Capıtulo 3 Punto sometido a ligaduras 3.1. Punto sobre superficie

Capı́tulo 3
Punto sometido a ligaduras
3.1. Punto sobre superficie
Ejercicio 3.1.1: Un punto pesado de masa m está obligado a moverse sin rozamiento sobre la superficie
cónica de ecuación 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
Solución en coordenadas cilı́ndricas
Compensa trabajar en coordenadas cilı́ndricas, que explotan la simetrı́a de
revolución. La ecuación de la superficie será entonces: f ≡ z2 = x2 + y2 =
r2 , es decir, z = ±r. Sobre la partı́cula actúan el peso y la reacción de la
superficie lisa. Las ecuaciones del movimiento serán:
√
m r̈ − rθ̇ 2 = −N/ 2
m rθ̈ + 2ṙ θ̇ = 0
⇒
r2 θ̇ = C
√
m z̈ = N/ 2 − mg
N
P
ur
Como la superficie es lisa y fija, y la fuerza conservativa,
1
T +V = m ṙ2 + r2 θ̇ 2 + ż2 + mgz = E
2
Usando la ley de áreas y la ecuación 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
análisis cualitativo mediante el potencial eficaz:
Ve f
1
C2
2
2
m ż + 2 + ż + mgz = E
2
z
⇒
2
mC2
2
2ż =
E − mgz − 2
m
2z
V (z)
Vcent
z
En todo caso el movimiento oscilará entre dos valores de z, en los que ż = 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:
ż = 0
→
E − mgz −
mC2
=0
2z2
Esta ecuación cúbica serı́a difı́cil de resolver, pero las condiciones iniciales ya dan una de las
raı́ces al ser ż0 = 0. Podemos reducir el orden del polinomio por Ruffini. Las condiciones ini47
√
ciales permiten calcular E = 3mga/2 y C = a ag, con lo que la ecuación 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 centrı́fugo), sólo la raı́z doble z = a
se alcanza. Resulta que se ha lanzado en un mı́nimo, por lo que el movimiento se desarrolla en
un paralelo z = r = a. Podemos comprobar que es un mı́nimo:
Ve′ f (z) = mg −
mC2
ma3 g
=
mg
−
z3
z3
Ve′ f (a) = 0
Solución en coordenadas esféricas
u
Si se trabaja en coordenadas esféricas, la ecuación de la ligadura se simplifica aún más:
θ = π /4 . Sin embargo, la aceleración en cilı́ndricas es mucho más complicada de escribir:

 
√ 
ρ
2 − ρ cos2 θ ϕ̇ 2
−mg/ 2 



ρ̈ − ρ θ̇
ϕ̇
N





 

0
ρ cos θ ϕ̈ + 2ρ̇ ϕ̇ cos θ − 2ρθ̇ ϕ̇ sin θ =



P




√ 




2
N
−
mg/
2
2
ρ̇
θ̇
+
ρ
θ̈
+
ρ
cos
θ
sin
θ
ϕ̇
θ
Al sustituir la ecuación de la ligadura, las ecuaciones se simplifican notablemente. Además,
la de la dirección radial queda libre de fuerzas de ligadura. La segunda nos da la ley de áreas,
ρ 2 ϕ̇ = C
Nótese que ahora se llama θ a la latitud (constante), y ϕ a la longitud, que es la que aparece
en la ley de áreas. Sustituyendo esta ecuación en la de uρ , se tiene
ρ̈ −
C2
g
√
=
−
2ρ 3
2
Multiplicando ambos términos por ρ̇ , esta ecuación se puede integrar para dar una expresión en
ρ y ρ̇ de la que se obtiene una cuadratura.
A esta misma expresión se llegarı́a por la ecuación de la energı́a, de la que se elimina ϕ̇
mediante la ley de áreas:
ρ 2 ϕ̇ 2
m
mgρ m
C2
2
2
= √ =
ρ̇ +
ρ̇ + 2
2
2
2
2ρ
2
Esta expresión es la misma que se obtuvo antes
√ usando coordenadas cilı́ndricas, como era de
esperar, pues sobre el cono se cumple z = ρ / 2. A partir de aquı́, se procederı́a exactamente
igual que por cilı́ndricas: análisis cualitativo en la variable ρ , obtención de las raı́ces, etc.
48
Ejercicio 3.1.2: Una partı́cula 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 cálculo del movimiento reducido a cuadraturas. Determinar los
valores máximo y mı́nimo que alcanza r a lo largo del movimiento.
Abril de 1996
Por ser una superficie de revolución, compensa trabajar en coordenadas
cilı́ndricas. Sobre la partı́cula actúan el peso y la reacción de la superficie
lisa. Podemos determinar directamente dos integrales primeras:
N
Por la simetrı́a de revolución, la reacción normal y el peso están contenidos en el plano meridiano: no dan momento según Oz y se conserva
el momento cinético en esa dirección: r2 θ̇ = C.
La superficie es lisa y fija, la fuerza potencial: T +V = E
P
ur
La ecuación de la superficie permite despejar una de las variables, r o z: az = r2 → a ż = 2r ṙ.
La ley de áreas del movimiento proyectado permite eliminar la θ̇ . Las condiciones iniciales
permiten calcular C = av0 y E = mga + mv20 /2. La ecuación de la energı́a queda:
a2 v20 4r2 ṙ2
mv2
r2
1
2
m ṙ + 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
→
ṙ2 =
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 análisis cualitativo muestra que el movimiento va a desarrollarse siempre
entre dos paralelos, en que ṙ = 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 sabı́amos que tenı́a que salir, pues inicialmente se lanza con ṙ = 0; la segunda
estará por encima o por debajo según el valor de v0 . Para v20 = 2ga se tiene una raı́z doble, y la
trayectoria es un paralelo.
49
Ejercicio 3.1.3: Una partı́cula pesada de masa m, se mueve por una superficie lisa esférica, estando
atraı́da por el punto más alto de la misma y el módulo de la atracción es 2mg. En un instante dado el
punto se encuentra en el ecuador con velocidad de módulo v0 tangente al mismo. Calcular el radio de
curvatura de la trayectoria en dicho punto.
Septiembre de 1994
Para una partı́cula libre, el radio de curvatura de la trayectoria se obtiene trivialmente de la
aceleración normal. Expresando la aceleración en intrı́nsecas:
~γ = ~γt +~γn = (~γ · t) t + (~γ · n) n = v̇ t +
v2
ΣF
n=
ρ
m
Si se conocen los vectores aceleración y velocidad en ese momento, se tiene todo lo necesario
para despejar ρ .
Si la partı́cula se mueve sobre una superficie, no se conoce directamente la aceleración
porque aparece la fuerza de ligadura normal. Entonces hay que despejarla usando la ecuación
de la superficie. No se conoce la normal principal de la trayectoria n, pues ésta será una de las
infinitas curvas que pasan por ese punto de la superficie: sólo se conoce la normal a la superficie
uN . Pero no importa, porque conociendo ~γ y t, que es la dirección de la velocidad, ~γn se obtiene
trivialmente.
Se pueden seguir varios caminos:
Cartesianas
−2mg √1 − N = mẍ
2
0 = mÿ
1
√
2mg − mg = mz̈
2
z
x2 + y2 + z2 = R2
r0 = (R, 0, 0)
v0 = (0, v0, 0)
Por la N no podemos obtener directamente ẍ. Derivando la ecuación de
la ligadura obtenemos una relación para las aceleraciones:
x
y
N
v0
x2 + y2 + z2 = R2 xẋ + yẏ + zż = 0 xẍ + ẋ2 + yÿ + ẏ2 + zz̈ + ż2 = 0
R2 + 0 + 0 = R2
0+0+0 = 0
Rẍ0 + 0 + 0 + v20 + 0 + 0 = 0
v2
→ ẍ0 = − R0
Ası́ obtenemos el vector aceleración, que al ser normal a t es toda aceleración normal:
2
√
⊥
v0
v2
~γ = (ẍ, ÿ, z̈) = − , 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
Esféricas
La ligadura se puede incorporar directamente en las ecuaciones tomando coordenadas esféricas:
r = R = Cte., que se sustituye en la velocidad y aceleración.




r̈ − r cos2 ϕ θ̇ 2 − rϕ̇ 2
 ṙ 


~γ = rθ̈ cos ϕ + 2ṙθ̇ cos ϕ − 2rθ̇ ϕ̇ sin ϕ
v = r cos ϕ θ̇




rϕ̇
rϕ̈ + rθ̇ 2 sin ϕ cos ϕ + 2ṙϕ̇
50
En nuestro caso, r = R y ṙ = r̈ = 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 − Rθ̇02 − 0 
−2mg √2 − N 

 0  0
0
= v0
→ m~γ = m Rθ̈0 + 0 − 0 =
Rθ̇

 
 0  
 2mg √1 − mg 

0
Rϕ̇0
Rϕ̈0 + 0 + 0
2
Se obtiene directamente el vector aceleración
2
√
v0
~γ = − , 0, g
2−1
R
y a partir de aquı́ operarı́amos como en el caso anterior para obtener ρ .
Intrı́nsecas
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 geodésica. Tomamos sobre la superficie el triedro (t, ug , uN ), donde
ug completa un triedro a derechas (triedro de Darboux-Ribancour):
Frenet
Geodésico
Ft
= mv̇
Fn + N cos θ = v2 κ
Fb + N sin θ = 0
Ft
=
mv̇
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).
Sólo hay que proyectar según 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
51
⇒
Rv20
√
2
v40 + R2 g2
2−1
ρ=r
y
Problema 3.1.1: Un punto material M, de masa m, está obligado a moverse por el interior de un cilindro recto cuya sección 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 posición del cilindro y se le lanza
con una velocidad v0 que forma un ángulo α0 con la correspondiente generatriz.
Se pide:
1. Determinar en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleración, ası́ como
el correspondiente radio de curvatura de la trayectoria.
2. Plantear las ecuaciones de movimiento del punto utilizando como parámetros las coordenadas
cilı́ndricas de M.
3. Determinar en un instante arbitrario la reacción normal N del cilindro en función de la velocidad
v de M y el ángulo α que dicha velocidad forma con la generatriz.
4. Estudiar el movimiento de M determinando su trayectoria y ley horaria.
5. Calcular en función del tiempo la reacción normal N del cilindro.
NOTA.- Se supondrá nulo el peso del punto material M.
Febrero de 1969
1. Trabajando en coordenadas cilı́ndricas, como pide la geometrı́a del
problema, se tiene:
 


N = −N ur
0
−Rθ̇ 2 
~γ =
v = Rθ̇
Rθ̈

 

R = − f |N| vv
ż
z̈
z
N v0
R
y
θ
x
Como la velocidad está contenida en el plano tangente, es perpendicular a la reacción normal; la resistencia, en cambio, tiene la dirección de la velocidad. Las dos componentes de la
aceleración 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 geodésica del cilindro, una hélice.
Para calcular los valores de las aceleraciones, planteamos:
v0 sin α0
v0 = 0, Rθ̇0, ż0 = (0, v0 sin α0 , v0 cos α0 ) → θ̇0 =
R

 

2 sin2 α
2
(
v
v
2
−N
−Rθ̇0  

γn = 0 R 0 = ρ0 → ρ =
v0 sin α0
m~γ0 = m
= − f |N| v0
→
Rθ̈0

 
v0 cos α0 
v2 sin2 α
z̈0
− f |N| v0
γt = f 0 R 0
R
sin2 α0
El valor de ρ se podrı́a haber calculado directamente sabiendo que la trayectoria es una hélice
de pendiente π /2 − α0 .
2. Planteamos las ecuaciones como en el caso anterior, pero en un momento
genérico:

 

−N
−Rθ̇ 2  

ż
m~γ = m
= − f |N| sin α
donde cot α =
Rθ̈

 − f |N| cos α 
Rθ̇
z̈
3. La N se puede obtener por diversos caminos:
52
α
v
R
Lo más sencillo es proyectar en intrı́nsecas, sabiendo que n = −ur y que la trayectoria es
una hélice:
v2
v2 sin2 α
N =m =m
ρ
R
Se puede obtener directamente de las ecuaciones:
N = mRθ̇ 2 ;
v = (0, Rθ̇ , ż) = v (0, sin α , cos α ) ;
→
N=m
v2 sin2 α
R
4. Aunque ya lo sabemos por consideraciones geométricas, de las ecuaciones del movimiento
también se deduce que la trayectoria es una hélice, y α =Cte. Dividiendo las ecuaciones de θ y
z:
Rθ̈
Rθ̇
= tan α =
;
z̈
ż
d θ̇
d ż
=
;
ż
θ̇
ln K + ln θ̇ = ln ż;
v ,θ
0 0
−→ ż = cot α0 Rθ̇ → z − z0 = cot α0 R (θ − θ0 )
ż = K θ̇ −−
Para la ley horaria, podemos proyectar según 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 v̇ = − f |N| = − f m
Para obtener las ecuaciones horarias, de la geometrı́a de la hélice se obtiene:
R θ = s sin α0 +C1
z = s cos α0 +C2
4. Conociendo N(v) y v(t), no hay más que sustituir:
N=
mv20 R sin2 α0
R + v0 f sin2 α0 t
53
2
Problema 3.1.2: Un punto material de masa m sin peso, se mueve sin rozamiento sobre un cono de eje
Oz y vértice O fijos, y cuyo semiángulo en el vértice 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 sitúa el punto a una distancia l del vértice O y está dotado de una
velocidad, relativa al cono, λ perpendicular a la generatriz correspondiente.
Sobre el punto actúa 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 cilı́ndricas.
2. Trayectoria absoluta del punto en coordenadas cilı́ndricas.
3. Reacción que el cono ejerce sobre el punto en función 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 reacción en el movimiento absoluto del punto en el intervalo t = 1 a t = 2.
Abril de 1972
1. La ecuación de la superficie y sus derivadas son:
1
r
= tan α =
z
At
z = At r
ż = A r + At ṙ
z̈ = 2A ṙ + At r̈
α
N
Tomando la N positiva hacia el exterior del cono, las ecuaciones quedan:
m r̈ − rθ̇ 2
m rθ̈ + 2ṙθ̇
m z̈
=
N cos α
=
0
2 2
= −N sin α − mlAr3λt
α
→ N cos α = m r̈ − l 2λ 2
r3
↑
2 θ̇ = C = l λ
→
r
→ −N sin α = m z̈ + ml 2 λ 2
Ar3t









ur
z̈ + lAtrλ 3
2 2
− tan α =
r̈ − l rλ3
2 2
Las condiciones iniciales necesarias para integrar este sistema se dan relativas al cono móvil:
r0 = (l, 0, 0) = (r0 , 0, z0)
v20 0 = (0, λ , 0)
t =0 ⇒ α =
π
2
Para obtener la velocidad de arrastre, necesitamos parámetros que identifiquen un punto determinado de la superficie. La deformación consiste en que las generatrices van girando un ángulo
α hacia el vértice, sin variar la θ de cada una, ni la distancia de sus puntos al origen ρ . Con
estos parámetros, la velocidad de un punto del cono serı́a, en cilı́ndricas
vM
01 0 = ρ α̇ (− cos α , 0, sin α ) 0 = ρ α̇ 0 (0, 0, 1) = (ṙ, 0, ż)0 → ṙ0 = 0
No es necesario calcular α̇ : de la ecuación de la superficie se obtiene ż
ż = A r + At ṙ
→
ż0 = A l + 0
Y con esto ya podemos escribir las condiciones iniciales respecto a los ejes fijos:
r0 = l ; θ0 arbitrario ; z0 = 0 ;
ṙ0 = 0 ; θ̇0 = λ /l ; ż0 = A l
2. Como el tiempo aparece explı́citamente, no va a ser fácil eliminarlo. Buscaremos las ecuaciones horarias que, al fin y al cabo, son también las paramétricas de la trayectoria con t como
54
parámetro. Eliminando N entre las ecuaciones de r̈ y z̈, y usando la ecuación de la superficie
para eliminar z̈, se llega a
!
l2λ 2
l 2λ 2
l 2λ 2
2 2
−r̈ + 3 = At z̈ +
=
At
2Aṙ
+
At
r̈
+
→
A
t
+
1
r̈ + 2A2t ṙ = 0
3
3
r
Atr
Atr
La ecuación que resulta es una diferencial exacta:
d 22
ṙ0 =0
A2t 2 + 1 r̈ + 2A2t ṙ =
A t + 1 ṙ = 0 → A2t 2 + 1 ṙ = Cte −−
−→ ṙ = 0, r = l
dt
De la ligadura se obtiene z = A l t , y de la ley de áreas θ̇ = λ /l → θ =
λ
t + θ0 .
l
La trayectoria es una hélice circular.
Si uno no se da cuenta de que es una diferencial exacta, se puede integrar la
ecuación diferencial, que es de variables separadas:
2A2t
r̈
=− 2 2
;
ṙ
A t +1
z
b
ln ṙ = ln K − ln 1 + A2t
ṙ =
2
;
K
ṙ0 =0
−−
−→ K = 0 → ṙ = 0
2
2
1+A t
x
y
Con lo que se obtiene el mismo resultado que antes.
3. De las ecuaciones del movimiento
)
θ̇
N cos α = −mrθ̇ 2 ; N = − mr
cos α
1
At
cos α = √
=√ 22
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:
Ecuación de la energı́a: conocido ya el trabajo de F, podemos aplicar la ecuación de la
energı́a, sabiendo que el módulo de la velocidad es constante:
F
N
W12
+W12
= T2 − T1 = 0
N
W12
= mλ ln 2
⇒
Integración 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
55
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 atraı́do 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 reacción de la superficie sobre el punto, en función del tiempo.
Septiembre de 1981
1. Las ecuaciones del movimiento sobre la superficie serán
F + N = m ẍ ;
N = N n;
n=
z
xr ∧ xθ
|xr ∧ xθ |
Las derivadas parciales de la ecuación paramétrica 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 reacción normal
Se conserva la energı́a, pues la fuerza es potencial, y la superficie fija y lisa.
No se conserva el momento cinético respecto al eje Oz por la N.
Los parámetros r y θ de la superficie son también coordenadas cilı́ndricas del punto, lo
que facilita escribir la aceleración.
a) Proyección 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 podrı́a calcular n mediante el producto vectorial. Obsérvese que xr es unitario
y tiene la dirección de la fuerza de atracción F, y de la radial de las coordenadas cilı́ndricas.
⊥
(F + N = m ẍ) · xr
→
−
mk4 ω 2
2
=
m
r̈
−
r
θ̇
r3
La otra dirección es normal a la fuerza y a la reacción:
⊥
⊥
z̈=k θ̈
· xθ → rθ̈ + 2ṙθ̇ r + z̈ k = 0 −−−→ rθ̈ + 2ṙθ̇ r + θ̈ k2 = 0
d 2
ω
rθ̈ + 2ṙ θ̇ r + θ̈ k2 =
r θ̇ + k2 θ̇ = 0 ⇒ r2 + k2 θ̇ = Cte. = (k2 + k2 ) = k2 ω
dt
2
F + N = m ẍ
56
Esta integral primera permite eliminar θ̇ en la primera ecuación, que se podrı́a integrar dos
veces para obtener r(t). Como la primera integración va a dar precisamente la integral de la
energı́a, también podemos plantear ésta directamente, y eliminar θ̇ del mismo modo.
"
#
#
"
k4 ω 2
1
mk4 ω 2
r
= m r̈ − r
−
; r̈ = k4 ω 2
− 3
2
2
2
2
r3
r
(r + k )
(r2 + k2 )
"
#
r
1
ṙ2
−1
1
4 2
4 2
r̈ ṙ = k ω
− 3 ṙ →
=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
→
ṙ
=
2
4k2 2k2
(r2 + k2 ) r2
La expresión de ṙ lleva a una cuadratura, que se integra completamente, e incluso puede despejarse r. En la raı́z se toma el signo + porque ṙ0 es positivo:
+r
p
r2 + k2 dr = k3 ω dt
De aquı́ 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
dirección de xr ; sólo la aceleración 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 ecuación del movimiento en esa dirección
⊥
rθ̈ + 2ṙθ̇ k + z̈ r
2r θ̈ + 2ṙθ̇
√
F + N = m ẍ · n → N =
=k √
k2 + r2
k2 + r2
No hace falta derivar para hallar θ̈ , pues antes se obtuvo
θ̈ r2 + k2 + 2rṙ θ̇ = 0
⇒
N=k
k2 − r2
3/2
(r2 + k2 )
2ṙθ̇
θ̇ y ṙ se han obtenido antes como funciones de r, y r a su vez como función de t, con lo que
sustituyendo se tiene N(t).
57
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; considérese la esfera E de centro O1 y radio a y sea C1 la
circunferencia horizontal de E, situada en el plano de ecuación 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 geométrico de contacto
entre ambas circunferencias, describe la circunferencia C1 con velocidad
√
constante de valor (aω 3). (En la figura se esquematizan los elementos geométricos que intervienen, en
un instante genérico).
Dos puntos materiales P y Q, de igual masa m, están 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
acción de las siguientes fuerzas directamente aplicadas: i) el peso, mg, ii) una repulsión del punto
O1 proporcional a la masa y la distancia, siendo g/(2a) la constante de proporcionalidad, y iii) una
atracción del diámetro 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 él actúan, como fuerzas
directamente aplicadas, únicamente 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 nó, con alguna de las fuerzas directamente aplicadas que actúan 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 hipótesis).
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 genérico, la reacción normal del plano π sobre el
punto P.
Junio de 1988
a Para resolver el problema se usarán los siguientes sistemas de referencia:
S1 : Ejes fijos O1 x1 y1 z1
S0 : Ejes Oxyz ligados al plano π
58
S2 : Sólido al que pertenece la partı́cula P.
S3 : Sistema auxiliar Muvw de la figura, que acompaña al punto de contacto.
Para calcular las fuerzas de inercia, necesitamos la aceleración de O, la velocidad angular ω 01 , y la aceleración angular.
O
√ 3
a
De la geometrı́a del problema se deduce que el punto O está 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 triángulo rectángulo con el eje O1 z1 : por tanto, O
está 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 instantáneo de rotación es OM. Es obvio que la axoide móvil es el propio
plano π y la fija un cono de vértice O que se apoya sobre C1 . Además, ω 01 sólo tiene componente de rodadura.
Aunque conozcamos el EIR y por lo tanto la dirección de ω 01 , para calcularla va a ser más fácil
usar la composición de movimientos 0/1=0/3+3/1.
Nótese que el único dato que tenemos para calcux
lar su módulo es la velocidad de M, que es un punto
geométrico 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 está fijo al plano meridiano de√M. Como éste 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
59
√
3
1
v+ w
2
2
!
√
= ω 01 = ω 3 v
Y la aceleración angular:
u
v
w
√
√
√
2
ω 01 1 = ω
ω
ω̇
ω̇
+
ω
∧
ω
=
2
ω
·
ω
3
=
ω̇
=
−
ω
3u
0
3/2
1/2
01 3
31
01
01
0
1
0
Con esto podemos ya calcular las fuerzas de inercia. Sólo 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 ángulo ω t respecto a una
referencia arbitraria, que podemos tomar como Ox. Ası́,
√
√
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)
ω̇
y
P
u
P′
M
ωt
O
x
v
OP = (x, y, 0) vP 20 = (ẋ, ẏ, 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 (ẏ cos ω t − ẋ sin ω t) k
ẋ
ẏ
0
En la de arrastre va a haber términos paralelos al plano (centrı́fuga) y normales (azimutal)
ω 01 ∧ OP
FIA = −m ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OP) − m ω̇
√
Como la velocidad angular tiene la dirección de OM, ω 01 = ω 3 v, la fuerza centrı́fuga tiene
la dirección de la normal a este eje, P′ P:
−m ω 01 ∧ (ω 01 ∧ OP) = 3 m ω 2 P′ P
Obviamente, esta repulsión se compensa con la atracción del eje OM, que vale
Fa = m 3ω 2 PP′
El otro término de la fuerza de arrastre es
i
j
k
√
√
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
−m ω̇
x
y
z
b Las fuerzas que actúan sobre la partı́cula P son:
√
2
ω
FIA = 3m
P′ P − m ω 2 3 (y sin ω t + x cos ω t) k
√
FIC = 2mω 3 (ẏ cos ω t − ẋ sin ω t) k
Fa = m
3ω2 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 reacción del plano N y la tensión del hilo T. Se observa que parte
de la repulsión se anula con el peso, además de la centrı́fuga con la atracción de OM. De este
modo, las únicas fuerzas que quedan en el plano son parte de la repulsión, de dirección OP, y la
tensión del hilo. Las dos son centrales. El movimiento relativo va a ser central. Convendrá tomar
coordenadas polares en S0 .
60
y
Con estas simplificaciones podemos plantear las ecuaciones del movimiento
de las dos partı́culas:
mg r
2a
P
m r̈ − rθ̇ 2
−T =
= m rθ̈ + 2ṙθ̇
0
Lig. l = r + (2a − z) → r̈ = z̈
T
r
P
θ
O
x
T
Q
T − mg = m z̈
Q
Fr
P
c La segunda ecuación de P es la ley de áreas: r2 θ̇ = C . Con la ecuación de la ligadura
(longitud del hilo) se elimina z̈ de la ecuación de Q; se despeja T y se sustituye en la radial de P
z̈ = r̈
→
T = mg + mr̈
θ̇ =
C
r2
→
mgr
− m (g + r̈) = m r̈ − rθ̇ 2
2a
gr
C2
2r̈ =
−g+ 3
2a
r
→
Esta ecuación se puede integrar una vez, multiplicando ambos términos por ṙ:
2r̈ṙ =
Donde α =
r
g
4a
C2
gr
−g+ 3
2a
r
2C2 a
g .
Z
ṙ
→
ṙ2 = A +
gr2
C2
g α
− gr − 2 =
h + r2 − 4ar − 2
4a
2r
4a
r
De aquı́ se obtiene una cuadratura para r y, con la ley de áreas, 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 r̈ = 0 o hacer un
análisis cualitativo de ṙ2 . Los dos caminos llevan a la misma ecuación. Hacer ṙ = 0 no sirve de
nada, pues se cumple también en los puntos de parada y retroceso; además, si r̈ = 0, para que el
movimiento sea estacionario hay que lanzar ortogonalmente, es decir, con ṙ = 0.
La expresión de ṙ2 se puede poner como
ṙ2 =
g α
g
h + r2 − 4ar − 2 =
h − Ṽe f ;
4a
r
4a
Ṽe f = −r2 + 4ar +
α
r2
donde Ṽe f es una función análoga al potencial eficaz, pero sin dimensiones
de potencial. Los movimientos estacionarios son los puntos estacionarios del
potencial, es decir, Ṽe′ f = 0. El potencial se puede representar fácilmente: una
parábola invertida, una recta de pendiente positiva, y el término centrı́fugo;
éste depende de las condiciones iniciales a través de C.
El potencial eficaz se aproxima al centrı́fugo para r → 0 y a la parábola para
r → ∞. Entre medias, para valores de C pequeños se puede aproximar a la
recta: entonces, habrı́a dos movimientos estacionarios. Cuando C crece, las
dos raı́ces se convierten en una (punto de inflexión) y luego desaparecen. Las
raı́ces se obtienen de
2α
Ṽe′ f = −2r + 4a − 3 = 0 → r4 − 2ar3 + α = 0
r
Esta expresión es la misma que se obtiene de r̈ = 0. Obviamente, esta ecuación no tiene solución fácil. Pero, tomando variables adimensionales u = r/a (es decir, tomando a como unidad
de longitud) se puede comprobar que hay dos raı́ces positivas, para valores suficientemente
pequeños de α :
61
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, saldrı́a
la velocidad imaginaria. Se puede obtener el valor máximo de b (y por tanto
de C) calculando el mı́nimo de la función:
−b
3
27
27
4u3 − 6u2 = 0 → um = 3/2 ; bM = −
−2 =
8 2
16
Por tanto, según la velocidad inicial, tendremos:

> 27
−

16 ∄ rest



2C2 
b= 3
= 27
16 ∃ 1 rest = 3a/2 inestable (pto. inflexión)

ga




1 estable (min) < 1 inestable (max)
< 27
16 ∃ 2 rest
3/2
= 2C2 a/g. Si
También es obvio —se ve en la curva— que los radios ∈ [0, 3a/2] son movimientos estacionarios estables (mı́nimos), y los radios ∈ [3a/2, 2a] son inestables (máximos).
No tiene sentido hallar los valores de r para movimiento estacionario: aparte de la dificultad
de hallar analı́ticamente las raı́ces de una ecuación de cuarto grado, es que todos los valores de
r entre 0 y 2a corresponden a un movimiento estacionario. Sólo hay que lanzarlo perpendicularmente al radio con la velocidad adecuada. Esta velocidad se calcula fácilmente de
r ⊥ v0
→
C = rv0
→
2r2 v20 a
r − 2ar +
=0
g
4
3
→
v20 =
g
2ar − r2
2a
Para r > 2a, la velocidad saldrı́a imaginaria: no hay movimientos estacionarios. Una vez llegados a esta expresión, también se puede calcular el radio del movimiento estacionario para una
v0 dada: es resolver una ecuación de segundo grado:
q
rest = a ± a2 − 2av20 /g
c En un movimiento estacionario, lapartı́cula recorre una circunferencia de radio r ≤ 2a con
g
velocidad uniforme v20 = 2a
2ar − r2 . El equilibrio de fuerzas según 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 (ẏ cos ω t − ẋ sin ω t) = 0
La posición y velocidad de P en el movimiento estacionario son
v0
v0 v0
v0 (ẋ, ẏ) = v0 − sin t, cos t
(x, y) = r cos t, sin t
r
r
r
r
La reacción quedará
√ 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 reacción va a ser nula para v0 = ω r/2, y constante para v0 = ω r. Como v0 en el movimiento
estacionario es función de r (o al revés), esto corresponde respectivamente a los radios
r=
4ga
r=
ω 2 a + 2g
62
2ga
2ω 2 a + g
3.2. Punto sobre curva
Ejercicio 3.2.1: Una partı́cula pesada se mueve por una circunferencia lisa de radio R y centro O fijo,
que gira alrededor de un diámetro vertical con velocidad angular constante ω . Se estudia el movimiento
relativo a la circunferencia mediante el ángulo θ que forma la partı́cula con el punto más bajo de la
circunferencia. (a) Obtener la integral de la energı́a para el movimiento relativo. (b) Calcular en función
de la posición θ la reacción de la curva en la dirección 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 ecuación de la energı́a en el movimiento relativo es: dW20 = dT20 , incluyendo el trabajo de las fuerzas de inercia. De las fuerzas que actúan:
El peso deriva del potencial Vp = mgz = −mgR cos θ
La reacción normal no trabaja en el movimiento relativo, por ser la curva lisa (sı́ trabajarı́a
en el movimiento absoluto, por ser una curva móvil).
Al estar el centro fijo y ser constante la velocidad de giro, la fuerza de inercia de arrastre
se reduce a la centrı́fuga, que deriva de un potencial:
i
h
x2
R2 sin2 θ
O
~FIa = −m ~γ01
~˙ 01
~ 01 ∧ (ω
~ 01 ∧ OM) = mω 2 x~i0 → Vc = −mω 2 = −mω 2
∧
OM + ω
+
ω
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 función de la variable y sus derivadas queda:
2
1 2 2
2 2 sin θ
mR θ̇ − mgR cos θ − mω R
=E
2
2
(6 pt.)
En la dirección normal al plano de la circunferencia, solo están la fuerza de inercia de Coriolis y una de las componentes de la reacción normal. La aceleración, el peso, la otra componente
de la reacción normal y la fuerza centrı́fuga están el el plano. Queda pues:
~
~
~
~ 01 ∧~vM
N2 ~j0 − 2m ω
20 = 0 = N2 j0 − 2mRθ̇ ω cos θ j0
ya que ~vM
20 = Rθ̇ (cos θ , 0, sin θ ). De la integral de la energı́a se despeja:
q
R θ̇ = ± 2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ
Con lo que se llega finalmente a:
N2 = ± 2mω cos θ
El signo es el de θ̇ en cada momento.
q
2E/m + 2gR cos θ + ω 2 R2 sin2 θ
(4 pt.)
Ejercicio 3.2.2: Dejar reducido a cuadraturas la ecuación del movimiento de una partı́cula de masa m
que puede moverse sobre una circunferencia vertical de radio r y está unida a un resorte de constante K y
longitud natural nula cuyo extremo está fijo (ver figura) a una distancia l por debajo del punto más bajo
de la circunferencia.
63
Junio de 2002
y
Tenemos un punto sobre curva lisa, sometido a dos fuerzas potenciales. Los
dos caminos posibles:
x
O
r
θ
M
l
A
cantidad de movimiento proyectada sobre la tangente
ecuación de la energı́a
son equivalentes, porque sólo puede haber una ecuación independiente. La
de la energı́a tiene la ventaja de ahorrar un paso de integración. Los potenciales son:
Vp = mgy = −mgr cos θ
1 2 ((((
1 1
(2rl + l 2 − 2r(r + l) cos θ
Vm = K|AM|2 = K r2 sin2 θ + (r + l − r cos θ )2 = K (
2r(+
2
2
2
Los términos constantes del potencial se pueden ignorar. Podemos escribir ya la integral de la
energı́a,
1 2 2
mr θ̇ − mgr cos θ − Kr(r + l) cos θ = E
2
de la que se obtiene una cuadratura
θ̇ 2 =
2
{E + r [mg + K(r + l)] cos θ }
mr2
⇒
⇒
Z
dt =
Z
q
±r d θ
2
m {E + r [mg + K(r + l)] cos θ }
Ejercicio 3.2.3: Una partı́cula material M no pesada, de masa m, está obligada a moverse sobre un aro
circular de radio a situado en un plano vertical y con centro en el origen O. Sobre M actúa 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 reacción en función de
b) Si para t = 0, θ̇ = θ̇0 , θ = θ0 siendo θ el ángulo entre OA
θ . (2 puntos)
c) Dejar reducido a una cuadratura la ecuación 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 aclaró de palabra en el examen.
2a2 m,
O
N
Fr
θ
A
M
π θ
2−2
ma θ̈ =
a Para expresar la fuerza de repulsión, es conveniente observar que OAM
es un triángulo isósceles, por lo que la distancia AM se puede escribir como
2a sin θ2 . Además, el ángulo de AM con el radio vector es π2 − θ2 ; este es el
mismo ángulo que forma la fuerza con ur . Aunque parece más sencillo usar
el ángulo que forma con uθ , que es θ2 .
Por tanto, las ecuaciones quedan:
2ma2 ω 2
θ
cos
2
2a sin θ2
− maθ̇ 2 = −N +
64
2ma2 ω 2
θ
sin
= −N + maω 2
θ
2
2a sin 2
b Para expresar N en función de θ , hay que obtener una integral primera que de θ̇ en función
del ángulo. Se puede integrar la ecuación de la cantidad de movimiento en la dirección tangente
multiplicando ambos términos por θ̇ :
θ̇ d θ̇ =
θ
2 cos 2
ω
sin θ2
dθ
→
1 2
θ
θ0
θ̇ − θ̇02 = 2ω 2 ln sin − 2ω 2 ln sin
2
2
2
Al mismo resultado se llegarı́a usando la ecuación de la energı́a. Se trata de una curva lisa y una
fuerza potencial, por lo que se conserva la energı́a. El potencial vale
K
θ
2 2
Fr = uρ → Vr = −K ln ρ = −2ma ω ln 2a sin
ρ
2
La integral de la energı́a se escribe directamente,
1 2 2
1 2 2
θ
θ0
2 2
2 2
ma θ̇ − 2ma ω ln 2a sin
= E = ma θ̇0 − 2ma ω ln 2a sin
2
2
2
2
En este caso, la ecuación de la energı́a no tiene grades ventajas frente a las de cantidad de
movimiento. Ahorra una integración, 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
según la normal, porque se pide la reacción. En cualquier caso, se llega a
θ
θ0
2
2
2
θ̇ = θ̇0 + 4ω ln sin / sin
2
2
La singularidad para θ = 0 es natural, porque la fuerza se hace infinita en A. Sustituyendo en la
ecuación del movimiento según ur ,
θ
θ0
2
2
2
2
2
N = ma ω + θ̇ = ma ω + θ̇0 + 4ω ln sin / sin
2
2
c Conocida θ̇ , la cuadratura es inmediata:
r
±d θ
= dt
θ0
θ
2
2
θ̇0 + 4ω ln sin 2 / sin 2
Ejercicio 3.2.4: Una partı́cula 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 partı́cula y la circunferencia
es µ ). En el instante inicial se lanza desde el punto más bajo de la circunferencia, con una velocidad v0
suficientemente grande para que la partı́cula alcance el punto superior. ¿Con qué velocidad llega al punto
más alto?
Sugerencias: θ̈ =
θ
Z θ
0
d
dθ
1 2
2 θ̇
(sin θ + µ cos θ ) e2µθ =
o
−1 n µθ
2
2
e
cos
θ
−
2
µ
sin
θ
−
µ
cos
θ
+
µ
−
1
1 + µ2
Junio de 1994
En el péndulo simple, como la curva es lisa, basta con plantear la ecuación de la cantidad de
movimiento en la dirección de la tangente —la dirección del grado de libertad— o plantear la
ecuación de la energı́a, que en ese caso es equivalente. Cuando hay rozamiento, la ecuación de
la energı́a es igual de complicada que la cantidad de movimiento: no da integral primera directamente. Y no se puede ignorar la dirección normal, que está acoplada con la de la tangente a
65
través de la reacción normal.
Proyectamos las ecuaciones del movimiento según la tangente y la normal:
mRθ̈ = −mg sin θ − R ;
−mRθ̇ 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 partı́cula se mueve por el interior, por lo que N ≥ 0 .
Si se dice que llega hasta el punto más alto, es que no hay desprendimiento y la N es siempre
positiva: no hay que preocuparse de módulos y cambios de signo. Podemos despejar y sustituir
directamente:
mRθ̈ = −mg sin θ − µ mg cos θ + mRθ̇ 2
→
g
g
d 1 2
2
θ̇
→ θ̈ = − sin θ − µ cos θ − µ θ̇ =
R
R
dθ 2
Usando esta última relación, se obtiene una ecuación diferencial lineal en la variable u = θ̇ 2 :
g
g
uh
′
u + 2µ u = −2 sin θ − 2µ cos θ →
up
R
R
La homogénea es inmediata:
u′h + 2µ uh = 0
uh = Ae−2µθ
⇒
Para la particular, se puede usar el método de variación de las constantes. Llamando b(θ ) al
término independiente, una solución particular serı́a
u p ( θ ) = uh ( θ )
Z θ
b(x)
dx
uh (x)
Aparece la integral que se da como sugerencia. Se puede escribir sin más y pasar a imponer
condiciones iniciales.
Pero la EDO es muy simple. Las funciones del término independiente no son solución de la
homogénea. . . puede ser más sencillo ensayar funciones del mismo tipo:
0
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 solución completa queda:
2g 3µ
2g 1 − 2µ 2
sin
θ
+
cos θ
R 1 + 4µ 2
R 1 + 4µ 2
Es fácil comprobar que se obtiene lo mismo por variación de las constantes. Podemos ya imponer condiciones iniciales, y calcular la velocidad final:
u = θ̇ 2 = Ae−2µθ −
v20
2g 1 − 2µ 2
=
A
+
R2
R 1 + 4µ 2
v2f
2g 1 − 2µ 2
2
θ =π :
θ̇ f = 2 = Ae−2µπ −
R
R 1 + 4µ 2
despejando y sustituyendo la constante de integración,
2
v0 2g 1 − 2µ 2 −2µπ 2g 1 − 2µ 2
2
2
vf = R
−
e
−
R2 R 1 + 4 µ 2
R 1 + 4µ 2
θ =0 :
θ̇02 =
66
Problema 3.2.1: Se dispone de un alambre elástico AB sin masa, de longitud π a el cual se empotra en
una pared por su extremo A.
Se flexa el alambre sujetándolo por su extremo B, de manera que adopte la forma de una semicircunferencia, y en esta posición, 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 rectilı́nea, 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 varı́a según la ley conocida
CA = R(t)
Se tomará como parámetro para definir la posición del punto, el ángulo ϕ de la figura adjunta.
Sabiendo que no existe rozamiento, se pide:
1. Expresión de la posición, velocidad y aceleración absoluta del punto, en función de t, ϕ y sus
derivadas.
2. Ecuación diferencial del movimiento [ecuación que determina ϕ (t)].
Suponiendo el caso particular en que CA = R(t) = v0 t + a, y que se lance el punto en el instante
inicial desde ϕ0 = π /2, con una velocidad absoluta, de valor v0 i + v0 j. Se pide:
3. Integrar completamente la ecuación 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 posición absoluta del punto, cuando éste abandona el alambre.
7. Trayectoria descrita por el punto, a partir del instante en que abandona el alambre.
Julio de 1974
1. El vector posición del punto y sus derivadas serán:
sin ϕ
r = R(t)
1 − cos ϕ
sin ϕ
cos ϕ
+ R ϕ̇
v = Ṙ
1 − cos ϕ
sin ϕ
C
ϕ
R(t)
n
t
cos ϕ
− sin ϕ
cos ϕ
sin ϕ
2
~γ = R̈
+ 2Ṙϕ̇
+ Rϕ̇
+ Rϕ̈
1 − cos ϕ
sin ϕ
cos ϕ
sin ϕ
2. La única fuerza que actúa es la reacción normal
N = N (− sin ϕ , cos ϕ ) = m~γ
Proyectando sobre la tangente t = (cos ϕ , sin ϕ ) queda una ecuación diferencial que determina
el movimiento, suponiendo cocida R(t):
0 = R̈(sin ϕ cos ϕ + sin ϕ − sin ϕ cos ϕ ) + 2Ṙϕ̇ (1) + Rϕ̇ 2 (0) + Rϕ̈ (1)
R̈ sin ϕ + 2Ṙϕ̇ + Rϕ̈ = 0
67
3. Las condiciones iniciales son
R = v0 t + a
Ṙ = v0
R̈ = 0
(
ϕ̇0 = 0
1
1
0
v0
= v0
+ aϕ̇0
⇒
1
1
1
ϕ0 = π /2
C
v0
R0
ϕ0
v0
La ecuación diferencial queda
(a + v0 t) ϕ̈ + 2v0 ϕ̇ = 0
Es de variables separadas, y se puede integrar
ϕ̈
−2v0
=
;
ϕ̇ a + v0 t
d ϕ̇
−2v0 dt
=
ϕ̇
a + v0 t
ϕ̇ =
ln ϕ̇ = −2 ln (a + v0 t) + ln K
→
K
2
(a + v0 t)
dϕ =
;
K dt
2
(a + v0 t)
→
ϕ=
K
+C
v0 (a + v0 t)
Hay que imponer las condiciones iniciales
ϕ̇0 =
K
(a+0)2
ϕ0 =
−K
v0 (a+0)
=0
K=0
+C =
π
2
C=
π
2
ϕ̇ = 0
π
ϕ=
2
4. La reacción del alambre sale de la ley de Newton
1
0
−1
0
0
N = m~γ = 0 ·
+ 2v0 · 0 ·
+a·0·
+a·0·
=
1
1
0
1
0
5. La trayectoria sale sustituyendo R(t) y ϕ (t) en la expresión de r:
sin ϕ
1
r = (a + v0 t)
= (a + v0 t)
1 − cos ϕ
1
Es una recta a 45o .
6. Saldrá del alambre cuando la longitud de arco desde el origen hasta la partı́cula sea igual a
la longitud del alambre.
π
s = Rϕ = a + v0 t f
= πa
2
⇒
v0
tf =
a
1
r f = 2a
1
7. Obviamente, si no actúa ninguna fuerza, seguirá un movimiento uniforme y rectilı́neo.
Será la prolongación de la trayectoria sobre el alambre, pues éste tampoco ejercı́a fuerza alguna.
68
Problema 3.2.2: Un punto material pesado M de masa m, se mueve sobre una hélice situada en un
cilindro recto cuya sección es una circunferencia de radio R y cuyo eje es vertical. Se representará por α
el ángulo que la hélice forma con el plano horizontal y por f el coeficiente de rozamiento existente entre
el punto M y la hélice.
En el instante inicial se sitúa el punto en una determinada posición de la hélice y se le abandona sin
comunicarle velocidad.
Sabiendo que el coeficiente de rozamiento f cumple la condición f < tg α , se pide:
1. Calcular en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleración 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 lı́mite de M y determinar los valores lı́mites de las componentes tangencial,
normal y binormal de la reacción que la hélice ejerce sobre el punto.
o
5. Estudiar el movimiento de
√ M en el caso de que el ángulo α de la hélice 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 intrı́nsecas de la aceleración, lo
mejor es trabajar en ejes intrı́nsecos. En el caso de la hélice no hay
problema, porque su triedro de Frenet es muy conocido. Supondremos que el sentido positivo es hacia arriba, independientemente de
la partı́cula vaya en un sentido u otro. Los vectores unitarios serán:
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 v̇
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 partı́cula 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 genérico, la v no será 0, y la Nn tampoco; suponemos que ha empezado a
moverse hacia abajo, con lo que v̇ < 0 y para la R se toma el signo +.
q

−mg sin α + f Nn2 + Nb2 = m v̇ 

0 + Nn
−mg cos α + Nb
2
= m vρ 

= 0
69
siendo ρ = R/ cos2 α
3. Despejando las componentes de N y sustituyendo se llega a
r
cos4 α 4
v̇ = −g sin α ± f g2 cos2 α +
v
R2
v̇
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 más general, en que se pueda lanzar
hacia arriba o hacia abajo, habrı́a que tomar el signo opuesto al de
la velocidad.
R tiene un valor mı́nimo (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 mı́nimo de R. Ası́ queda la aceleración
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 aceleración que es la diferencia de los dos términos; 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 lı́mite. Si se lanza hacia abajo con una velocidad mayor que la lı́mite,
el rozamiento es mayor que el peso y frena a la partı́cula hasta que llega asintóticamente a la
velocidad lı́mite. Para ver si llega en un tiempo finito a esta velocidad, podemos estudiar la
convergencia de la cuadratura de v:
lı́m
v→vL
g sin α −
(vL − v)α
q
f cosα
R
=
g2 R2
cos2 α
= lı́m
+ 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 asintóticamente a un valor vL , y tarda
un tiempo infinito en alcanzarlo.
Nótese que el comportamiento serı́a muy distinto si f > tan α ; entonces el mı́nimo del rozamiento serı́a mayor que la componente
tangencial del peso. Si la partı́cula se deja quieta, no se mueve, y si
se lanza la velocidad tiende siempre a cero, quedándose parada.
α =1
tL → ∞
⇒
v̇
R
v
−g sin α
4. La velocidad lı́mite se obtiene haciendo v̇ = 0
r
2
1/4
tan α
gR
vL =
−1
cos α
f2
Vuelve a quedar de manifiesto que, si f > tan α , no habrı́a velocidad lı́mite (o serı́a 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 lógico, en el lı́mite 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 lı́mite:
s
1/4
p
gR2
1
vL = √
−1
= 2gR = v0
2 1/3
70
Se lanza exactamente con la velocidad lı́mite, de modo que v̇ = 0; el movimiento se realiza
hacia abajo con velocidad constante.
71
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 partı́cula pe3
sada de masa m se mueve sobre la curva lisa del sistema Oxyz de ecuación y = 0, z = ax2 − x, donde
a = g/ω 2 . Dejar reducido a cuadratura el movimiento de la partı́cula sobre la curva. Si inicialmente la
partı́cula está en el origen y se lanza con una velocidad respecto al sistema Oxyz de valor v0 , estudiar
cualitativamente el movimiento del punto según sea el valor de v0 .
Septiembre de 1994
1. Este problema (o más bien ejercicio) se puede resolver en ejes fijos tomando r = (x cos ω t, x sin ω t, z),
calculando la aceleración como función de t, x, z y sus derivadas, y proyectando según la tangente la ecuación de la cantidad de movimiento. Mediante la ecuación de la curva, quedarı́a una
ecuación diferencial en t, x y sus derivadas (o z, si se prefiere). La velocidad y la aceleración se
calculan más fácilmente por composición de movimientos. Con un poco de esfuerzo, se puede
reducir a una cuadratura.
Pero las operaciones son laboriosas.
Parece más sencillo estudiar el movimiento relativo a los ejes móviles
Oxyz. Hay que considerar sólo la fuerza centrı́fuga, pues la de Coriolis es
normal al plano Oxz y la anula la reacción normal. Esto tiene la ventaja de
que, como la fuerza centrı́fuga es potencial, se puede hacer un análisis cualitativo.
P = −mg k → Vp = mgz
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 energı́a: curva lisa y fija (en ejes Oxyz), la fuerza de
inercia de Coriolis no trabaja, el peso y la centrı́fuga son potenciales.
1
1
1
m ẋ2 + ż2 + mgz − mω 2 x2 = E = m v20 + 0 − 0
2
2
2
Con la ecuación de la curva podemos eliminar una de las coordenadas; parece algo más fácil
sustituir la z; además, la curva es uniforme en x y no en z:
3x2
g
ż =
− 1 ẋ ;
ω2 =
2
a
a
"
2
2 #
3
1 2
3x
x
1 g
1
mẋ 1 +
−1
+ mg
− x − m x2 = m v20
2
2
2
a
a
2 a
2
r
2
"
#
3x2
2
2
3
± 1 + a2 − 1 dx
3x
x
x2
2
r
ẋ2 1 +
−
1
=
v
−
2g
−
−
x
⇒
dt
=
0
a2
a2 2a
x3
x2
2
v0 − 2g a2 − 2a − x
x3
z = 2 −x;
a
2. Para el análisis cualitativo podemos observar que el coeficiente de ẋ es siempre positivo, de
modo que sólo hay que estudiar el comportamiento del segundo miembro
2
ẋ
2 3
3x2
x
x2
2
2
1+
−1
= v0 − 2g 2 − − x = [E −V (x)]
2
a
a
2a
m
|
{z
}
>0
72
El potencial tendrá una forma similar a la de la curva. El potencial
centrı́fugo es una parábola invertida, que mueve hacia la derecha el
máximo y el mı́nimo de la curva, pero sin alterar su forma general.
Veamos los ceros y máximos y mı́nimos:
√ 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 energı́a
que determina el tipo de movimiento es el potencial del máximo:
√ i
2 h V a 1 − 13 /6 =
m
√
−19 + 13 13
2ga
T v20
108
Si v20 es menor que ese valor, la partı́cula oscila asimétricamente
alrededor del origen; si es igual, tiende asintóticamente al máximo;
si es menor, pasa el máximo y se va a −∞.
73
Problema 3.2.4: Sea O1 x1 y1 una referencia cartesiana rectangular que, se admitirá, 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 partı́cula 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 partı́cula M relativo al aro A y para ello se toman unos ejes Oxy ligados a éste. En el
instante inicial el punto O se encuentra en (a, 0), los ejes Oxy son paralelos a los O1 x1 y1 , y la partı́cula 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 ecuación que gobierna el movimiento de la partı́cula M
2. Reducir a cuadraturas el movimiento. Realizar un análisis cualitativo de los distintos tipos de
movimiento que pueden presentarse en función del parámetro Λ. ¿Para qué valores del parámetro
Λ se generan movimientos asintóticos? ¿A qué posición tiende asintóticamente la partı́cula 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 partı́cula se mueve
por el aro.
4. Determinar, en función de la posición, el valor de la reacción normal del aro sobre la partı́cula.
5. En el caso en que la ligadura fuese unilateral, con posibilidad de desprendimiento de la partı́cula
hacia el interior del aro, analizar si se produce o no desprendimiento; en caso de que se produzca,
localizar la posición en que tienen lugar.
NOTA: resulta conveniente, a partir del apartado 2), utilizar como coordenada generalizada el ángulo
−−→
−−→
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 ángulo −ω t respecto a los ejes
fijos, y −2ω t respecto al radio O1 O. El triángulo formado por O1 O, Ox
y O1 x1 es isósceles. A esta misma conclusión se habrı́a 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 ángulo
recorrido tiene que ser la mitad.
y1
~ω01
y
aω
O
2ω t
ωt
O1
x1
x
y1
Sobre la partı́cula (S2 ) no pesada actúan sólo la reacción 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 dirección Oz. Las
aceleraciones son sencillas porque tanto el movimiento absoluto de O como el relativo de M
74
son circulares. Parece conveniente proyectar en los ejes de las coordenadas polares de M en
S0 . El ángulo polar es α , que está relacionado con θ a través del triángulo isósceles antes
mencionado:
θ = α + π − 2ω t
θ̇ = α̇ − 2ω
θ̈ = α̈
En estos ejes las aceleraciones serán más 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 α̇ ur
0 a α̇ 0 La ecuación de la cantidad de movimiento de la partı́cula
 

 



N 
−1
−a α̇ 2 
1 − cos θ 
sin θ
0 =m
− 0 + mω 2 a
+ 2maω α̇
a α̈
0

0



0
0
proyectada según la tangente al aro uθ da
maω 2 sin θ = ma α̈
⇒
θ̈ = ω 2 sin θ
que es la ecuación del péndulo simple, pero tomando origen de ángulos en el punto inestable.
La fuerza centrı́fuga hace el efecto del peso. Nótese que θ no es propiamente el movimiento
respecto al aro, sino respecto al radio vector O1 O.
2. La ecuación diferencial es la del péndulo, luego el movimiento es también el del péndulo:
libración, movimiento asintótico, y rotación. La ecuación del movimiento se puede integrar,
llegando a la integral de la energı́a:
θ̈ θ̇ = ω 2 sin θ θ̇ ;
θ̇ 2
= C − ω 2 cos θ ;
2
1
ma θ̇ 2 = E − maω 2 cos θ = E −V (θ )
2
Aquı́ la energı́a es la del movimiento respecto al radio vector giratorio O1 O. Para calcular la
energı́a del movimiento asintótico, necesitamos las condiciones iniciales referidas a esta recta,
pero la velocidad inicial se da respecto al aro:
θ0 = π
vM
20
α0 = 0
= aα̇0 uθ = a (2 + Λ) ω uθ
1
θ̇0 = α̇0 − 2ω = Λω
En el movimiento asintótico, se llega al punto inestable, θ = 0, con
velocidad nula:
π
2
π
3π
2
2π
−1
1
2 2
2
∗
E = mgω = maΛ ω − mgω
⇒ Λ =2
2
Según que el parámetro Λ sea mayor o menor que este Λ∗ tendremos rotaciones o libraciones
alrededor del punto más alejado; si es exactamente igual, tendremos un movimiento asintótico
al origen.
∗
2
3. El valor de Λ es precisamente el del movimiento asintótico; si fuera otro, no se podrı́a
integrar la ley horaria mediante funciones elementales. En este caso la integral de la energı́a se
reduce a
√
+d θ
θ̇ 2 = E ∗ − 2ω 2 cos θ = 2ω 2 (1 − cos θ ) ; √
= 2ω dt
1 − cos θ
75
Compensa hacer un cambio de variable, de modo que midamos los ángulos desde el punto de
equilibrio estable, como se hace en el péndulo 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 ecuación de la cantidad de movimiento, proyectando según ur , se obtiene:
− N + mω 2 a (1 − cos θ ) − 2maω α̇ = −ma α̇ 2
N = ma ω 2 − 2ω α̇ + α̇ 2 − mω 2 a cos θ = ma (α̇ − ω )2 mω 2 a cos θ
2
α̇ = θ̇ + 2ω ⇒ N = ma θ̇ + ω − mω 2 a cos θ
De la integral de la energı́a se obtuvo
θ̇ 2 = 2ω 2 (1 − cos θ )
con lo que podemos poner la N en función de θ , teniendo cuidado con el signo de θ̇ :
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 péndulo simple, la reacción era simétrica. Aquı́ varı́a según el signo de θ̇ . Esto
se debe a que la fuerza que empuja hacia el exterior del aro es básicamente la centrı́fuga, 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 también cambia de sentido y afecta a la N.
5. El desprendimiento se producirá a partir del momento en que N cambie de signo. Nótese
que 1 − cos θ ≥p
0 siempre. Por lo tanto, la N sólo puede anularse en la oscilación de vuelta,
cuando θ̇ = −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 =
76
8
9
⇒
θd = arc cos
1
(θ̇ < 0)
9