙ 2 + mR2 θ˙ 2 = mR2 59θ˙ 2 + 2ϕ˙ 2 2 8 2 4 8

Sumando:

1 2 mR 59θ˙ 2 + 2ϕ˙ 2 − 4mgR cos θ = E 8

N´otese que esta ecuaci´on es combinaci´on lineal de las dos anteriores. No pod´ıa ser de otro modo, porque el sistema tiene dos grados de libertad, y s´olo puede haber dos ecuaciones independientes.

253

Mec´anica anal´ıtica: sistema hol´onomo Ligadura La ecuaci´on de la ligadura se puede obtener de muchos modos. Uno es expresar la velocidad del centro del disco B como parte de la varilla y del disco: vB = 3Rθ˙ = Rψ˙

⇒ ψ˙ = 3θ˙

O

⇒ ω B = −ψ˙ j = −3θ˙ j

ψ

Si se llama ψ al a´ ngulo girado por el disco B respecto a la vertical, la ecuaci´on anterior se integra directamente: ψ − ψ0 = 3θ − 3θ0 . Tambi´en se podr´ıa medir el a´ ngulo respecto a la varilla, y se obtendr´ıa α˙ = 4θ˙ ; o igualar los arcos rodados, para obtener directamente α − α0 = 4(θ − θ0 ); o usar el campo de velocidades del s´olido B para imponer que la velocidad del punto de contacto sea cero . . .

B

vB

θ˙ 3R Rψ˙ I

θ

Lagrangiana Potencial: V = VA +VB = −mgR cos θ − mg3R cos θ Energ´ıa cin´etica, por K¨onig: 1 1 1 1 T = mv2GA + ω A · IA · ω A + mv2GB + ω B · IB · ω B 2 2 2 2 siendo, en ejes ligados a la varilla ur , uθ , j: vGA = Rθ˙ uθ

ω A = −ϕ˙ ur + θ˙ j

vGB = 3Rθ˙ uθ

 2 0 0  0 1 0 IA = 4 0 0 1 mR2

Operando:

L = T −V = mR

2

ω B = −3θ˙ j

  1 0 0 0 1 0 IB = 4 0 0 2 mR2

59 ˙ 2 1 2 θ + ϕ˙ + 4mgR cos θ 8 4

Velocidades iniciales Calculamos los t´erminos de las ecuaciones de Lagrange: q

Lq˙

L˙q˙

Lq

ϕ

1 2˙ 2 mR ϕ 59 2˙ 4 mR θ

1 2¨ 2 mR ϕ 59 2¨ 4 mR θ

0

θ

−4mgR sin θ

Lq = Pq − Qq 1 2¨ 2 mR ϕ

59 2¨ 4 mR θ

+ 4mgR sin θ

Se observa que ϕ es c´ıclica, y se conserva su momento generalizado: ϕ˙ = ϕ˙ 0 . La ecuaci´on de Lagrange para θ da: 59 2 ¨ mR θ + 4mgR sin θ = 0 4 que es la ecuaci´on del p´endulo y se integra sin dificultad: 59 2 ˙ 2 mR θ − 4mgR cos θ = C 8 254

A este mismo resultado se llegar´Ĺa usando la ecuaci´on de la energ´Ĺa, ya que el sistema es conservativo, y Ď•Ë™ es constante. Aplicando esta ecuaci´on a los instantes inicial y final:

θ =0: θ =Ď€ :

59 2 Ë™2 8 mR θ0 − 4mgR = C

0 + 4mgR = C

⇒

θË™0 =

r

Mientras que Ď•Ë™ 0 es arbitrario al estar las ecuaciones desacopladas.

255

64g 59R

No hol´onomo - desplazamientos independientes Ligadura Para obtener la ecuaci´on de la ligadura, se puede aplicar el campo de velocidades del disco B (S4 ): vI41 = vB41 + ω 41 ∧ BI = 3Rθ˙ − Rψ˙ uθ = 0

La condici´on de no deslizamiento incluye tres ligaduras, pero dos est´an ya contadas entre las finitas mediante las coordenadas generalizadas. La que nos interesa es:

O

ψ

θ

vB 3R

θ˙

B

g1 ≡ uθ · vI41 = 3Rθ˙ − Rψ˙ = 0 No hace falta congelarla para los DVCL, porque es estacionaria:

Rψ˙

I

C1θ δ θ +C1ψ δ ψ +C1ϕ δ ϕ = 3R · δ θ − R · δ ψ + 0 · δ ϕ = 0 La ligadura es integrable pero, si no la integramos, el sistema ser´a no hol´onomo.

Lagrangiana Si no integramos la ligadura, hay que mantener ψ como coordenada generalizada; ahora habr´a tres: Potencial: V = VA +VB = −mgR cos θ − mg3R cos θ Energ´ıa cin´etica, por K¨onig: 1 1 1 1 T = mv2GA + ω A · IA · ω A + mv2GB + ω B · IB · ω B 2 2 2 2 siendo, en ejes ligados a la varilla: vGA = Rθ˙ uθ

Operando:

ω A = −ϕ˙ ur + θ˙ j   2 0 0 2 mR  0 1 0 IA = 4 0 0 1

vGB = 3Rθ˙ uθ ω B = −ψ˙ j   1 0 0 2 mR  0 1 0 IB = 4 0 0 2

1 1 1 2 T = mR2 θ˙ 2 + mR2 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 + m9R2 θ˙ 2 + mR2 ψ˙ 2 2 8 2 8 1 2 1 2 2 41 ˙ 2 L = T −V = mR θ + ϕ˙ + ψ˙ + 4mgR cos θ 8 4 4

Velocidades iniciales La ecuaci´on general de la din´amica da: Lθ δ θ + Lψ δ ψ + Lϕ δ ϕ = 0 ∀ DVCL Para hallar los desplazamientos independientes, usamos la ecuaci´on de la ligadura, δ ψ = 3δ θ → Lθ + 3Lψ δ θ + Lϕ δ ϕ = 0 ∀ δ θ , δ ϕ

Ahora los desplazamientos son independientes, y podemos imponer que los coeficientes sean cero. 256

q

Lq˙

L˙q˙

Lq

ϕ

1 2˙ 2 mR ϕ 1 2 ˙ 2 mR ψ 41 2˙ 4 mR θ

1 2¨ 2 mR ϕ 1 2 ¨ 2 mR ψ 41 2¨ 4 mR θ

0

ψ θ

Lq = Pq − Qq 1 2¨ 2 mR ϕ 1 2 ¨ 2 mR ψ

0 −4mgR sin θ

41 2¨ 4 mR θ

+ 4mgR sin θ

Obtenemos dos ecuaciones de la Lagrangiana, una de ellas una integral primera (la ϕ sigue siendo c´ıclica e independiente: su ecuaci´on no var´ıa); la tercera es la ecuaci´on de la ligadura:

ϕ¨ = 0

ϕ = Cte. 41 2 ¨ 3 mR θ + 4mgR sin θ + mR2 ψ¨ = 0 4 2 ˙ ˙ 3θ − ψ = 0 →

Si derivamos la ligadura 3θ¨ = ψ¨ y eliminamos ψ¨ en la segunda, se llega a: 59 2 ¨ mR θ + 4mgR sin θ = 0 4

(10.1)

que es la ecuaci´on de θ en el sistema hol´onomo. Naturalmente, con las mismas coordenadas y el mismo sistema, se llega a las mismas ecuaciones. A partir de aqu´ı el problema se resuelve como en el caso anterior. Si no se desea integrar esta ecuaci´on, puede observarse que el sistema es conservativo: ligaduras estacionarias e ideales, fuerzas potenciales. La ligadura no integrable (o mejor, no integrada) es estacionaria tambi´en. Se conserva la energ´ıa mec´anica: 1 2 1 2 2 41 ˙ 2 T +V = mR θ + ϕ˙ + ψ˙ − 4mgR cos θ = E = Cte. 8 4 4 Sustituyendo la ψ˙ mediante la ecuaci´on de la ligadura, se llega a la misma expresi´on que el el sistema hol´onomo: 41 ˙ 2 1 2 41 ˙ 2 9 ˙ 2 59 ˙ 2 θ + ψ˙ = θ + θ = θ 8 4 8 4 8

257

No hol´onomo - Multiplicadores de Lagrange Ligadura Para obtener la ecuaci´on de la ligadura, se puede aplicar el campo de velocidades del disco B (S4 ): vI41 = vB41 + ω 41 ∧ BI = 3Rθ˙ − Rψ˙ uθ = 0

La condici´on de no deslizamiento incluye tres ligaduras, pero dos est´an ya contadas entre las finitas mediante las coordenadas generalizadas. La que nos interesa es: g1 ≡ uθ · vI41 = 3Rθ˙ − Rψ˙ = 0 ;

O

ψ

θ

vB 3R

θ˙

B

FL = µ1 uθ

Rψ˙

No hace falta congelarla para los DVCL, porque es estacionaria:

I

C1θ δ θ +C1ψ δ ψ +C1ϕ δ ϕ = 3R · δ θ − R · δ ψ + 0 · δ ϕ = 0 La ligadura es integrable pero, si no la integramos, el sistema ser´a no hol´onomo.

Lagrangiana Si no integramos la ligadura, hay que mantener ψ como coordenada generalizada; ahora habr´a tres: Potencial: V = VA +VB = −mgR cos θ − mg3R cos θ Energ´ıa cin´etica, por K¨onig: 1 1 1 1 T = mv2GA + ω A · IA · ω A + mv2GB + ω B · IB · ω B 2 2 2 2 siendo, en ejes ligados a la varilla: vGA = Rθ˙ uθ

ω A = −ϕ˙ ur + θ˙ j   2 0 0 2 mR  0 1 0 IA = 4 0 0 1

Operando:

vGB = 3Rθ˙ uθ ω B = −ψ˙ j   1 0 0 2 mR  0 1 0 IB = 4 0 0 2

1 1 1 2 T = mR2 θ˙ 2 + mR2 2ϕ˙ 2 + θ˙ 2 + m9R2 θ˙ 2 + mR2 ψ˙ 2 2 8 2 8 1 2 1 2 2 41 ˙ 2 L = T −V = mR θ + ϕ˙ + ψ˙ + 4mgR cos θ 8 4 4

Ecuaciones del movimiento Se plantean las ecuaciones de Lagrange con las tres coordenadas generalizadas, pero incluyendo el trabajo virtual de las fuerzas de ligadura: QL1 j = µ1 C1 j q

Lq˙

L˙q˙

Lq

ϕ

1 2˙ 2 mR ϕ 1 2 ˙ 2 mR ψ 41 2˙ 4 mR θ

1 2¨ 2 mR ϕ 1 2 ¨ 2 mR ψ 41 2¨ 4 mR θ

0

ψ θ

Lq = Pq − Qq 1 2¨ 2 mR ϕ 1 2 ¨ 2 mR ψ

0 −4mgR sin θ 258

41 2¨ 4 mR θ

+ 4mgR sin θ

QLj 0 −µ1 R

µ1 3R

Las ecuaciones de Lagrange ser´an ahora:

ϕ¨ = 0

→

ϕ˙ = Cte.

41 2 ¨ mR θ + 4mgR sin θ = µ1 3R 4 1 2 mR ψ¨ − 0 = −µ1 R 2 m´as la ecuaci´on de la ligadura,

3θ˙ − ψ˙ = 0

Eliminando µ1 entre las dos ecuaciones en que aparece, se llega a 41 2 ¨ 1 mR θ + 4mgR sin θ + mR2 ψ¨ = 0 4 2 que es la misma ecuaci´on que se obtuvo por desplazamientos independientes. A partir de aqu´ı, se procede como en el caso anterior: se deriva la ecuaci´on de la ligadura, se elimina ψ¨ , y ya tenemos la ecuaci´on del sistema hol´onomo para θ . A continuaci´on se integra esa ecuaci´on, o se plantea la integral de la energ´ıa, como en los casos anteriores.

259

Problema 10.1.3:

Deslizamiento de una moneda sobre una mesa

Un disco pesado, homog´eneo, de masa m y radio a se mueve sobre el plano horizontal Oxy, liso, de un sistema de referencia galileano. El disco est´a obligado a mantenerse siempre en contacto con el plano. Su posici´on en un momento cualquiera viene dada por: las coordenadas (ξ , η ) de la proyecci´on de su centro de masas sobre el plano Oxy; el a´ ngulo θ que forma el plano del disco con el eje vertical Oz; el a´ ngulo ϕ que forman la tangente al disco —en el punto de contacto con el plano— y el eje Ox; el a´ ngulo ϕ que ha girado el disco en torno a un eje perpendicular a e´ l y que pasa por su centro de masas. Se pide: i) Obtenga la funci´on lagrangiana del sistema. ii) Plantee las ecuaciones del movimiento y obtenga cinco integrales primeras. iii) ¿Cu´al es el significado de las integrales primeras obtenidas en el apartado anterior? iv) En el momento inicial, el disco se encuentra en reposo, contenido en el plano Oxz con su centro √ de masas sobre el eje Oz. Se aplica una percusi´on ~P = m2 ga ~j en el punto B de la periferia del √ disco dado por ~rB = √a2 (1, 0, 1 + 2). Calc´ulese el estado cinem´atico a la salida de la percusi´on. v) A partir de la ecuaci´on de la energ´ıa, y en el movimiento posterior a la percusi´on, se llega a una ecuaci´on diferencial del estilo u˙ = f (u)/(5 − u2 ) , mediante el cambio de variable u = 2 cos θ . Repres´entese f (u) y real´ıcese un an´alisis cualitativo del movimiento para la variable θ . ¿C´omo evolucionan las restantes variables angulares? 15 de febrero de 1993

i La u´ nica fuerza directamente aplicada es el peso, que deriva del potencial V = mgzZ . La altura del centro de masas se obtiene trivialmente de la ligadura: zZ = a cos θ

V = mga cos θ

→

La energ´ıa cin´etica del disco, que no tiene punto fijo, se obtiene por el teorema de Koenig: 1 1 T = m(vC21 )2 + ω 21 IC ω 21 2 2 La velocidad del centro se obtiene directamente, en ejes fijos: rC = (ξ , η , a cos θ ) → vC = (ξ˙ , η˙ , −a sin θ θ˙ ) 21

Para calcular la energ´ıa cin´etica del giro necesitamos unos ejes en que el tensor sea constante y la velocidad angular lo m´as simple posible. Podemos tomar los ejes auxiliares S3 , con origen en el punto de contacto I, que acompa˜nan al disco en los giros ϕ y θ , pero no en el ψ . En estos u´ ltimos ejes, el tensor es tambi´en constante por la simetr´ıa de revoluci´on. N´otese que los a´ ngulos de Euler cl´asicos ser´ıan el complementario de θ para la nutaci´on y el opuesto de ψ para la rotaci´on propia. En esos ejes la velocidad angular es

z1

z

ϕ˙

z3

θ ψ C

ϕ

θ˙

ψ˙ y

y1

x1

θ

I

y3 x ≡ x3

ω 21 = ϕ˙ k1 − θ˙ i0 + ψ˙ j3 = (−θ˙ , ψ˙ − ϕ˙ sin θ , ϕ˙ cos θ ) Podemos ya calcular la energ´ıa cin´etica, 1 T = m ξ˙ 2 + η˙ 2 + a2 sin2 θ θ˙ 2 + 2    ˙ 1 0 0  − θ  2 1 ma  0 2 0 ψ˙ − ϕ˙ sin θ = + ⌊−θ˙ , ψ˙ − ϕ˙ sin θ , ϕ˙ cos θ ⌋ 2 4 0 0 1  ϕ˙ cos θ  o m n ˙2 = 4ξ + 4η˙ 2 + a2 1 + 4 sin2 θ θ˙ 2 + 2ψ˙ 2 + 1 + sin2 θ ϕ˙ 2 − 4 sin θ ϕ˙ ψ˙ 8 260

La Lagrangiana se obtiene trivialmente como L = T −V .

ii En la Lagrangiana solo aparece expl´ıcitamente la θ . Las otras cuatro son c´ıclicas y dan lugar a integrales primeras de la forma Lq˙ j =Cte.:

ξ)

ξ˙ = C1

η)

η˙ = C2

ϕ) ψ)

1 + sin2 θ ϕ˙ − 2 sin θ ψ˙ = C3

ψ˙ − sin θ ϕ˙ = C4

La coordenada θ aparece en la energ´ıa cin´etica y el potencial. Su ecuaci´on de Lagrange ser´ıa complicada. Como el sistema es conservativo (ligadura ideal y estacionaria, fuerzas potenciales), podemos usar la integral de la energ´ıa en su lugar: T +V = E iii Las dos correspondientes a las coordenadas cartesianas ξ y η son sus momentos conjugados: las componentes de momento lineal (cantidad de movimiento) en la direcci´on correspondiente: pξ = mξ˙ pη = mη˙ Las dos correspondientes a a´ ngulos de giro alrededor de un eje son tambi´en sus momentos conjugados: las componentes de momento cin´etico seg´un ese eje: ma2 1 + sin2 θ ϕ˙ − 2 sin θ ψ˙ 4 ma2 pψ = Hy3 = (ψ˙ − sin θ ϕ˙ ) 2 La quinta es simplemente la energ´ıa mec´anica. pϕ = Hz1 =

iv Las ecuaciones de Lagrange impulsivas para un sistema hol´onomo son

z1

Lq˙dj − Lq˙aj = QPj

P

j = 1...n

Al estar inicialmente en reposo, las Lq˙ j antes de la percusi´on son todas nulas (porque solo hay T2 , si hubiera T1 no; compru´ebese). Hay que calcular las fuerzas de percusi´on generalizadas:

B B P

Q δ q = P · δ r = P · v δ t j ∑ j 21 0 En vez de calcularlas para una posici´on gen´erica y luego particularizar, pueden calcularse para la posici´on de la percusi´on. Esto facilita mucho los c´alculos: Los ejes 1 y los 3, por ejemplo, coinciden, y no es necesario hacer cambios de ejes: √  

 

 ξ˙ + aψ˙ / 2  ˙  i1 j k  ξ 1 1

√ ˙

= η˙ + a/ 2(ϕ˙ + θ˙ ) θ˙ ψ˙ ϕ√ vB21 0 = vC21 + ω 21 ∧ CB = η˙ +

−√ √  

  0 a/ 2 0 a/ 2

−ψ˙ a/ 2 x1

y1

No hay nada que congelar, porque la ligadura es estacionaria. Los DVCL ser´an √   δ ξ +√aδ ψ / 2   B δ r = δ η + a/ 2(δ√ ϕ +δθ)   −δ ψ a/ 2

Calculamos las fuerzas de percusi´on generalizadas √   √ δ ξ +√aδ ψ / 2   m√ga h i √ m ga B P·δr = (0, 1, 0) · δ η + a/ 2(δ√ δ η + a/ 2(δ ϕ + δ θ ) ϕ +δθ) =   2 2 −δ ψ a/ 2 √ √ √ m ga ma ga ma ga Qξ = 0 Qη = Qϕ = √ Qθ = √ Qψ = 0 2 2 2 2 2 261

Planteamos las ecuaciones de Lagrange impulsivas, particularizando para la posici´on θ = 0 , mξË™ d − 0 = 0 √ m ga d Ë™ mη − 0 = 2 √ i ma ga ma2 h d 2 d (1 + sin θ ) Ï•Ë™ − 2 sin θ ψ˙ − 0 = √ 4 2 2 √ h i 2 ma ga ma 2 (1 + sin 2 θ ) θË™ d − 0 = √ 2 2 2 2 ma sin ψ˙ d − θ Ï•Ë™ d − 0 = 0 2

y se obtienen directamente las velocidades generalizadas a la salida de la percusi´on r 1 2g √ ξË™ d = ψ˙ d = 0 ; ηË™ d = ga ; Ï•Ë™ d = θË™ d = 2 a v En el movimiento posterior a la percusi´on se aplican todas las integrales primeras del apartado ii). Se sustituyen antes las condiciones iniciales:

ψ˙ − sin θ Ï•Ë™ = C4 = 0

ψ˙ = Ï•Ë™ sin θ r 2g 2 1 + sin θ Ï•Ë™ − 2 sin θ ψ˙ = C3 = a →

Y sustituyendo Ï•Ë™ de la primera en la segunda,

1 + sin2 θ Ï•Ë™ − 2 sin2 θ Ï•Ë™ = C3 = cos2 θ Ï•Ë™

Ï•Ë™ =

→

C3 cos2 θ

Todo esto se sustituye en la integral de la energ´ıa:

ηË™ d 0 2 2 m 7 2 2 2 2 2 2 Ë™ Ë™ 4ξ + 4ηË™ + a 1 + 4 sin θ θ + 2ψ˙ + 1 + sin θ Ï•Ë™ − 4 sin θ Ï•Ë™ ψ˙ + 8 + mga cos θ =

m ga + a2 8

2ψ˙ C4 =0

}| { z 2 2 2 Ë™ 1 + 4 sin θ θ + 2ψ˙ − 2 sin θ Ï•Ë™ ψ˙ +

Ï•Ë™ C3 =C32 / cos2 θ

{ }|2 + 1 + sin θ Ï•Ë™ − 2 sin θ Ï•Ë™ ψ˙ + mga cos θ = E = 2mga z

Finalmente, simplificando

2g/a 4ga + a 1 + 4 sin θ θ + + 8ga cos θ = 16ga cos2 θ 2 4g 2 2 Ë™ 1 + 4 sin θ θ = 3 − 2 cos θ − a 4 cos2 θ 2

2

2

˙2

Introduciendo el cambio u = 2 cos θ ,

4g 2 (5 − u ) θ = 3 − u − 2 = g(u) a u 2

˙2

El coeficiente de θË™ 2 no se anula nunca, porque u2 ≤ 4 . Por eso, para estudiar el comportamiento de θË™ 2 basta con ver la forma g(u). El enunciado pide que se estudie uË™2 , pero es una mala elecci´on: 2 cos θ = u − 2 sin θ θË™ = uË™ 262

Para θ = 0, que es el momento inicial (salida de la percusi´on), se anula u˙ porque el seno es nulo, pero θ˙ no. Por eso no conviene estudiar u˙2 con f (u) = (1 − u2)g(u), que es m´as complicado y no refleja bien el comportamiento de θ˙ 2 . Mejor dejar la θ˙ y estudiarla con g(u). El movimiento se realiza en el intervalo u = [−2, 2], que corresponde a θ = [π , 0]. Es obvio que g(0) = −∞, θ˙ 2 g(1) = 0 (que corresponde a θ = π /3) y g(2) > 0. Es decir, el a´ ngulo de nutaci´on va a oscilar entre ±60o . g(u) ∝ 3 − u − u22 Representando g(u) se ve que la zona positiva est´a entre la ra´ız u = 1 (θ =60o ) y u = 2, que es el l´ımite superior del coseno (θ = 0). El movimiento se realiza: θ =±60o θ =0o

0

1

2

3

Desde el momento inicial, u = 2, θ = 0, θ˙ = θ˙ d , el disco comienza a descender hasta u = 1 o´ θ =60o , donde tiene un punto de parada y retroceso. Sube de nuevo, pasa por la vertical —sin que se anule θ˙ — y sigue bajando con movimiento sim´etrico hasta θ =-60o (que es de nuevo u = 1, por la simetr´ıa del coseno), donde para y vuelve a subir. Y todo esto, mientras se conservan la cantidad de movimiento horizontal y las dos componentes de momento cin´etico.

263

Problema 10.1.4: Sea O1 x1 y1 z1 un sistema de referencia inercial donde O1 z1 es vertical ascendente. Respecto a la anterior referencia se va a estudiar el movimiento del sistema material de la figura que est´a formado por el disco 2 de centro G2 , radio R y masa m al que est´a unido r´ıgidamente su eje AG2 G3 que no tiene masa (|AG2 | = R, |G2 G3 | = 2R), y por el disco 3 de radio R y masa m, cuyo centro G3 se mantiene fijo en el eje AG2 G3 , estando el plano del disco siempre perpendicular a dicho eje y pudiendo girar libremente alrededor del mismo. El extremo A del eje AG2 G3 se apoya sin rozamiento sobre el plano O1 x1 y1 ; el disco 2 se apoya igualmente sobre dicho plano y no puede deslizar sobre el mismo. Ambos contactos son con ligadura bilateral. Para fijar la posici´on del sistema se utilizar´an las siguientes coordenadas generalizadas: i) ξ y η : coordenadas en el plano O1 x1 y1 del punto de contacto del disco 2 con dicho plano; ii) θ : a´ ngulo que la proyecci´on del eje AG2 G3 sobre el plano O1 x1 y1 forma con el eje O1 x1 ; iii) ϕ y ψ : a´ ngulos que unos radios fijos a los discos 2 y 3, respectivamente, forman con el plano vertical que contiene al eje AG2 G3 . Sabiendo que la u´ nica fuerza directamente aplicada que act´ua sobre el sistema es el peso, se pide: a) Hallar en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas la condici´on de no deslizamiento del disco 2 sobre el plano O1 x1 y1 . b) Determinar en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas las expresiones de la energ´ıa cin´etica y del momento cin´etico respecto al centro de masas del sistema. c) Deducir razonadamente, a partir de las ecuaciones de Newton de la din´amica, tres integrales primeras del movimiento. d) Determinar, para unas condiciones iniciales arbitrarias, las coordenadas generalizadas en funci´on del tiempo. e) Hallar las reacciones que el plano O1 x1 y1 ejerce sobre el extremo A del eje AG2 G3 y sobre el disco 2. f) Hallar la resultante y el momento respecto a G3 del sistema de reacciones que el eje AG2 G3 ejerce sobre el disco 3. g) Plantear las ecuaciones de Lagrange para el sistema y resolverlas. Septiembre de 1994

264

Comenzamos por analizar el sistema: Dos s´olidos libres (la varilla no tiene masa y no cuenta) necesitar´ıan doce par´ametros para describirlos. Fijar un s´olido a otro mediante un cojinete con restricci´on axial son cinco ligaduras finitas: desaparecen cinco grados de libertad. S´olo le queda al segundo, respecto al primero, el giro alrededor del eje. Apoyar un extremo de la varilla supone una ligadura finita: zA = 0. Apoyar el borde del disco supone fijar el a´ ngulo de nutaci´on en π /2: otra ligadura finita. La rodadura sin deslizamiento supone dos ligaduras cinem´aticas no integrables, que no permiten reducir coordenadas (la tercera es la velocidad vertical de I, que ya est´a contada como finita al apoyar el borde del disco). Por tanto, los grados de libertad son 12-5-1-1-2=3 Pero como dos ligaduras son no integrables, necesitamos m´as par´ametros: 12-5-1-1=5

Z G3 Y G3 G3

X G3

z0

G 2mg y0

Y

x0 I NA

El sistema es no hol´onomo escler´onomo. a La ecuaci´on de la ligadura se obtiene con m´as facilidad en los ejes S0 : origen en I, girados el a´ ngulo de precesi´on θ respecto a los fijos. N´otese que los tres centros pueden considerarse como puntos fijos de los ejes S0 , S2 y S3 . El no deslizamiento de I se puede escribir como vI21 = 0 = vG 21 + ω 21 ∧ GI =

 

k0

 ξ˙ 

i0 j0 1 1

= η˙ +

ϕ˙ √2 0 θ˙ + ϕ˙ √2

= √  

0 1 0 0 −R 2

      ξ˙ cos θ + η˙ sin θ  ξ˙ − ϕ˙ R sin θ     0 = η˙ + ϕ˙ R cos θ = −ξ˙ sin θ + η˙ cos θ + ϕ˙ R = 0       0 0 0 1 0

G

My 3

G

Mx 3

X NI

z0

ϕ˙ θ˙ G G2

I

b Calcularemos primero el momento cin´etico respecto al centro de masas: el de cada disco respecto a unos ejes S4 paralelos a los fijos con origen en G. Por tanto, las velocidades angulares ser´an las absolutas; el movimiento de G2 y G3 respecto a G es un giro en el que solo hace falta contar la precesi´on θ˙ (las rotaciones propias son paralelas a los vectores GG2 y GG3 ). Se pueden seguir dos caminos: Considerar que los centros se mueven respecto a G y aplicar Koenig a cada disco. Considerar que G es tambi´en un punto fijo del disco en el movimiento 2/4, calcular el tensor de inercia del disco en G por el teorema de Steiner, y aplicar las expresiones del s´olido con punto fijo. Por el primer m´etodo: G3 2 hG = h2G + h3G = GG2 ∧ mvG 24 +II G2 · ω 21 + GG3 ∧ mv34 +II G3 · ω 31

Todos los vectores se calculan con facilidad en ejes S0 , pero los tensores deben calcularse en ejes principales del disco. Un compromiso es girar los ejes S0 45o alrededor de Iy0 : en estos nuevos ejes S5 los vectores son igual de simples, y son principales para los discos: Iz5 es la direcci´on de sus ejes de revoluci´on: 265

x0

GG2 = −R k5

GG3 = +R k5 z0 R ψ˙ G2 v24 = ω 01 ∧ GG2 = θ˙ k0 ∧ GG2 = − √ θ˙ j5 2 θ˙ G3 R 3 ˙ ˙ √ ω θ k ∧ GG = + θ j vG = ∧ GG = 0 01 3 5 3 34   2 G ϕ˙ 1 0 0 2 mR  G2 0 1 0 I G2 = I G3 = 4 0 0 2 I x5 5 ˙ ˙ θ θ ω 21 = − √ i5 + ϕ˙ + √ k5 2 2 θ˙ θ˙ ω 31 = − √ i5 + ψ˙ + √ k5 2 2 De este modo, los momentos cin´eticos de cada disco respecto a su centro de masa son   ˙  θ˙ √  √θ −   ˙ + ϕ 2    2 2 2 2 mR mR 0 0 hG2 = I G2 · ω 21 = = √  4  4  3θ˙ 2 ϕ˙ + √θ˙   ˙ + ϕ 2 0 2 2

z5

x0

5

hG3 es id´entica, pero con ψ˙ en vez de ϕ˙ . Para el momento del sistema, sustituyendo y operando, se llega a   √   √ ˙  −5  2 θ (ϕ˙ + ψ˙ ) 2 − 3θ˙     2 2 mR mR 0√ hG = = √ 0    4  4 2  ˙ 2θ + ϕ˙ + ψ˙ (ϕ˙ + ψ˙ ) 2 + 7θ˙ 0 5

Por el otro m´etodo, habr´ıa que calcular primero el tensor en G, por el teorema de Koenig: D3 2 2 ID G = I G = I G2 + m GG2 U − [GG2 , GG2 ]     1 0 0 1 2 mR  2   0 1 0 +m R 0 = 4 0 0 2 0

=      0 0 0 0 0 5 0 0 2 mR  1 0 − m 0 0 0  = 0 5 0 4 2 0 1 0 0 2 0 0 R

A este mismo resultado se llegar´ıa a mano: el momento Iz es igual, porque es el mismo eje. Los momentos Ix e Iy se hallan por el teorema de Koenig para ejes paralelos: IxG = IxG2 + mR2 . Y los productos son nulos porque los planos coordenados en G tambi´en son de simetr´ıa para los discos. Esto es mucho m´as corto, pero hay que tener cuidado de aplicarlo solo cuando se est´e seguro de que los nuevos ejes son tambi´en principales. Ahora se aplicar´ıa el momento cin´etico del s´olido con punto fijo, D3 2 hG = I D G · ω 21 +II G · ω 31

y se llega al mismo resultado. Para la energ´ıa cin´etica, tambi´en hay dos caminos: Calcular la de cada s´olido por separado, aplic´andole el teorema de Koenig: 1 2 2 1 1 G3 2 1 I T = T2 + T3 = m vG + ω ·I · ω + m v31 + ω 31 ·IIG3 · ω 31 = 21 21 G 2 21 2 2 2 2 2 1 1 G = m v01 + ω 01 ∧ GG2 + ω 21 ·IIG2 · ω 21 + 2 2 2 1 1 G + m v01 + ω 01 ∧ GG3 + ω 31 ·IIG3 · ω 31 2 2

donde las velocidades de los centros G2 y G3 se calculan por el campo de velocidades de S0 , del que son puntos fijos. 266

Aplicar el teorema de Koenig a todo el sistema, y luego otra vez a cada disco para la energ´ıa del movimiento relativo a G: 2 1 T = (2m) vG + TGD2 + TGD3 = 01 2 2 1 1 = m vG + m (ω 01 ∧ GG2 )2 + ω 21 ·IIG2 · ω 21 + 01 2 2 1 1 + m (ω 01 ∧ GG3 )2 + ω 31 ·IIG3 · ω 31 2 2 Los dos dan necesariamente el mismo resultado. Pero el primero es m´as largo de operar: la clave est´a en la velocidad del centro de cada disco, 2 ω vG + ∧ GG 01 2 01

El primer t´ermino est´a proyectado en ejes S1 y el segundo en ejes S0 o´ S5 . Para sumarlos hay que cambiar de ejes, y luego elevar al cuadrado. Por el segundo camino, este paso se simplifica: se elevan al cuadrado cada sumando por su cuenta (m´as simples), sin necesidad de cambiar de ejes. Y desaparece el doble producto al sumar para los dos discos: G 2vG 01 · ω 01 ∧ GG3 = 2v01 · ω 01 ∧ (−GG2 )

Por el segundo camino, y aprovechando los c´alculos realizados para el momento cin´etico, se obtiene: 1 R2 θ˙ 2 1 1 1 R2 θ˙ 2 1 + hG2 · ω 21 + m + hG3 · ω 31 = T = (2m) ξ˙ 2 + η˙ 2 + m 2 2 2 2 2 2 2 √ 7 2 2˙ 1 2 2 2 2 2 2 2 = T = m ξ˙ + η˙ + mR θ˙ + mR ϕ˙ + ψ˙ + mR θ (ϕ˙ + ψ˙ ) 8 4 4 z0

c Es obvio que se conserva la energ´ıa mec´anica: Las fuerzas directamente aplicadas (peso) son potenciales (y adem´as no trabajan porque la altura es constante). Las ligaduras finitas —apoyo liso, cojinetes— son ideales y estacionarias. La ligadura cinem´atica es ideal y estacionaria: aunque haya rozamiento, no trabaja porque no desliza.

G 2mg

x0 I NA

Por tanto T +V = E

y0

Y X NI

(1)

Si se toman momentos en I, se anulan los de las reacciones en ese punto, y el del peso. El de NA , que es vertical, no tiene componente seg´un k0 : MEI · k0 = 0 . De aqu´ı no se puede deducir directamente que se conserve esa componente de momento cin´etico, porque I es un punto m´ovil, y la ecuaci´on del momento cin´etico es m´as complicada: G v ˙ I + m MEI = H vI01 ∧ 21

Ahora bien, G est´a siempre encima de I, a altura constante, por lo que sus velocidades son iguales (ambos son puntos fijos del sistema S0 ), y el t´ermino corrector se anula. Por tanto, se conserva la componente del momento cin´etico del sistema en I seg´un Iz0 : √ G MEI · k0 = 0 , vI01 k vG (2) ⇒ HI · k0 ∝ 7θ˙ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ ) = Cte 21 ≡ v01 Finalmente, aislando el disco S3 se tiene otra integral: no hay momento exterior seg´un el eje de giro, y el tensor es de revoluci´on respecto a este eje: C r˙ + (B − A) pq = 0

⇒

θ˙ r = ω 31 · k5 = ψ˙ + √ = Cte 2 267

(3)

d Tenemos cinco ecuaciones diferenciales de primer orden: tres integrales del movimiento, y dos ligaduras cinem´aticas: √ 7 1 2 2˙ 2 2 2 2 2 2 2 (1) m ξ˙ + η˙ + mR θ˙ + mR ϕ˙ + ψ˙ + mR θ (ϕ˙ + ψ˙ ) = C1 8 4 4 √ (2) 7θ˙ + 2 (ϕ˙ + ψ˙ ) = C2 θ˙ (3) ψ˙ + √ = C3 2 ˙ (4) ξ − Rϕ˙ sin θ = 0 (5) η˙ + Rϕ˙ cos θ = 0 Con (2)-(4) despejamos cuatro derivadas en funci´on de θ˙ ,

ξ˙ 2 + η˙ 2 = R2 ϕ˙ 2 ψ˙ = C3 − √θ2 ; ˙

ϕ˙ =

C2 √ 2

√ −C3 − 3 2 θ˙

y sustituimos en (1) mR

2

C2 √ 2

2 √ 2 7 1 ˙ C 2 2 2 θ √2 −C3 − 3 2 θ˙ −C3 − 3 2 θ˙ + mR θ˙ + mR + C3 − √ + 2 2 8 4 √ 2 2 ˙ C2 −7θ˙ √ mR θ = C1 ⇒ Aθ˙ 2 + Bθ˙ +C = 0 ⇒ θ˙ = θ˙0 + 2 4 √

2

Se obtiene una ecuaci´on de segundo grado para θ˙ , cuya soluci´on es una constante. De (2) y (3) se deduce que las otras velocidades angulares son constantes,

ψ˙ = ψ˙ 0

ϕ˙ = ϕ˙ 0

Las ecuaciones de la ligadura se integran directamente, y se obtiene que la trayectoria de G es una circunferencia: Rϕ˙ 0 cos θ0 − cos θ˙0 t + θ0 θ˙0 Rϕ˙ 0 η = η0 + sin θ0 − sin θ˙0 t + θ0 θ˙0

ξ = ξ0 +

e Necesitamos cuatro ecuaciones. La cantidad de movimiento del sistema da tres, en las que intervienen las cuatro fuerzas de ligadura que se buscan:   X   Y = 2m γ G 01   NA + NI − 2mg 0 La cuarta puede ser la de momento cin´etico en I seg´un Iy0 , en la que aparece solo NA :    0√  G v ˙ I + m MEI = H vI01 ∧ 21 = NA R 2   0

z0

G 2mg y0

Y

x0 I NA

X NI

Tambi´en se podr´ıan tomar momentos en G: el momento cin´etico es m´as simple, pero hay que contar el momento de la reacci´on X , con lo que la complicaci´on total viene a ser la misma. El momento cin´etico en I vale HI = hG + IG ∧ vG 01 268

La velocidad del centro de masas es por definici´on (ξ˙ , η˙ , 0)1 , pero resulta m´as c´omodo expresarla en funci´on de la velocidad angular mediante la ecuaci´on de la ligadura: G vG 01 = v21 = ω 21 ∧ IG = −Rϕ˙ j0

De este modo, el momento cin´etico vale  √     √ √ (ϕ˙ + ψ˙ ) 2 − 3θ˙  (5ϕ˙ + ψ˙ ) 2 − 3θ˙  ˙    2 ϕ 2 2 mR mR 0√ 0√ + mR2 = HI = 0     4  4  0 ˙ ˙ ϕ + ψ ) 2 + 7θ˙ 0 (ϕ˙ + ψ˙ ) 2 + 7θ˙ 0 ( 0

Como todas las derivadas son constantes, es un vector constante en ejes S0 : su derivada es s´olo el t´ermino corrector de Coriolis:

i0 j0 k0

+ ω 01 ∧ HI = 0 0 θ˙ = θ˙ Hx j0 ˙ I = H ˙ H I

1 0

Hx 0 Hz

Por tanto, la componente y0 de la ecuaci´on es

i √ √ mR2 h ˙ ˙ ˙ (5ϕ0 + ψ0 ) 2 − 3θ0 θ˙0 = NA R 2 4

De aqu´ı se obtiene NA . Para la cantidad de movimiento, necesitamos la aceleraci´on de G. Su velocidad es constante en ejes S0 , por lo que la aceleraci´on es debida solo al t´ermino de Coriolis de derivaci´on en ejes m´oviles:

dvG G ˙ ˙ 0 i0 γ 01 = 01

= 0 + ω 01 ∧ vG 01 = Rθ0 ϕ dt 1

N´otese que podemos calcular la aceleraci´on derivando la velocidad porque G es siempre el mismo punto; para I, por ejemplo, habr´ıamos tenido que usar otro m´etodo (campo de aceleraciones, composici´on de movimientos). Una vez conocida NA de la del momento cin´etico, la ecuaci´on de cantidad de movimiento determina las otras fuerzas de ligadura:     X   Rθ˙0 ϕ˙ 0  Y = 2m 0     NA + NI − 2mg 0 0

f Las fuerzas y momentos de ligadura sobre el disco 3 se obtienen aisl´andolo y planteando las ecuaciones del movimiento: G3 3 RG3 − mg k0 = mγ G 31 = mγ 01

MG3 =

d hG dt 3

La aceleraci´on de G3 se obtiene con facilidad del campo de velocidades y aceleraciones de S0 , en el que es un punto fijo:  

i0 j0 k0

  0  

˙0 G3 θ G G ˙

v01 = v01 + ω 01 ∧ GG3 = v01 + 0 0 θ0 = R −ϕ˙ 0 + √ 2 

√R 0 √R

  0 2 2

Podemos derivar la velocidad para obtener la aceleraci´on, porque es siempre el mismo punto. Es un vector constante en ejes S0 , por tanto la aceleraci´on se debe solo a la derivaci´on ene ejes m´oviles: d G3 θ˙0 G3 G3 ˙ γ 01 = v01 = 0 + ω 01 ∧ v01 = Rθ0 ϕ˙ 0 − √ i0 dt 2 269

Por tanto, R G3

  θ˙0   ˙ √ mRθ0 ϕ˙ 0 − 2  = 0     mg 0

La ecuaci´on del momento cin´etico conviene plantearla en ejes S5 , de modo que el giro libre coincida con uno de los ejes coordenados. El momento cin´etico del disco es constante en ejes 0 y en ejes 5.

z0

h G3

z5

ψ˙ θ˙

i5

j5 k5

2 ˙ ˙

θ0 dhG3

mR − √θ0 0 √

= 0 + ω ∧ h = 01 G 2 2 3 = dt 1 4

θ˙0 ˙

θ

− √2 0 2 ψ˙ + √02

    G3 0   M     2 x √ mR ˙ θ˙0 θ20 + 2ψ˙ 0 = = MyG3  4     0  0 5

G3

G G2 I

x5

x0

g El sistema es no hol´onomo. Como el potencial es constante, la lagrangiana es solo la energ´ıa cin´etica: √ 7 1 2 2˙ mR θ (ϕ˙ + ψ˙ ) L = T = m ξ˙ 2 + η˙ 2 + mR2 θ˙ 2 + mR2 ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 8 4 4

Todas las coordenadas son c´ıclicas, aunque esto en los sistemas no hol´onomos no sirva para obtener directamente integrales primeras. Como solo se piden las ecuaciones del movimiento, usaremos el m´etodo de los desplazamientos independientes. La ecuaci´on general de la din´amica dice Pξ δ ξ + Pη δ η + Pθ δ θ + Pϕ δ ϕ + Pψ δ ψ = 0 ∀ DVCL

Las ecuaciones de las ligaduras permiten despejar dos desplazamientos,

δ ξ = R sin θ δ ϕ

δ η = −R cos θ δ ϕ

y sustituirlos en la EGD, Pξ R sin θ − Pη R cos θ + Pϕ δ ϕ + Pθ δ θ + Pψ δ ψ = 0

∀ δ ϕ, δ θ , δ ψ

Como ahora son todos independientes,

Pξ R sin θ − Pη R cos θ + Pϕ = 0

Pθ = 0 Pψ = 0

Calculamos las derivadas parciales de la lagrangiana, Lξ = 0

Lξ˙ = 2mξ˙

Lη = 0

Lη˙ = 2mη˙

Lϕ = 0 Lψ = 0 Lθ = 0

√ mR2 2 2˙ Lϕ˙ = ϕ˙ + mR θ 2 4 √ mR2 2 2˙ Lψ˙ = ψ˙ + mR θ 2 4 √ 7mR2 ˙ 2 2 Lθ˙ = θ+ mR (ϕ˙ + ψ˙ ) 4 4 270

L˙ξ˙ = 2mξ¨ L˙η˙ = 2mη¨

√ mR2 2 2¨ ˙ Lϕ˙ = ϕ¨ + mR θ 2 4 L˙ψ˙ = . . . L˙θ˙ = . . .

Por tanto, las tres ecuaciones de Lagrange son √ mR2 2 2¨ 2mR ξ¨ sin θ − η¨ cos θ + ϕ¨ + mR θ = 0 4 ! 2 √ d mR2 2 2˙ ψ˙ + mR θ = 0 dt 2 4 " # √ d 7mR2 ˙ 2 2 θ+ mR (ϕ˙ + ψ˙ ) = 0 dt 4 4 La primera no da directamente integral primera. Las dos u´ ltimas son las integrales primeras que se obtuvieron para el momento cin´etico del disco tres seg´un su eje (3), y del sistema seg´un la vertical (2). Una tercera integral primera se obtiene de la energ´ıa, que se conserva como se razon´o m´as arriba (1). Para cerrar el sistema, tenemos las dos ecuaciones de las ligaduras cinem´aticas, que son diferenciales de primer orden. Por tanto, tenemos el mismo sistema que se integr´o en el apartado d , y que no vamos a repetir. Un camino alternativo ser´ıa integrar el presente sistema, sin recurrir a la integral de la energ´ıa: derivando las ecuaciones de las ligaduras se obtiene,

ξ¨ = Rϕ¨ sin θ + Rϕ˙ θ˙ cos θ

η¨ = −Rϕ¨ cos θ + Rϕ˙ θ˙ sin θ

Sustituyendo en la primera de Lagrange, √ mR2 2 2¨ mR θ = 0 ϕ¨ + 2mR ϕ¨ + 2 4 2

queda una diferencial exacta. Se integra, y junto con las otras dos de Lagrange, se llega a un sistema lineal no homog´eneo en las derivadas de los a´ ngulos, √ 2˙ 5 ϕ˙ + θ = C1 2 4 √ 2˙ 1 ψ˙ + θ = C3 2 √4 7˙ 2 θ+ (ϕ˙ + ψ˙ ) = C2 4 4 cuya soluci´on es que los tres son constantes. Entonces las de las ligaduras se integran directamente, como se hizo antes.

271

Ejercicio 10.1.1: Sobre la periferia de un disco de masa m y radio R se enrolla un hilo, flexible, inextensible y sin masa, de longitud L (yo-yo); con el hilo totalmente enrollado se sujeta un extremo A, se coloca el disco vertical, y se abandona a la acci´on de la gravedad. Averiguar la velocidad de rotaci´on 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 ecuaci´on de la ligadura: el centro baja la longitud de hilo desenrollado, y el disco gira el arco de la misma longitud: Rθ = z

θ

R θ˙ = z˙

→

T

z

La velocidad final se puede obtener f´acilmente de la integral de la energ´ıa (que obviamente se conserva). Pero para hallar el tiempo hay que obtener la ley horaria: ser´a mejor plantear directamente las ecuaciones del movimiento, que integrar la cuadratura de la energ´ıa suele ser m´as complicado. Sea T la tensi´on del hilo; las ecuaciones de la cantidad de movimiento son mg − T = m z¨

0 = m x¨

La ecuaci´on del momento cin´etico en el centro del disco nos da TR =

mR2 ¨ mR θ= z¨ 2 2

Sustituyendo esta T en la de cantidad de movimiento, mg −

m z¨ = m z¨ 2

→

2 z¨ = g 3

→

s

2 z˙ = gt 3

→

1 z = gt 2 3

Cuando se desenrolla todo el hilo, 1 L = gt 2f 3

tf =

3L g

→

vf = 2

r

Lg 3

Tambi´en se puede aplicar la ecuaci´on de la energ´ıa (hay que tener en cuenta que se toma z positivo hacia abajo), 1 1 3 T +V = m z˙2 + mR2 θ˙ 2 − mgz = m z˙2 − mg z = 0 2 4 4 Cuando se desenrolla el hilo, z = L , y la velocidad vale r 4gL vf = 3 El tiempo, en cambio, es algo m´as dif´ıcil de obtener: la integral de la energ´ıa se puede poner como ecuaci´on diferencial de variables separadas, r r r √ dz 4gz dz 4g 4g 1 = ; dt ; 2 z= t +C z = gt 2 √ = ; dt 3 z 3 3 3

272

Ejercicio 10.1.2: Una placa cuadrada, homog´enea de masa m y lado a tiene uno de sus v´ertices O 7 sujeto mediante una r´otula; con la placa en reposo, se aplica una percusi´on P = 12 maω , perpendicular a la placa en el punto M de la figura definido por las coordenadas (ξ , η ). Averiguar el estado cinem´atico de la placa despu´es de aplicar la percusi´on, y la percusi´on de ligadura que aparece en O, en funci´on de (ξ , η ). Septiembre de 1994

Sea R la percusi´on de ligadura en O, y ω la velocidad angular inmediatamente despu´es de la percusi´on. Se pueden seguir varios caminos: Tomar momentos en O, calcular la ω , y luego con la cantidad de movimiento la percusi´on de ligadura. El momento cin´etico en O se puede calcular: • Por Koenig, sabiendo que vG = ω ∧ OG • Calcular en tensor en O por Steiner y aplicar la expresi´on del s´olido con punto fijo Tomar momentos en G, eliminar R con la ecuaci´on de cantidad de movimiento, obtener ω , y luego R. Por el primer camino, la ecuaci´on impulsiva de momento cin´etico en O es a OM ∧ P = HdO − H O = I G · ω + OG ∧ m (ω ∧ OG)            Pη  ma2 1 0 0 ωx  ma2 ωx − ωy  ma2  4ωx − 3ωy  0 1 0 · ωy + −Pξ = ωy − ωx = −3ωx + 4ωy         12 4 12 0 0 0 2 ωz 2ωz 8ωz

donde OG = (a/2, a/2, 0). De aqu´ı se obtiene la velocidad angular,   4η − 3ξ   12P 3η − 4ξ ω= 7ma2  0 

La percusi´on de ligadura se obtiene de la ecuaci´on impulsiva de cantidad de movimiento:       0   0   Rx   6P 0 + Ry = m vG − 0 = mω ∧ OG = 0      7ma P Rz ξ + η Si se prefiere calcular el tensor de la placa en O, hay que aplicar Steiner:

     1 0 0 1 1 0 2 2 a a I O = I G + m OG2U − [OG, OG] = I G + m  0 1 0 − 1 1 0 = 2 0 0 1 4 0 0 0       1 0 0 1 −1 0 4 −3 0 2 2 2 ma  ma  ma  0 1 0 + −1 1 0 = −3 4 0 = 12 0 0 2 4 12 0 0 2 0 0 8 N´otese que en este caso hay que aplicar la expresi´on tensorial, porque los nuevos ejes no son todos principales. Usando el teorema de Steiner para ejes paralelos se podr´ıan obtener los t´erminos de la diagonal principal (momentos de inercia respecto a los ejes coordinados), pero no los productos Pxy , que no son nulos. 273

Ahora aplicamos la ecuaci´on impulsiva del momento cin´etico en O, usando la expresi´on del s´olido con punto fijo:          Pη  ma2 4 −3 0 ωx  ma2  4ωx − 3ωy  −3 4 0 · ωy = −Pξ = −3ωx + 4ωy      12 12  0 0 0 8 ω 8ω z

z

Se llega, naturalmente, a la misma ecuaci´on. A partir de aqu´ı se sigue como antes. Tambi´en se puede plantear la ecuaci´on del momento cin´etico en G, pero entonces la percusi´on de ligadura da momento:    aR   P η − a2 − 2 z  ma2  ωx  ωy GM ∧ P + GO ∧ R = I G · ω = −P ξ − a2 + aR2 z =   12 2ω  z 2 (Rx − Ry )

La ecuaci´on impulsiva de cantidad de movimiento es la misma de antes (sin sustituir la velocidad angular, que a´un no se conoce por este camino):       −ωz    0   Rx  a ωz 0 + Ry = mω ∧ OG =      2 P Rz ωx − ωy  Tenemos un sistema lineal de seis ecuaciones con seis inc´ognitas, que determina ω y R. El planteamiento es m´as sencillo, pero la resoluci´on es m´as laboriosa.

274

Ejercicio 10.1.3: El sistema material de la figura consta de un disco de masa m y radio a, y una varilla PG, sin masa de longitud l, r´ıgidamente unidos. La varilla se articula en el punto P(0, 0, a) y se une al disco en su centro G (es perpendicular a e´ l). El disco rueda sin deslizar sobre el plano horizontal Oxy que gira con velocidad angular ω alrededor de la vertical Oz. Contestar, razonadamente, las siguientes preguntas: ¿Es hol´onomo el sistema? ¿Es escler´onomo? ¿Cu´antos grados de libertad tiene? ¿Se conserva la energ´ıa total T +V ? Septiembre de 1994

a Para situar el disco tomaremos los a´ ngulos an´alogos a la precesi´on ψ y rotaci´on propia ϕ medidos respecto al plano m´ovil S0 . Para el an´alisis de las ligaduras conviene considerar la varilla PG como parte del disco S2 . A los 6 GDL del disco libre se le quitan tantos como ligaduras independientes: Fijar el punto P supone tres ligaduras finitas (xP , yP , zP conocidas). La rodadura sin deslizamiento supone otras tres ligaduras cinem´aticas: vI20 = 0.

z

P

ϕ

b

G

y

ψ x

y3

b

I

x3

Con estas u´ ltimas, conviene trabajar en los ejes S3 de la figura para analizarlas con m´as facilidad: La de direcci´on vertical, vI20 · k0 = 0, es integrable: supone fijar la altura de G y, junto con la de zP , determina el a´ ngulo de nutaci´on. Ya est´a contada al poner la varilla horizontal. La de direcci´on radial, vI20 · i3 = 0, es redundante: impide el movimiento en la direcci´on radial x3 , que ya est´a impedida por la r´otula en P. Tambi´en est´a contada al poner G a distancia fija de P. El sistema es hiperest´atico y no podemos obtener todas las fuerzas de ligadura en esa direcci´on. La de direcci´on y3 va a ser integrable, porque el plano del disco est´a determinado. La calculamos para comprobarlo:

   

i3 j3 k3  0  0

I

˙ ˙ ˙ ˙ v20 = ω 20 ∧ PI = −ϕ 0 ψ = l ψ − a ϕ = 0    

l 0 −a

0 0

Es obviamente integrable, l ψ − a ϕ = C. Las otras dos direcciones no dan nada, porque son finitas y se cumplen autom´aticamente con las coordenadas generalizadas que se han escogido. Por tanto, el sistema es hol´onomo; tiene un grado de libertad, y seis ligaduras finitas o cinem´aticas integrables, de las que solo cinco son independientes. b Es obvio que el sistema es re´onomo: rodadura sin deslizamiento sobre un plano m´ovil. Para verlo con facilidad, expresamos la ligadura en el movimiento absoluto: vI21 = vI01 = l ω j3 Como j3 es un vector m´ovil, de componentes [− sin(ψ + ω t), cos(ψ + ω t), 0] en ejes fijos, se ve que el tiempo aparece expl´ıcitamente en la ecuaci´on de ligadura a trav´es de este vector. 275

z

En la ecuaci´on de la ligadura cinem´atica l ψ˙ − aϕ˙ = 0 no se ve porque la precesi´on se ha tomado relativa a los ejes m´oviles; si se toma el a´ ngulo respecto a los ejes fijos, ψ1 = ψ + ω t, la ligadura queda l ψ˙ 1 − a ϕ˙ − l ω = 0

y

ωt x1

ψ x

x3

que es obviamente no estacionaria porque tiene t´ermino independiente l ω no nulo. Y se ve todav´ıa m´as claro si se integra: f5 (ψ1 , ϕ ,t) ≡ l ψ1 − a ϕ − l ω t −C1 = 0 c Como el sistema es re´onomo, en principio no se conserva la energ´ıa. Para comprobarlo, calculamos la energ´ıa cin´etica del movimiento absoluto. El potencial no interviene porque es constante, y las ligaduras son ideales. 1 G 2 1 T = m v21 + ω 21 ·IIG · ω 21 = 2 2

  2 0 0  − al ψ˙  l 1 = ml 2 (ψ˙ + ω )2 + ⌊− ψ˙ , 0, ψ˙ + ω ⌋ 0 1 0 = 0   2 8 a 0 0 1 ψ˙ + ω m(10l 2 + a2 ) 2 m(8l 2 + a2 ) 2 = ω + 2ω ψ˙ + ψ˙ = T0 + T1 + T2 8 8 

ma2

La energ´ıa cin´etica no depende expl´ıcitamente del tiempo, el potencial tampoco y no hay fuerzas aplicadas no potenciales, luego se conserva la integral de Painlev´e, T2 − T0 = h = Cte 6= E y no se conserva la energ´ıa mec´anica E. Si se tomara como variable la precesi´on respecto a ejes fijos, ψ1 = ψ + ω t, tambi´en aparecer´ıan los tres t´erminos en la energ´ıa cin´etica. La ligadura que determina ϕ˙ ser´ıa l l ϕ˙ = ψ˙ = (ψ˙ 1 − ω ) a a con lo que, al elevar al cuadrado, aparecer´ıan t´erminos en ψ˙ 12 , en ψ˙ 1 ω y en ω 2 .

276

10.2. Enunciados Problema 10.2.1: Consideremos un sistema material formado por un disco homog´eneo de masa 4m/3 y radio a, √ una varilla AB homog´enea de longitud a y masa λ m y otra varilla CD tambi´en homog´enea de longitud 2 6a y masa m. Todos los s´olidos son pesados. La varilla AB se articula al disco en un punto A de la periferia de este y la varilla CD rueda sin deslizar sobre e´ l. El disco rueda sin deslizar a su vez sobre una horizontal. ´ La configuraci´on del sistema puede definirse por los siguientes par´ametros: Angulo θ que el disco ha ´ girado a partir de la posici´on m´as baja de A. Angulo ϕ que CD ha rodado respecto al disco suponiendo que en la posici´on θ = 0 es ϕ = 0, coincidiendo entonces el punto medio de CD con el diametralmente ´ opuesto de A. Angulo ψ que AB forma con la vertical. Se pide: 1. Energ´ıa potencial del sistema completo. 2. ¿A partir de qu´e valores de λ puede asegurarse que la posici´on θ = ϕ = ψ = 0 es estable? 3. Energ´ıa cin´etica del sistema. 4. Suponiendo λ = 4, hallar los peque˜nos movimientos del sistema en torno a la posici´on θ = ϕ = ψ = 0. Junio 1991 Problema 10.2.2: Sea Ox1 y1 z1 un sistema de referencia inercial (donde O1 z1 es la vertical ascendente) respecto al que se va a estudiar el movimiento del sistema material de la figura, compuesto por dos discos homog´eneos de masa m y radio a (s´olidos 2 y 3), y un chasis sin masa (s´olido 4), cuya longitud AB es 4a. El disco 3, perpendicular en todo instante al eje AB puede girar sin rozamiento alrededor del mismo, y su centro G3 est´a fijo en el punto medio de AB. Asimismo, el disco 2 puede girar sin rozamiento alrededor del eje de la horquilla situada en el extremo B del chasis. El extremo A tiene una articulaci´on ideal que permite a AB un giro alrededor de un eje vertical, as´ı como el deslizamiento a lo largo de la recta fija R de ecuaci´on: x1 = 0, z1 = 2a. (La articulaci´on en A obliga a que en todo momento el plano del disco 2 permanezca vertical pues impide el giro alrededor de AB). El disco 2 se apoya sobre el plano horizontal O1 x1 y1 y no puede deslizar sobre el mismo; adem´as, sobre su centro G2 act´ua en todo instante una fuerza constante de valor mgi1 . Las coordenadas generalizadas que fijan la posici´on del sistema son: i) η , coordenada x1 del punto A; ii) θ , a´ ngulo que la direcci´on AB forma con la direcci´on O1 x1 ; iii) ϕ , a´ ngulo que un radio fijo del disco 3 forma con la direcci´on vertical; iv) ψ , a´ ngulo que un radio fijo del disco 2 forma con la direcci´on vertical. Se pide: a) Expresar, en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas, la condici´on de no deslizamiento del disco 2 sobre el plano horizontal. b) Obtener, en funci´on de las coordenadas y sus derivadas, la expresi´on de la energ´ıa cin´etica del sistema. c) Hallar la diferencial del trabajo de la fuerza constante que act´ua en el centro G2 del disco 2. Demostrar que esta fuerza deriva de un potencial. d) Utilizando los m´etodos de la mec´anica newtoniana plantear dos ecuaciones que, junto con las relaciones obtenidas en a), permitan determinar el movimiento del sistema. e) Reducir el movimiento a cuadraturas, obteniendo en particular una ecuaci´on para θ de la forma: θ˙ 2 = f (θ , cond. inic.)/g(θ ), donde el denominador g(θ ) es una funci´on acotada que no se anula para ning´un valor de θ . f) A partir de la anterior ecuaci´on para θ , demostrar que si, por ejemplo, inicialmente θ = 0 entonces el valor absoluto de θ nunca va a ser superior a π /2, sean cuales sean el resto de las condiciones iniciales. ¿Qu´e ocurre si inicialmente θ = π /2?. g) Obtener, en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas, la resultante y el momento respecto a G3 del sistema de reacciones que el eje AB ejerce sobre el disco 3. h) De las expresiones del apartado a) obtener ψ˙ y η˙ en funci´on de θ y θ˙ . ¿Es hol´onomo el sistema?

277

i) Utilizando los m´etodos de la mec´anica anal´ıtica plantear las ecuaciones del movimiento del sistema. Comparar con lo obtenido anteriormente. Junio de 1993 Problema 10.2.3: Una varilla homog´enea y pesada, de masa m y longitud 2a, se mueve sobre un plano Oxz que a su vez est´a obligado a girar alrededor de la vertical Oz1 con una velocidad angular constante ω . El extremo A de la varilla est´a obligado a deslizar sobre Oz y el B sobre Ox. Se utilizar´an a lo largo del problema los siguientes sistemas de ejes: Sistema de referencia O1 x1 y1 z1 que se considerar´a galileano. Sistema Oxyz que gira con la varilla alrededor e la vertical, siendo Ox la proyecci´on de la varilla sobre O1 x1 y1 . Sistema Gx2 y2 z2 ligado a la varilla, en el que Gx2 va dirigido a lo largo de ella y Gy2 el paralelo a Oy. La posici´on de la varilla sobre Oxz se considerar´a determinada por el a´ ngulo ϕ indicado en la figura. Las reacciones que la varilla recibe en sus extremos se considerar´an descompuestas en las fuerzas N1 , N2 , N3 , N4 dirigidas en las direcciones de los ejes Oxyz e indicadas en la figura. Se pide: 1. Momento cin´etico de la varilla en su centro de gravedad G, considerando el movimiento de la misma respecto a unos ejes de direcciones fijas que pasan por G. Calcular tambi´en la derivada del vector momento cin´etico obtenido anteriormente en los ejes O1 x1 y1 z1 . Ambos vectores se deber´an dar por sus componentes en los ejes m´oviles Oxyz, habiendo utilizado, si se precisan, los Gx2 y2 z2 como ejes auxiliares de c´alculo, pero nunca los ejes fijos O1 x1 y1 z1 . 2. Obtener la ecuaci´on diferencial que nos da ϕ (t) utilizando las ecuaciones de la cantidad de movimiento y de momento cin´etico respecto a G. Obtener una integral primera (1) que deje el movimiento reducido a una cuadratura. 3. Calcular la energ´ıa cin´etica de la varilla respecto a unos ejes galileanos. ¿Es constante en este caso la suma de las energ´ıas cin´etica y potencial de la varilla?. ¿Por qu´e? Obtener una integral primera del movimiento a la vista de la expresi´on que tiene la energ´ıa cin´etica, comprobando que coincide con (1). 4. Obtener la misma ecuaci´on del movimiento aplicando las ecuaciones de Lagrange. Consideremos ahora un observador subido a los ejes Oxyz que pretende estudiar el movimiento de la varilla mediante el mismo a´ ngulo ϕ (t). 5. Calcular las fuerzas de inercia de arrastre y comprobar que derivan de una funci´on de fuerzas, cuyo valor se pide. 6. Obtener la energ´ıa cin´etica de este movimiento relativo y aplicar al mismo la ecuaci´on de la energ´ıa, comprobando que tiene una integral primera que coincide con (1). 7. Aplicar la ecuaci´on de Lagrange al movimiento relativo que estamos considerando, evaluando para ello, si fuera preciso, el trabajo virtual de la fuerzas de inercia de Coriolis. Comprobar que la ecuaci´on del movimiento obtenida coincide con la de los apartados anteriores. 8. Supongamos que el observador anterior quiere calcular el movimiento plano que el observa a la varilla, aplicando la ecuaci´on del momento cin´etico en el punto I de intersecci´on de las rectas soporte de N1 con N3 . Aplicar esta ecuaci´on analizando muy particularmente el t´ermino correctivo. Comprobar que el resultado nos conduce de nuevo a (1). 30 de junio de 1984 Problema 10.2.4: Consideremos un sistema material formado por un disco homog´eneo de masa 4m/3 y radio a, √ una varilla AB homog´enea de longitud a y masa λ m y otra varilla CD tambi´en homog´enea de longitud 2 6a y masa m. Todos los s´olidos son pesados. La varilla AB se articula al disco en un punto A de la periferia de e´ ste y la varilla CD rueda sin deslizar sobre e´ l. El disco rueda sin deslizar a su vez sobre una horizontal. ´ La configuraci´on del sistema puede definirse por los siguientes par´ametros: a) Angulo θ que el ´ disco ha girado a partir de la posici´on m´as baja de A. b) Angulo ϕ que CD ha rodado respecto al disco suponiendo que en la posici´on θ = 0 es ϕ = 0, coincidiendo entonces el punto medio de CD con el ´ diametralmente opuesto de A. c) Angulo ψ que AB forma con la vertical. Se pide:

278

1. Energ´ıa potencial del sistema completo. 2. ¿A partir de qu´e valores de λ puede asegurarse que la posici´on θ = ϕ = ψ = 0 es estable? 3. Energ´ıa cin´etica del sistema. 4. Suponiendo λ = 4, hallar los peque˜nos movimientos del sistema en torno a la posici´on θ = ϕ = ψ = 0. sistema. E.T.S.I.A., Junio 1991 Problema 10.2.5: Sea Ox1 y1 z1 un sistema de referencia inercial (donde O1 z1 es la vertical ascendente) respecto al que se va a estudiar el movimiento del sistema material de la figura, compuesto por dos discos homog´eneos de masa m y radio a (s´olidos 2 y 3), y un chasis sin masa (s´olido 4), cuya longitud AB es 4a. El disco 3, perpendicular en todo instante al eje AB puede girar sin rozamiento alrededor del mismo, y su centro G3 est´a fijo en el punto medio de AB. Asimismo, el disco 2 puede girar sin rozamiento alrededor del eje de la horquilla situada en el extremo B del chasis. El extremo A tiene una articulaci´on ideal que permite a AB un giro alrededor de un eje vertical, as´ı como el deslizamiento a lo largo de la recta fija R de ecuaci´on: x1 = 0, z1 = 2a. (La articulaci´on en A obliga a que en todo momento el plano del disco 2 permanezca vertical pues impide el giro alrededor de AB). El disco 2 se apoya sobre el plano horizontal O1 x1 y1 y no puede deslizar sobre el mismo; adem´as, sobre su centro G2 act´ua en todo instante una fuerza constante de valor mg i1 . Las coordenadas generalizadas que fijan la posici´on del sistema son: i) η , coordenada x1 del punto A; ii) θ , a´ ngulo que la direcci´on AB forma con la direcci´on O1 x1 ; iii) ϕ , a´ ngulo que un radio fijo del disco 3 forma con la direcci´on vertical; iv) ψ , a´ ngulo que un radio fijo del disco 2 forma con la direcci´on vertical. Se pide: 1. Expresar, en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas, la condici´on de no deslizamiento del disco 2 sobre el plano horizontal. 2. Obtener, en funci´on de las coordenadas y sus derivadas, la expresi´on de la energ´ıa cin´etica del sistema. 3. Hallar la diferencial del trabajo de la fuerza constante que act´ua en el centro G2 del disco 2. Demostrar que esta fuerza deriva de un potencial. 4. Utilizando los m´etodos de la mec´anica newtoniana plantear dos ecuaciones que, junto con las relaciones obtenidas en a), permitan determinar el movimiento del sistema. 5. Reducir el movimiento a cuadraturas, obteniendo en particular una ecuaci´on para θ de la forma: θ˙ 2 = f (θ , cond. inic.)/g(θ ), donde el denominador g(θ ) es una funci´on acotada que no se anula para ning´un valor de θ . 6. A partir de la anterior ecuaci´on para θ , demostrar que si, por ejemplo, inicialmente θ = 0 entonces el valor absoluto de θ nunca va a ser superior a π /2, sean cuales sean el resto de las condiciones iniciales. ¿Qu´e ocurre si inicialmente θ = π /2? 7. Obtener, en funci´on de las coordenadas generalizadas y sus derivadas, la resultante y el momento respecto a G3 del sistema de reacciones que el eje AB ejerce sobre el disco 3. 8. De las expresiones del apartado a) obtener ψ˙ y η˙ en funci´on de θ y θ˙ . ¿Es hol´onomo el sistema? 9. Utilizando los m´etodos de la mec´anica anal´ıtica plantear las ecuaciones del movimiento del sistema. Comparar con lo obtenido anteriormente. E.T.S.I.A., Junio de 1993 Problema 10.2.6: Una varilla homog´enea y pesada, de masa m y longitud 2a, se mueve sobre un plano Oxz que a su vez est´a obligado a girar alrededor de la vertical Oz1 con una velocidad angular constante ω . El extremo A de la varilla est´a obligado a deslizar sobre Oz y el B sobre Ox. Se utilizar´an a lo largo del problema los siguientes sistemas de ejes: Sistema de referencia O1 x1 y1 z1 que se considerar´a galileano. Sistema Oxyz que gira con la varilla alrededor e la vertical, siendo Ox la proyecci´on de la varilla sobre O1 x1 y1 . Sistema Gx2 y2 z2 ligado a la varilla, en el que Gx2 va dirigido a lo largo de ella y Gy2 el paralelo a Oy.

279

La posici´on de la varilla sobre Oxz se considerar´a determinada por el a´ ngulo ϕ indicado en la figura. Las reacciones que la varilla recibe en sus extremos se considerar´an descompuestas en las fuerzas N1 , N2 , N3 , N4 dirigidas en las direcciones de los ejes Oxyz e indicadas en la figura. Se pide: 1. Momento cin´etico de la varilla en su centro de gravedad G, considerando el movimiento de la misma respecto a unos ejes de direcciones fijas que pasan por G. Calcular tambi´en la derivada del vector momento cin´etico obtenido anteriormente en los ejes O1 x1 y1 z1 . Ambos vectores se deber´an dar por sus componentes en los ejes m´oviles Oxyz, habiendo utilizado, si se precisan, los Gx2 y2 z2 como ejes auxiliares de c´alculo, pero nunca los ejes fijos O1 x1 y1 z1 . 2. Obtener la ecuaci´on diferencial que nos da ϕ (t) utilizando las ecuaciones de la cantidad de movimiento y de momento cin´etico respecto a G. Obtener una integral primera (1) que deje el movimiento reducido a una cuadratura. 3. Calcular la energ´ıa cin´etica de la varilla respecto a unos ejes galileanos. ¿Es constante en este caso la suma de las energ´ıas cin´etica y potencial de la varilla? ¿Por qu´e? Obtener una integral primera del movimiento a la vista de la expresi´on que tiene la energ´ıa cin´etica, comprobando que coincide con (1). 4. Obtener la misma ecuaci´on del movimiento aplicando las ecuaciones de Lagrange. Consideremos ahora un observador subido a los ejes Oxyz que pretende estudiar el movimiento de la varilla mediante el mismo a´ ngulo ϕ (t). 5. Calcular las fuerzas de inercia de arrastre y comprobar que derivan de una funci´on de fuerzas, cuyo valor se pide. 6. Obtener la energ´ıa cin´etica de este movimiento relativo y aplicar al mismo la ecuaci´on de la energ´ıa, comprobando que tiene una integral primera que coincide con (1). 7. Aplicar la ecuaci´on de Lagrange al movimiento relativo que estamos considerando, evaluando para ello, si fuera preciso, el trabajo virtual de la fuerzas de inercia de Coriolis. Comprobar que la ecuaci´on del movimiento obtenida coincide con la de los apartados anteriores. 8. Supongamos que el observador anterior quiere calcular el movimiento plano que el observa a la varilla, aplicando la ecuaci´on del momento cin´etico en el punto I de intersecci´on de las rectas soporte de N1 con N3 . Aplicar esta ecuaci´on analizando muy particularmente el t´ermino correctivo. Comprobar que el resultado nos conduce de nuevo a (1). Problema 10.2.7: Sea E una esfera hueca, de masa m y radio 2a, y AA′ un di´ametro de la misma; en el interior, y conc´entrica con ella, se encuentra otra esfera hueca e de masa 4m y radio a, obligada a girar alrededor de AA′ (la uni´on entre las esferas se realiza con una r´otula en A y un pasador en A′ ); la esfera E rueda y desliza sobre un plano horizontal, perfectamente liso, Oxy, de una referencia galileana trirectangular Oxyz. Para el estudio del sistema, se tomar´an las siguientes coordenadas generalizadas: i) (ξ , η ) coordenadas sobre el plano Oxy del punto de contacto de la esfera E y el plano, ii) θ , a´ ngulo que el plano vertical que contiene al di´ametro AA′ forma con el plano Oxz, iii) ϕ , a´ ngulo que el di´ametro AA′ forma con el plano Oxy, iv) ψ , a´ ngulo de rotaci´on propia de la esfera E alrededor de AA′ , y v) γ , a´ ngulo de rotaci´on propia de la esfera e alrededor de AA′ . En el instante inicial el centro de E est´a situado en el punto de coordenadas (2a, 0, 2a), el di´ametro AA′ es paralelo a Ox, la esfera E est´a en reposo y la esfera e gira con velocidad angular Ωi, siendo Ω un valor constante conocido; en este estado cinem´atico, se aplica una percusi´on a la esfera E, en el punto (0, 0, 2a), de valor −P j, siendo P = (4/3)maΩε funci´on del par´ametro ε . Se pide: 1. Calcular la energ´ıa cin´etica y el momento cin´etico, respecto del centro de masas, del sistema, en funci´on de las coordenadas y velocidades generalizadas. 2. Determinar, en funci´on del par´ametro ε , el estado cinem´atico del sistema en el instante posterior a la percusi´on. 3. Plantear la ecuaci´on de cantidad de movimiento para el sistema. 4. Plantear la ecuaci´on de momento cin´etico, respecto del centro de masas: a) para el sistema completo b) para cada una de las esferas E y e. 5. Dejar reducido a cuadraturas la determinaci´on del movimiento del sistema.

280

6. Plantear las ecuaciones de Lagrange para el sistema. Analizar las posibles coincidencias con las ecuaciones planteadas en 3 y 4. 19 de Septiembre de 1989 Problema 10.2.8: Se tienen dos varillas id´enticas AB y BC, de masa m y longitud a, articuladas en su extremo B, contenidas en un plano vertical, y que pueden cruzarse libremente. Sobre el sistema solo act´ua el peso. La configuraci´on del sistema viene dada por las coordenadas (ξ , η ) de su centro de masas, el a´ ngulo θ que forma la bisectriz de las varillas con el eje horizontal Ox, y el a´ ngulo α que forma cada una de las varillas con la bisectriz. Se pide: 1. Obtener las ecuaciones que gobiernan el movimiento del sistema: a) por m´etodos de mec´anica Newtoniana; b) por m´etodos de mec´anica anal´ıtica. 2. Dejar el problema reducido a cuadraturas para las condiciones iniciales ξ = η = θ = 0, α = α0 , ξ˙ = η˙ = α˙ = 0, θ˙ = ω . 3. H´agase un an´alisis cualitativo de la evoluci´on temporal de α basado en el signo de (1+3 cos2 α )α˙ 2 . Compru´ebese los resultados viendo el signo de α¨ en α = α0 y α = π − α0 . 4. A la vista del comportamiento de α , d´ese una interpretaci´on f´ısica de las variaciones de θ˙ con α , explicando qu´e magnitudes cin´eticas se conservan. Se deja caer el sistema desde una altura h, de manera que llega al origen de coordenadas con el siguiente estado: ξ = η = 0; α = θ = π2 ; √ ξ˙ = η˙ = θ˙ = 0; η˙ = − 2gh. En ese momento se aplica una ligadura persistente, de manera que el v´ertice B queda fijado en el origen, pudiendo las varillas girar libremente. 5. Determinar el estado cinem´atico del sistema inmediatamente despu´es y las percusiones que aparecen en la ligadura. Febrero 1994 Problema 10.2.9: Consid´erese un cono circular homog´eneo, de v´ertice V , masa m, altura h y radio de la base R cuyo tensor central de inercia es esf´erico; el cono se mueve sobre un plano π —inclinado un a´ ngulo α respecto de la horizontal— manteniendo el contacto —unilateral— con el plano π , a trav´es de una generatriz. Se tomar´a un sistema de referencia O1 x1 y1 z1 , cuyo plano O1 x1 y1 coincide con π y el eje O1 z1 normal a e´ l; el eje O1 y1 es horizontal y O1 x1 coincide con una l´ınea de m´axima pendiente del plano π orientada en sentido descendente. Para describir el movimiento del cono se tomar´an las siguientes coordenadas generalizadas: i) (ξ , η ) coordenadas de la proyecci´on ortogonal, sobre π , del centro de masas G del cono, ii) θ , a´ ngulo que la generatriz de contacto forma con el eje O1 x1 , y iii) ϕ , a´ ngulo que un radio de la base del cono forma con el radio determinado por la generatriz de contacto. Se pide: 1. Determinar la relaci´on F(h, R) = 0 necesaria para que el tensor de inercia del cono en su centro de masas G sea esf´erico; hallar el momento de inercia del cono respecto de una recta tangente a la circunferencia de su base. 2. Determinar la energ´ıa cin´etica del cono en funci´on de las coordenadas y velocidades generalizadas. En lo que sigue se supondr´a que el plano π es perfectamente rugoso, y el cono se abandona, en reposo, con su v´ertice V sobre el origen y de forma que sean θ = ϕ = 0. 3. ¿Cu´ales son las ligaduras cinem´aticas que act´uan sobre el sistema?. Expresarlas en t´erminos de las velocidades y coordenadas generalizadas, y describir las fuerzas de ligadura asociadas. 4. Se le aplica al cono una percusi´on de valor P i1 en el punto m´as alto de su base; analizar, razonadamente, si el cono se levanta o no. 5. Se le aplica al cono una percusi´on de valor P j1 en el punto m´as alto de su base; obtener, razonadamente, el estado cinem´atico del cono a la salida de la percusi´on. 6. Plantear las ecuaciones de Lagrange que gobiernan el movimiento posterior del cono. 7. Reducir el problema a cuadraturas; anal´ıcese cualitativamente el movimiento que toma el cono. 8. Determ´ınense los multiplicadores de Lagrange; ¿Cu´al es su significado f´ısico? 9. Rep´ıtanse las preguntas c) f) y g) tomando como coordenadas generalizadas, en lugar de (ξ , η ), las coordenadas (x, y) del v´ertice V del cono.

281

Febrero de 1995 Problema 10.2.10: 83.- El sistema material de la figura est´a constituido por dos superficies c´onicas rectas de masa m, radio de la base R y altura R, soldadas por las bases con el eje de simetr´ıa com´un (s´olido 2), y dos discos iguales, de masa m y radio R, con sus centros de masa G3 y G4 en los v´ertices de los conos, situados perpendicularmente al eje de los mismos, alrededor del cual pueden girar libremente (s´olidos 3 y 4). El sistema se coloca sobre un plano horizontal Ox1 y1 , de una referencia cartesiana inercial Ox1 y1 z1 (s´olido 1), en la que el eje Oz1 coincide con la vertical ascendente. El s´olido 2 rueda sin deslizar sobre dicho plano mientras que los discos pueden deslizar sobre el mismo. Para definir la posici´on del sistema se utilizan las coordenadas generalizadas siguientes: i) ξ y η , coordenadas de la proyecci´on del centro de masas G sobre el plano Ox1 y1 , ii) θ , a´ ngulo que el plano Gxz forma con el plano Ox1 z1 , iii) ψ , a´ ngulo que un radio fijo de las bases c´onicas forma con la vertical, iv) ϕ , a´ ngulo que un radio fijo del s´olido 3 forma con la vertical, v) χ , a´ ngulo que un radio fijo del s´olido 4 forma con la vertical. Si se estima conveniente, podr´a usarse la referencia auxiliar Gxyz (s´olido 0), donde G es el centro de masas del sistema completo, Gx el eje de simetr´ıa de revoluci´on del sistema que apunta hacia el s´olido 3, Gz un eje vertical ascendente y Gy el adecuado para definir un triedro a derechas. Se pide: 1. Calcular el tensor de inercia del s´olido 2 en el centro de masas G (ver nota). 2. Calcular las ligaduras cinem´aticas que impone la condici´on de no deslizamiento del s´olido 2. 3. Calcular la energ´ıa cin´etica del sistema completo en su movimiento con respecto al s´olido 1, as´ı como el momento cin´etico del sistema completo en su movimiento respecto al centro de masas G. 4. Inicialmente el sistema se encuentra en reposo en la posici´on indicada por: ξ = η = 0, θ = ψ = ϕ = χ = 0. Se aplica una percusi´on de valor P j sobre el punto del disco 3 de coordenadas (x1 = R, y1 = −R, z1 = R); calcular las velocidades generalizadas a la salida de la percusi´on utilizando las ecuaciones de Lagrange para percusiones. 5. Hallar cuatro integrales primeras, independientes, utilizando ecuaciones de mec´anica newtoniana. Obtener un sistema de seis ecuaciones independientes permita determinar el movimiento del sistema. 6. Plantear las ecuaciones de Lagrange del sistema. 7. Describir claramente el movimiento del centro de masas del sistema. Demostrar que el movimiento del sistema es peri´odico y calcular el periodo del mismo. 8. Cuando el sistema vuelve a pasar por la posici´on que ocupaba inicialmente se agarrotan ambos discos al cono. ¿C´omo influye sobre el movimiento del sistema? NOTA: Los momentos principales de inercia de una superficie c´onica de radio de la base R y altura h en su v´ertice son: 1 2 1 2 mR : seg´un el eje de simetr´ıa, mh : seg´un un di´ametro de la base 2 2 Junio 94 Problema 10.2.11: 84.- Consideremos un plano inclinado un a´ ngulo de 30o sobre el horizontal y unos ejes Oxy rectangulares marcados en el mismo, siendo Ox la l´ınea de m´axima pendiente orientada positivamente en sentido descendente y Oy una recta horizontal. Sobre dicho plano va a rodar y pivotar sin deslizamiento un artilugio constituido por un eje con dos discos que giran sobre e´ l en sus extremos. El eje AB se puede considerar como una varilla de longitud 2a y masa m. Los discos extremos tienen radio a y masa m. Una vista tomada perpendicularmente al plano inclinado est´a representada en la figura adjunta. La configuraci´on del sistema as´ı constituido queda determinada por los siguientes par´ametros. Coordenadas ξ , η del centro de masas del eje AB, a´ ngulo θ formado por AB con la horizontal Oy y a´ ngulos de rotaci´on ϕ1 y ϕ2 de los discos D1 D2 sobre el eje AB. En lo que sigue puede ser interesante la consideraci´on de un sistema de ejes m´oviles GXY indicados en la figura, siendo GY coincidente con AB y GX perpendicular a AB y paralelo al plano inclinado. Supondremos que entre los discos y el plano existente en todo momento rozamiento suficiente para evitar el deslizamiento. Las reacciones tangenciales en los puntos de contacto las denominaremos X1 , Y1 , X2 , Y2 , como est´an indicadas en la figura.

282

El sistema es abandonado a la acci´on de la gravedad partiendo de las siguientes condiciones iniciales ξ = η = 0, ξ˙ = η˙ = 0, ϕ˙ 1 = −ω , ϕ˙ 2 = ω Se pide: 1. Establecer tres ligaduras no hol´onomas que expresen el no deslizamiento de los discos sobre el plano. La primera de ellas (1) expresar´a la anulaci´on de la velocidad de los puntos de contacto de los discos en sentido de AB y ser´a com´un para ambos discos. Las otras dos (2) y (3) expresar´an la anulaci´on de las velocidades en sentido perpendicular a AB de los puntos de contacto de D1 my D2 respectivamente. Comprobar que entre (2) y (3) se verifica la combinaci´on lineal: 2θ˙ + ϕ˙ 1 − ϕ˙ 2 = 0 (4) que ser´a u´ til a la hora de efectuar la integraci´on del sistema de ecuaciones diferenciales. 2. Establecer la ecuaci´on (5) de la cantidad de movimiento en sentido GX . 3. Obtener el valor del momento cin´etico del artilugio completo en G considerando el movimiento relativo a ejes de direcciones fijas que pasan por G, si bien dicho vector se deber´a dar en componentes GXY Z. 4. Aplicar la ecuaci´on (6) de la componente GZ del momento cin´etico en G. 5. Establecer las ecuaciones (7) y (8) del momento cin´etico en el centro de cada uno de los discos separadamente, qued´andose con la componente GY . 6. El sistema de ecuaciones (1) a (8), que tiene la ecuaci´on (4) combinaci´on de las (2) y (3), nos determina los valores de ξ , η , θ , ϕ1 , ϕ2 , χ1 , χ2 . Eliminando χ1 , χ2 entre las (6), (7) y (8) se obtiene una relaci´on que comparada con la derivada de (4) permite obtener en funci´on del tiempo los valores de θ y de ϕ1 − ϕ2 . Obtener estos valores. 7. Eliminado χ1 , χ2 entre (5), (7) y (8) y combinando con las derivadas de (1) y (2) obtener el valor de ϕ1 (t). Como ya se conoc´ıa ϕ1 − ϕ2 procedente del apartado 6) obtener tambi´en ϕ2 (t). Septiembre de 1984 Problema 10.2.12: 110.- Una esfera homog´enea y pesada, con centro en O, masa m y radio a, se desplaza con respecto a un sistema galileano O1 x1 y1 z1 (O1 z1 es vertical y ascendente) de forma que se apoya sobre el plano horizontal O1 x1 y1 , mientras que un di´ametro Oz de dicha esfera est´a obligado mediante una ligadura sin rozamiento, a permanecer en un plano vertical P que pasa por O1 z1 . Este plano P est´a animado de un movimiento de rotaci´on uniforme alrededor de O1 z1 con velocidad angular constante ω . Se representa por O1 w1 la recta de intersecci´on de los planos P y O1 x1 y1 y se recomienda introducir los triedros trirrect´angulos a derechas siguientes: El O1 u1 w1 z1 de forma que el a´ ngulo x1 O1 u1 sea igual a ω t. El Ouwz1 con ejes paralelos a los del triedro anterior y con origen en O. El Ouvz deducido del anterior por giro θ alrededor de Ou y en el sentido positivo definido por dicho eje. Se representa finalmente por ϕ el a´ ngulo de rotaci´on propia de la esfera alrededor del di´ametro Oz y por ρ la distancia de O al eje O1 z1 . La reacciones que el plano vertical O1 w1 z1 ejerce sobre el di´ametro Oz son normales a dicho plano y se representar´a por U la componente seg´un Ou de la resultante y por Mv la componente sobre el eje Ov del momento respecto a O de dichas reacciones. Las componentes seg´un los ejes Ou, Ow y Oz1 de la reacci´on que el plano O1 x1 y1 ejerce sobre la esfera se representar´an por Ru , Rw y N respectivamente. Suponiendo que el coeficiente de rozamiento entre esfera y plano O1 x1 y1 sea infinito, es decir que la esfera ruede y pivote sin deslizamiento sobre el plano indicado, se pide: a) Plantear las relaciones que deben existir entre los par´ametros ρ , θ , ϕ y sus derivadas, al imponer la condici´on de que la esfera ruede y pivote sin deslizar sobre el plano O1 x1 y1 . b) Calcular la energ´ıa cin´etica de la esfera en su movimiento respecto al triedro O1 x1 y1 z1 . c) Calcular el momento cin´etico de la esfera respecto a su centro de masas correspondiente al movimiento relativo al mismo. d) Plantear las ecuaciones del movimiento de la esfera respecto al triedro O1 x1 y1 z1 . e) Integrar las ecuaciones del movimiento suponiendo que en el instante inicial se verifique:

θ0 = 30o ,

ρ0 = 2a,

ϕ0 = 0,

θ˙0 = 2ω

Suponiendo ahora que la esfera desliza sin rozamiento sobre el plano O1 x1 y1 se pide:

283

f) Plantear los teoremas del movimiento del centro de masas de la esfera y del momento cin´etico en el movimiento relativo al centro de masas O. g) Integrar las ecuaciones del movimiento absoluto de la esfera suponiendo que las condiciones iniciales son:

ρ0 = 4a, ρ˙ 0 = 2ω a ϕ0 = 0, ϕ˙ 0 = −ω /2 o θ0 = 60 , θ˙0 = 3ω /2

(10.2) (10.3) (10.4)

Febrero de 1968 Problema 10.2.13: 71.- Un plano Π horizontal, perfectamente rugoso, que coincide con el plano Oxy de una referencia cartesiana rectangular Oxyz, gira con velocidad angular constante ω , alrededor de Oz (vertical ascendente). Una esfera E, maciza, homog´enea, de masa m, radio a, y centro G, rueda sin deslizar sobre el plano Π, sometida a fuerzas directamente aplicadas que equivalen a una resultante F y un momento M situado en el centro de masas G. Sean N y R las componentes, normal y paralela al plano, respectivamente, de la reacci´on que el plano Π ejerce sobre la esfera, en el punto A de contacto entre ambos. Se pretende estudiar el movimiento del centro de masas G de la esfera respecto de la referencia Oxyz, que se considerar´a inercial. Se pide: Plantear las ecuaciones vectoriales de cantidad de movimiento, y momento cin´etico respecto del centro de masas. Expresar, vectorialmente, la condici´on de no deslizamiento de la esfera sobre el plano Π. Obtener, razonadamente, las ecuaciones: dvG 2ω 5 5 = (k ∧ vG ) − (k ∧ M) + {F − k(F · k)} dt 7 7ma 7m Ω 5ω I dΩ 2 5 2a I· = vG + M + k(M · k) + (k ∧ F) dt 7a 7 7 7

(1) (2)

que gobiernan la evoluci´on temporal de la velocidad vG del centro de masas G y la velocidad angular Ω de la esfera (I = 25 ma2 es el momento de inercia de la esfera respecto de un di´ametro). En el caso en que las u´ nicas fuerzas directamente aplicadas sean las gravitatorias, determinar la trayectoria seguida por el centro de masas, y la velocidad angular de la esfera, a partir de unas condiciones iniciales arbitrarias. Determinar tambi´en, las componentes N y R de la reacci´on que el plano Π ejerce sobre la esfera. (Los c´alculos se aligeran si se toman las siguientes variables adimensionales: tiempo: τ = 2ω7 t , posici´on del centro de masas: OG = a(ξ , η , 1), velocidad angular: Ω = 57ω ω ). En lo que sigue se usar´an los resultados obtenidos en los apartados anteriores para resolver el siguiente problema: sup´ongase, a continuaci´on, que el plano Π sobre el que rueda la esfera est´a dividido en dos partes por la circunferencia C de ecuaciones z = 0, x2 + y2 = L2 ; la parte exterior, en reposo respecto de Oxyz, y la interior a la circunferencia, que gira con velocidad angular constante ω alrededor de Oz. La esfera, en el instante inicial, se sit´ua sobre el punto (L sin α , −3L, 0), y su estado cinem´atico est´a definido por: vG = 2ω7Lb j, Ω = − 2ω7aLb i siendo b un par´ametro adimensional conocido. Calcular la trayectoria seguida por el centro de masas de la esfera, el tiempo que tarda en alcanzar la circunferencia C, el punto en el que la alcanza, y el estado cinem´atico (vG , Ω) en ese instante. Cuando la esfera alcanza la circunferencia sufre una percusi´on; determinar su valor, y el estado cinem´atico justo despu´es de la percusi´on. ¿Qu´e ocurrir´ıa si el plano Π no fuese perfectamente rugoso? Determinar la trayectoria seguida por el centro de masas en el interior de la circunferencia C, comprobando que es sim´etrica respecto del eje Ox. Determinar el punto de la circunferencia C por donde la abandona, el tiempo que tarda en alcanzar ese punto, y el estado cinem´atico con que lo hace. Cuando la esfera sale de la circunferencia C sufre otra percusi´on; determinar su valor, y el estado cinem´atico justo despu´es de la percusi´on. Determinar la trayectoria posterior del centro de masas.

284

Septiembre de 1993 Problema 10.2.14: 103.- El sistema material representado en la figura 1, consta de un disco D, homog´eneo, pesado de masa m y radio R, y una varilla OC, de masa despreciable frente a la del disco, longitud l > R, unida r´ıgidamente al disco en su centro C, y perpendicular al plano del mismo. El extremo O de la varilla se articula en una r´otula situada en un punto fijo del espacio, y se toma como origen de una referencia triortogonal y orientada a derechas Ox1 y1 z1 , en el que Oz1 es la vertical ascendente. Ligado al s´olido se toma un sistema de referencia triortogonal Oxyz, en el que Oz coincide con la varilla OC. Para determinar la posici´on del s´olido en el espacio respecto de Ox1 y1 z1 , se utilizaran los a´ ngulos de Euler (ψ , θ , ϕ ) del triedro Oxyz indicados en la figura 1. En el instante inicial el sistema est´a en reposo, en la posici´on indicada en la figura 2 (ψ = ϕ = 0, θ = π /2), y en el punto m´as bajo del disco se aplica una percusi´on de valor P i,siendo i el versor de la direcci´on de Ox. Se pide: Determinar el campo de velocidades del s´olido, en el instante inmediato posterior a la percusi´on. Analizar cualitativamente el movimiento posterior del s´olido, discutiendo los resultados en funci´on de la intensidad P de la percusi´on. Integrar las ecuaciones en el caso particular de que Calcular la reacci´on que la r´otula ejerce sobre el extremo O de la varilla. 20 de Septiembre de 1986

285

Problema 10.2.15: 87.- Sobre un plano inclinado 30o sobre la horizontal se mueve un artilugio pesado que est´a compuesto por los siguientes s´olidos. Una horquilla AB que se puede asimilar a una varilla homog´enea de masa m y longitud 2a. Un disco D1 de radio a y masa m que gira en B dentro de la horquilla. Un disco D2 de radio a y masa m que gira en A ortogonalmente a la varilla. Ambos discos ruedan sin deslizar sobre el plano P en el que hemos definido un sistema coordenado formado por una l´ınea de m´axima pendiente descendente Ox y una horizontal Oy. El sistema mec´anico as´ı constituido necesita para fijar su configuraci´on, los par´ametros ξ .η , θ indicados en la figura y los a´ ngulos de rotaci´on ϕ1 , ϕ2 de los dos discos D1 y D2 respecto a la horquilla. Si inicialmente se dan las siguientes condiciones:

ξ = η = 0, θ = ϕ1 = ϕ2 = 0, ξ = η = 0, ϕ1 = 0, θ = ϕ2 = ω se pide: 1. Plantear las ecuaciones del movimiento del sistema dejando el problema reducido a una cuadratura. 2. Discutir los distintos tipos de movimientos que pueden presentarse. Septiembre de 1984

286

Turn static files into dynamic content formats.

Create a flipbook
Issuu converts static files into: digital portfolios, online yearbooks, online catalogs, digital photo albums and more. Sign up and create your flipbook.