Mecánica y Ondas

Mecánica y Ondas
Salamanca, Segundo semestre
2
Índice
1. El problema de dos cuerpos
1
Planteamiento general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1
Principio de acción y reacción . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2
Coordenada Relativa y de Centro de masa . . . . . . . . . .
1.3
Masa total y masa reducida . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Separación de movimientos para sistemas aislados . . . . . . . . . .
2.1
Movimiento relativo y movimiento del centro de masa . . . .
2.2
Momento lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3
Separación del momento angular . . . . . . . . . . . . . . .
2.4
Separación de la energı́a cinética . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Sistemas aislados: Movimiento ligado . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1
Sistema de centro de masas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2
Movimiento de planetas y satélites . . . . . . . . . . . . . .
4
Choques de dos partı́culas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1
Colisiones elásticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Sistema CM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3
Sistema de laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4
Relación entre los sistemas CM y Lab. Ventajas de cada uno
4.5
Transferencia de energı́a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Sección eficaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
Choques relativistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1
Efecto Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
1
1
1
2
2
2
3
3
3
3
4
6
6
7
7
8
11
11
12
13
14
2. Movimiento de un sistema de partı́culas
1
Principio de acción y reacción . . . . . . . .
1.1
Principio de acción y reacción fuerte
1.2
Centro de masa . . . . . . . . . . . .
2
Momento lineal . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Momento angular . . . . . . . . . . . . . . .
4
Energı́a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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36
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i
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ii
5
6
7
8
4.1
Energı́a cinética . . . . . . . . . .
4.2
Energı́a potencial . . . . . . . . .
Sistema de centro de masa . . . . . . .
Formulación lagrangiana . . . . . . . . .
6.1
Términos de la energı́a cinética .
6.2
Lagrangiano . . . . . . . . . . . .
Formalismo Hamiltoniano . . . . . . . .
7.1
momentos generalizados . . . . .
7.2
Hamiltoniano . . . . . . . . . . .
7.3
Conservación del Hamiltoniano .
7.4
Significado fı́sico del hamiltoniano
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3. Sistemas de referencia no inerciales
1
Relación entre dos sistemas de referencia . .
1.1
Cambio de origen . . . . . . . . . . .
1.2
Cambio de vectores unitarios . . . . .
1.3
Variación de un vector . . . . . . . .
2
Movimiento en un sistema no inercial . . . .
2.1
Relación entre las posiciones . . . . .
2.2
Relación entre las velocidades . . . .
2.3
Relación entre las aceleraciones . . .
3
Teorema de Coriolis . . . . . . . . . . . . . .
4
Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1
Cubo de Newton . . . . . . . . . . .
4.2
Coordenadas terrestres . . . . . . . .
4.3
Gravedad terrestre . . . . . . . . . .
4.4
Desviación de la caida de los cuerpos
4.5
Péndulo de Foucault . . . . . . . . .
5
Angulos de Euler . . . . . . . . . . . . . . .
5.1
velocidad angular . . . . . . . . . . .
6
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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4. Sólido rı́gido I: Cinemática
1
El sólido rı́gido como un sistema de partı́culas . . . . . .
1.1
El sistema del cuerpo: Sistema de centro de masa
1.2
Condición de sólido rı́gido . . . . . . . . . . . . .
2
Momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1
Matriz de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Energı́a cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Desplazamiento del origen . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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iii
5. Sólido rı́gido II: Dinámica
1
Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . . . . .
1.1
Coordenadas de rotación y de translación .
1.2
Traslación del centro de masa . . . . . . .
1.3
Rotación. Ecuaciones de Euler . . . . . . .
2
Movimiento del sólido libre . . . . . . . . . . . . .
2.1
Esfera de Inercia . . . . . . . . . . . . . .
2.2
Elipsoide de inercia . . . . . . . . . . . . .
2.3
Sólido rı́gido simétrico . . . . . . . . . . .
2.4
Estabilidad del movimiento . . . . . . . .
3
El trompo de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . .
3.1
Movimiento del centro de masas . . . . . .
3.2
Rotación del sólido . . . . . . . . . . . . .
3.3
Descripción lagrangiana . . . . . . . . . .
3.4
Descripción cualitativa del movimiento . .
4
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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. 141
. 142
. 144
. 147
Capı́tulo 1.
El problema de dos cuerpos
1
1.1
Planteamiento general
Principio de acción y reacción
En este capı́tulo nos ocuparemos de un sistema formado por dos partı́culas y sujeto
a la fuerza de interacción entre ambas. En virtud de la tercera ley de Newton si la
fuerza en la primera partı́cula debida a la segunda es F~12 , entonces la fuerza sobre
la segunda debida a la primera es F~21 = −F~12 . De este modo las ecuaciones del
movimiento de cada una de las partı́culas son:
m1 r~¨1 = F~1 + F~12
m2 r~¨2 = F~2 − F~12
(1.1)
(1.2)
donde F~1 y F~2 son las fuerzas externas que actúan sobre cada partı́cula.
1.2
Coordenada Relativa y de Centro de masa
Es conveniente introducir nuevas variables en lugar de r~1 y r~2 . Definimos la
posición del centro de masas como
~ = m1 r~1 + m2 r~2
R
m1 + m2
(1.3)
~r = r~1 − r~2
(1.4)
y la posición relativa
1.3
Masa total y masa reducida
Asimismo definimos la masa total
M = m1 + m2
1
(1.5)
2
Capı́tulo 6
y la masa reducida
µ=
2
(1.6)
Separación de movimientos para sistemas aislados
Despejando r~1 y r~2
2.1
m1 m2
m1 + m2
m2
~r
M
~ − m1 ~r
r~2 = R
M
~+
r~1 = R
(2.1)
(2.2)
Movimiento relativo y movimiento del centro de masa
Diferenciando dos veces obtenemos
¨~
MR
= F~1 + F~2
m2 F~1 − m1 F~2
µ~¨r = F~12 +
m1 + m2
(2.3)
(2.4)
La ecuación (2.3) demuestra que el centro de masa se mueve solo debido a las
fuerzas externas mientras que (2.4) describe el movimiento de la masa reducida.
En lo que resta de este tema (salvo que se diga expresamente lo contrario) nos
restringiremos al caso de sistemas aislados del exterior por lo que F~1 = F~2 = 0.
En tal caso el movimiento de la masa relativa es debido unicamente a la fuerza de
interacción mutua.
2.2
Momento lineal
El momento total del sistema será
y por tanto
Utilizando (2.1) y (2.2)
de manera que
P~ = p~1 + p~2
(2.5)
P~ = m1 r~˙1 + m2 r~˙2
(2.6)
~˙
P~ = M R
(2.7)
dP~
¨~
= MR
= F~1 + F~2
(2.8)
dt
Por lo que si el sistema es aislado, el momento lineal del sistema es constante y el centro de masa se mueve con movimiento rectilı́neo uniforme
El problema de dos cuerpos
2.3
3
Separación del momento angular
El momento angular del sistema es:
J~ = J~1 + J~2 = m1 r~1 × r~˙1 + m1 r~2 × r~˙2
(2.9)
~ ×R
~˙ + µ~r × ~r˙
J~ = M R
(2.10)
que operando es:
2.4
Separación de la energı́a cinética
que se desacopla como
3
2
2
1
1
T = T1 + T2 = m1 r~˙1 + m2 r~˙2
2
2
(2.11)
1 ~˙ 2 1 ˙ 2
+ µ~r
T = MR
2
2
(2.12)
Sistemas aislados: Movimiento ligado
Vamos a considerar en este apartado un sistema de dos partı́culas que permanece
ligado bajo interacción mutua
3.1
Sistema de centro de masas
En este caso resulta particularmente interesante tomar como sistema de referencia
un sistema en que el centro de masas permanezca en el origen. En virtud de (2.8),
dicho sistema en nuestro caso es un sistema inercial al que denominaremos sistema
CM. Las cantidades medidas en dicho sistema las designaremos con un asterisco.
• Posiciones
~r1? =
m2
~r
M
(3.1)
m1
~r
(3.2)
M
Obsérvese que ~r no lleva asterisco ya que al ser la diferencia de dos vectores es
independiente del sistema de referencia.
• Momento Lineal
~r2? = −
p~?1 = µ~r = p~?
(3.3)
p~?2 = −µ~r = −~p?
(3.4)
P~ ? = 0
4
Capı́tulo 6
La caracterı́stica del sistema CM es que las dos partı́culas se mueven con momentos
lineales iguales y opuestos de forma que el momento lineal total es cero.
• Energı́a Cinética
1 2
T ? = µ~r˙
2
(3.5)
J ? = µ~r × ~r˙
(3.6)
• Momento Angular
Para obtener los valores en cualquier otro sistema a partir de los del sistema CM
basta con sumar la contribución de una partı́cula de masa M situada en el centro
~ Por lo tanto:
de masas R.
~ + ~r1?
~r1 = R
(3.7)
~ + ~r?
~r2 = R
2
(3.8)
~˙ + p~?
p~1 = m1 R
(3.9)
~˙ − p~?
p~2 = m2 R
(3.10)
1 ~˙ 2
T = MR
+ T?
2
~ ×R
~˙ + J~?
J~ = M R
3.2
(3.11)
(3.12)
Movimiento de planetas y satélites
Consideremos dos masas m1 y m2 . La fuerza gravitatoria entre ambas será
Gm1 m2 ~
GM µ
F~12 = −
jr = − 2 ~jr
2
| ~r1 − ~r2 |
r
(3.13)
De manera que el movimiento de la coordenada relativa es el de una partı́cula de
masa µ en el potencial gravitatorio creado por una masa M situada en el origen
(centro de masa), es decir
V =−
k
r
k = GM µ
(3.14)
De manera que la energı́a y el momento angular se conservan
1 2 k
E ? = µ~r˙ −
2
r
(3.15)
J~? = µr2 ϕ̇~k
(3.16)
El problema de dos cuerpos
5
Como sabemos, para energı́a negativa (estado ligado) la órbita es una elipse
r = r1
1 − ² cos ϕ
1−²
(3.17)
donde r1 es el afelio (máximo acercamiento) y ² < 1 la excentricidad. Estas
cantidades se determinan en términos de E ? y J ? en la forma:
r1 = −
k
(1 − ²)
2E ?
(3.18)
2J ?2 E ?
µk 2
(3.19)
s
²=
1+
mientras que el semieje mayor y el menor son:
a=
r1
k
=−
1−e
2E?
√
J?
b = a 1 − ²2 = √
−2µE?
(3.20)
(3.21)
mientras que la constancia de J~? proporciona la tercera ley de Kepler
dS
r2
J?
= ϕ̇ =⇒ πab =
τ
dt
2
2µ
(3.22)
donde τ es el perı́odo. Substituyendo b y k
τ 2 = 4π 2
a3
GM
(3.23)
• Veamos ahora algunas consecuencias para el Sistema tierra-luna
Segun lo anterior tanto la tierra como la luna describen elipses alrededor del
centro de masas. Los semiejes de ambas son
a1 =
m2
a
M
a2 =
m1
a
M
(3.24)
mientras que el perı́odo de revolución es
τ 2 = 4π 2
a3
G(m1 + m2 )
(3.25)
La aproximación radical de considerar la tierra fija consistirı́a en despreciar m1
frente a m2 . Esto, que es válido para casi todos los cuerpos del sistema solar, no lo
es en el caso tierra-luna en el que la tierra es solo unas 100 veces más pesada que la
1
= 1/810 5 mientras que a = 30 8 × 105 km. Si despreciaramos
luna. En concreto m
m2
6
Capı́tulo 6
m1 en (3.25) cometerı́amos un error de unas 4h (en un mes). Por otro lado el
hecho de que la tierra describa una elipse de a2 ' 4500km hace que la dirección
aparente del sol varı́e un ángulo dado por
a2
(3.26)
sin α =
D
donde D es la distancia tierra-sol (10 5 × 108 Km). El resultado es α = 60 5 segundos
de arco
4
Choques de dos partı́culas
4.1
Colisiones elásticas
Un choque entre dos partı́culas se llama elástico si no hay pérdida de energı́a
cinética en la colisión. Estos choques son tı́picos de los cuerpos muy duros.
También es aplicable al caso de potenciales conservativos que se anulen en el infinito pues en tal caso la energı́a cinética en el infinito es la energı́a total.
Las ecuaciones de conservación proporcionan por tanto
p~1 + p~2 = ~q1 + ~q2
E1 + E2 = E10 + E20
donde
p~ = m~v
p2
E=
2m
El problema de dos cuerpos
4.2
7
Sistema CM
Se define como aquel en que R∗ = 0 y por tanto p~∗1 + p∗2 = 0
•
Conservación del momento:
En este caso el momento total del sistema es cero por lo que las partı́culas se
acercan con momentos iguales y opuestos p∗ = µ~r˙in para alejarse con momentos
˙ , formando un ángulo θ∗ con la dirección incidente.
iguales y opuestos q ∗ = µ~rout
•
Conservación de la energı́a cinética
T∗ =
(p∗ )2
(q ∗ )2
=
2µ
2µ
(4.1)
p∗ = q ∗
(4.2)
En consecuencia
4.3
Sistema de laboratorio
En este caso la partı́cula 1 se acerca con momento p~1,L a la partı́cula dos que está
en reposo y por tanto p~2,L = 0.
8
Capı́tulo 6
En consecuencia de (3.10) obtenemos:
~ L − p~∗ =⇒ R
~L =
0 = p~2,L = m2 R
p∗
m2
(4.3)
que es la velocidad del CM en el sistema Lab Substituyendo en (3.9)
~ L + p∗ = M p~∗
p~1,L = m1 R
m2
(4.4)
De la misma forma, si llamamos ~q1,L y ~q2,L a los momentos salientes, tendremos
~ L − ~q∗ =
~q1,L = m1 R
~q2,L = p~∗ − ~q∗
4.4
m1 ∗
p~ − ~q∗
m2
(4.5)
(4.6)
Relación entre los sistemas CM y Lab. Ventajas de
cada uno
Las relaciones anteriores pueden verse resumidas en el siguiente diagrama
El problema de dos cuerpos
9
Para ver la relación entre módulos y ángulos podemos tener en cuenta lo siguiente
• Es trivial comprobar en el triángulo de la derecha que, puesto que p∗ = q ∗
entonces
2α + θ∗ = π
y por tanto
α=
π θ∗
−
2
2
(4.7)
• Aplicando a este mismo triángulo de la derecha el teorema del coseno
Ã
2
q2,L
∗ 2
∗ 2
∗ ∗
∗ 2
= (p ) + (q ) − 2p q cos(α) = 4(p ) sin
Ã
q2,L
θ∗
= 2p sin
2
2
θ∗
2
!
!
∗
(4.8)
• Aplicando el teorema del coseno al triángulo de la izquierda
"
2
q1,L
=
2
q2,L
+
p21,L
∗ 2
− 2q2,L p1,L cos α = (p )
y por tanto
s
∗
q1,L = p
µ
m1
1+
m2
¶2
+2
µ
m1
1+
m2
¶2
m1
+2
cos θ∗
m2
m1
cos θ∗
m2
• Por otra parte, llamando h a la altura de los triángulos, tenemos:
Ã
θ∗
h = q1,L sin θL = q2,L cos
2
!
#
(4.9)
10
Capı́tulo 6
Empleando (4.8) y (4.9)
sin θ∗
sin θL = r
1+
es decir:
³
m1
m2
m1
m2
cos θL = r
1+
o bien
tg θL =
³
m1
m2
´2
1
+ 2m
cos θ∗
m2
+ cos θ∗
´2
1
+ 2m
cos θ∗
m2
sin θ∗
m1
+ cos θ∗
m2
(4.10)
Angulo máximo en Lab
El ángulo θ∗ varı́a desde 0 hasta π pero la variación de θL depende del cociente
m2
. En efecto si igualamos a cero la derivada de (4.10) obtenemos
m1
θL = θmax ⇔ 1 +
m1
cos θ∗ = 0
m2
es decir
m2
m1
lo que solo es posible si m2 ≤ m1 . En consecuencia:
θL = θmax ⇔ cos θ∗ = −
• si m2 > m1 , cuando θ varı́a de 0 a π, θ∗ crece sin alcanzar un valor lı́mite
m2
• Por el contrario si m1 ≤ m1 , θL alcanza un valor máximo cuando cos θ∗ = − m
1
y por tanto
m2
sin θmax =
(4.11)
m1
El problema de dos cuerpos
4.5
11
Transferencia de energı́a
La energı́a del sistema es justamente la energı́a cinética de la partı́cula incidente,
es decir:
(p1,L )2
M 2 (p∗ )2
T =
=
(4.12)
2m1
2m1 m22
Parte de esa energı́a se comunica a la segunda partı́cula que adquiere una energı́a:
Ã
(q2,L )2
2(p∗ )2
θ∗
T2 =
=
sin2
2m2
m2
2
!
(4.13)
de forma que la fracción de energı́a transferida es:
Ã
∗
T2
4m1 m2
2 θ
=
sin
T
M2
2
!
(4.14)
La máxima transferencia de energı́a se tiene para un choque de frente (θ∗ = π) y
m1
1
2
es 4mM1 m
2 . Por ejemplo, en un choque protón-partı́cula α ( m = 4, o, 4 ) la máxima
2
m1
transferncia es de 64%, en un choque protón electrón ( m
= 1836) es de un 0, 2%
2
5
Sección eficaz
La forma más sencilla de encontrar la sección diferencial Lab es frecuentemente
hallar la sección CM y utilizar la relación
dΩ∗
sin θ∗ dθ∗
=
dΩ
sin θL dθL
(5.1)
La razón es que la relación entre b y θ∗ es mucho más simple que la que hay entre
b y θ.
La relación entre las secciones eficaces será:
dσ
dσ dΩ∗
=
dΩL
dΩ∗ dΩL
y
Derivando (4.10)
sin θL dθL
dΩL
=
∗
dΩ
sin θ∗ dθ∗
1
1+ m
cos θ∗
1 dθL
m2
=
³
´2
m1
cos2 θL dθ∗
+ cos θ∗
m2
es decir:
1
1+ m
cos θ∗
dθL
m2
=
´
³
2
dθ∗
1
1
+ 2m
cos θ∗
1+ m
m2
m2
(5.2)
12
Capı́tulo 6
mientras que:
sin θL
=r
sin θ∗
1
³
1+
m1
m2
´2
m1
cos θ∗
+ 2m
2
En consecuencia
µ
 1+
dσ

=
dΩL 
6
³
m1
m2
´2
¶3 
+
1+
1
2m
m2
cos θ
∗
m1
m2
2
 dσ


 dΩ∗
(5.3)
Choques relativistas
Si son elásticos, se aplican las mismas ecuaciones de conservación de momento y
energı́a
p~1 + p~2 = ~q1 + ~q2
E1 + E2 = E10 + E20
pero en este caso
p~ =
m~v
2
1 − vc2
q
E=
p2 c2 + m2 c4 =
mc2
2
1 − vc2
El problema de dos cuerpos
6.1
13
Efecto Compton
Es la colisión de fotones (masa cero) con electromes (masa m)
•
Conservación del momento
Sea p~ el momento del fotón incidente y p~0 el del saliente. ~q es el momento del
electrón. Si suponemos p~ dirigido en la dirección x, θ es el ángulo que p~0 forma
con el eje x y ϕ el que forma ~q. De manera que
p = p0 cos θ + q cos ϕ
0
0 = p sin θ − q sin ϕ
•
(6.4)
(6.5)
Conservación de la energı́a
pc + mc2 = p0 c +
q
m2 c4 + q 2 c2
(6.6)
Los datos del problema son p y p0 y en función de ellos hemos de determinar θ.
Eliminando q y ϕ de (6.3) y (6.4)
q 2 = (p − p0 cos θ)2 + p02 sin2 θ = p2 + p02 − 2pp0 cos θ
tanθ =
p0 sin θ
p − p0 cos θ
substituyendo en (6.5)
pc − p0 c + me c2 =
q
m2e c4 + p2 c2 + p02 c2 − 2pp0 cos θc2
de donde
1 − cos θ =
me c(p − p0 )
pp0
(6.7)
(6.8)
14
7
Capı́tulo 6
Problemas
Enunciados
1) Dos partı́culas identicamente cargadas, cada una de masa m y carga e, están
inicialmente muy alejadas. Una de las partı́culas está en reposo, y la otra se mueve
con velocidad v y parámetro de impacto b = 2e2 /mv 2 . Hallar la distancia de
máxima aproximación de las partı́culas y la velocidad de cada una en el momento
de máxima aproximación.
2) Dos partı́culas de masa m1 y m2 están sujetas a los extremos de un ligero muelle
vertical. La longitud natural del muelle es l, y su tensión es k veces su extensión.
Inicialmente las partı́culas están en reposo con m1 a una altura l sobre m2 . En el
tiempo t = 0, m1 es lanzada verticalmente hacia arriba con velocidad v. Hallar
las posiciones de las partı́culas en cualquier instante posterior. ¿Cúal es el mayor
valor de v para el que se puede aplicar esta solución?
3) Un protón es dispersado elásticamente bajo un ángulo de 56 grados por un
núcleo que retrocede bajo un ángulo sesenta grados. hallar la masa atómica del
núcleo y la fracción de energı́a cinética transferida al mismo.
4) Una molécula A que se mueve con velocidad v choca con una partı́cula en
reposo B. Después del choque A se mueve con velocidad v2 y B con velocidad 32 v.
Encontrar la relación entre sus masas. Si en lugar de separarse, los dos cuerpos
continúan unidos después del choque, ¿con que velocidad se moverán?.
5) Una partı́cula de masa m1 y velocidad inicial v1 incide sobre una partı́cula en
reposo de masa m2 . El choque es perfectamente elástico. Se observa que después
de la colisión las partı́culas tienen velocidades iguales y opuestas. Obtener:
a) la relación entre las masas;
b) las velocidad del centro de masas;
c) la energı́a cinética total de las dos partı́culas en el sistema de C.M. expresada
en función de T1 = 21 m1 v12 ;
d) la energı́a cinética final de m1 en el sistema de laboratorio y el ángulo θ? en
el sistema de C.M.
El problema de dos cuerpos
15
6) La sección eficaz de Rutherford (dispersión de partı́culas de carga q y masa m
por un blanco fijo de carga Q) es:
dσ
a2
=
dΩ
4 sin4
χ
2
Qq
donde a = mv
2 y χ es el ángulo de dispersión. El parámetro de impacto viene dado
por b = a ctg χ2 y la distancia de mı́nimo acercamiento por rm = a + (a2 + b2 )1/2 .
Consideremos la dispersión de un haz de partı́culas α (núcleos de helio) por un
átomo de número atómico Z.
a) Las partı́culas α inciden sobre un átomo de plomo (Z= 82) con velocidades
v1 y v2 siendo v1 > v2 . ¿Cual se acercará más al centro de dispersión?
b) Colocamos un detector de partı́culas α formando un ángulo θ con la dirección
de incidencia del haz de partı́culas. Utilizamos como blanco primero carbono
(ZC = 12) y luego plata (ZAg = 47). ¿En qué caso el detector contará más
partı́culas α?
c) Si en el montaje anterior colocamos el detector primero en una posición θ1
y después en una posición θ2 con (θ1 > θ2 ), decidir en qué caso se detectarán
más partı́culas α suponiendo que el blanco es siempre de plata y, cuál de estas
partı́culas se habrá acercado más al centro dispersor.
7) Demostrar que la separación de movimientos se puede hacer también en presencia de un campo gravitatorio externo uniforme.
8) En 1932 J. Chadwick descubrió el neutrón. Determinó su masa observando las
colisiones elásticas de los neutrones con protones y núcleos de Nitrógeno. Observó
que los protones retrocedı́an con una velocidad máxima de 3, 3x107 m/s mientras
que los núcleos de nitrógeno lo hacı́an con 4, 7x106 m/s. Calcular con estos datos
la masa del neutrón.
9) En una colisión elástica de dos partı́culas de masas m1 y m2 con igual energı́a
cinética, las velocidades iniciales son respectivamente ~v1 y ~v2 = α~v1 con α > 0. Si
m1
después del choque m1 queda en reposo, determinar m
2
10) Dos esferas de diámetro d y masas m1 y m2 se encuentran incialemte en reposo
con sus centros a una distancia d. Se atraen debido a la fuerza de la gravedad.
Encontrar la velocidad de cada esfera en el momento de la colisión
11) Una partı́cula de masa m0 , moviéndose a velocidad 45 c choca con otra similar
en reposo formando una nueva partı́cula. ¿Cúal es la masa y velocidad de la
partı́cula resultante?
12) Una partı́cula de masa en reposo m0 y energı́a cinética 2m0 c2 choca con una
partı́cula en reposo de masa 2m0 formando una partı́cula compuesta. Determinar
su masa.
16
Capı́tulo 6
1) Dos partı́culas idénticamente cargadas, cada una de masa m y carga e, están
inicialmente muy alejadas. Una de las partı́culas está en reposo, y la otra se mueve
con velocidad ω y parámetro de impacto b = 2e2 /mω 2 . Hallar la distancia de
máxima aproximación de las partı́culas y la velocidad de cada una en el momento
de máxima aproximación.
Solución
Para este sistema
m
2
Como se trata de un sistema aislado, el momento lineal, la energı́a y el momento
angular se conservan y por tanto podemos determinarlos en términos de las condiciones iniciales que son:
M = 2m,
~r1 = (−∞, b)
~ = 1 (−∞, b),
R
2
~r2 = 0,
~r˙1 = (ω, 0),
µ=
~˙ = 1 (ω, 0),
R
2
~r˙2 = 0,
Para t = −∞
Centro de masa
Conservación del momento lineal
• Por una parte
P~ = p~1 + p~2 = m(ω, 0) = mω~i
• Por otra
de forma que
~˙ = 2mR
~˙
P~ = M R
~˙ = ω~i
R
2
Movimiento del CM
que se puede integrar como
~ = ωt~i + ~c
R
2
donde ~c se calcula con las condiciones iniciales a t = −∞.
Por tanto ~c = 2b ~j y
~ = ωt~i + b ~j
R
2
2
~r = (−∞, b)
~r˙ = (ω, 0)
El problema de dos cuerpos
17
Como la órbita es simétrica, el punto de máximo acercamiento corresponde a t = 0
b
R0 = ~j,
2
ω
(~r˙ )0 = ~i
2
Movimiento de la coordenada relativa
Conservación del momento angular
• Por una parte
~ =L
~1 + L
~ 2 = m(−∞, b) × (ω, 0) = −mωb~k
L
• Por otra
Ã
~ = MR
~ ×R
~˙ + L~∗ = 2m ωt~i +
L
2
!
b~
ω
j × ~i + L~∗
2
2
~ = − mωb ~k + L~∗
L
2
• Comparando
mωb ~
L~∗ = −
k
2
donde
L∗ = µr2 ϕ̇,
µ=
m
2
Conservación de la energı́a
• Por una parte
1
E = E1 + E2 = mω 2
2
• Por otra
ω2
1 ~˙ 2
∗
E = M R + E = m + E∗
2
4
• Comparando
E∗ = m
donde
1 2 (L∗ )2 k
− ,
E = µṙ +
2
2µr2
r
∗
ω2
4
µ=
m
,
2
k = −e2
18
Capı́tulo 6
Movimiento de CR
El movimiento de la coordenada relativa viene dado por:
L∗ = µr2 ϕ̇
y
1
(L∗ )2 k
E ∗ = µṙ2 +
−
2
2µr2
r
• El punto de máximo acercamiento ~r0 corresponde a (~r)0 = 0 y por tanto
L∗ = µr02 ϕ̇0
E∗ =
luego
(L∗ )2
k
−
2
2µr0
r0

k 
r0 =
1+
2E ∗


s
2e2 
r0 =
1+
mω 2
2(L∗ )2 E ∗ 
1+
µk 2

s
m2 ω 4 b2 
1+
4e4
Substituyendo b = 2e2 /mω 2
r0 =
y
√
√
2e2
(1
+
2)
=
b(1
+
2)
mω 2
q
√
m
ω
mωb
= b2 (3 + 2 2)ϕ̇0 =⇒ ϕ̇0 = (3 − 2 (2))
2
2
b
• El ángulo de máximo acercamiento se calcula de:
cos ϕ0 =
−1
−1
3π
= √ =⇒ ϕ0 =
²
4
2
• De manera que los vectores unitarios son
1
(~jr )0 = √ (−1, 1),
2
1
(~jϕ )0 = √ (1, 1)
2
• y por tanto el vector posición es:
~r0 = r0 (~jr )0 = b(1 +
√
1
2) √ (−1, 1) =
2
√
2+2
b(−~i + ~j)
2
El problema de dos cuerpos
• y el vector velocidad
√
2
−
2 ~ ~
~r˙0 = r0 ϕ̇0 (~jϕ )0 =
ω(i + j)
2
Movimientos individuales
• Posiciones
³
√ ´
√
~ 0 + 1 (~r)0 = b −(2 + 2)~i + (4 + 2)~j
(~r1 )0 = (R)
2
4
³
√
√ ´
~ 0 − 1 (~r)0 = b (2 + 2)~i + − 2~j
(~r2 )0 = (R)
2
4
• Velocidades
³
√
√ ´
~˙ 0 + 1 (~r˙ )0 = ω (3 − 2)~i + +(2 − 2)~j
(~r˙1 )0 = (R)
2
2
³
√
√ ´
~˙ 0 − 1 (~r˙ )0 = ω (−1 + 2)~i − (2 − 2)~j
(~r˙2 )0 = (R)
2
2
19
20
Capı́tulo 6
2) Dos partı́culas de masa m1 y m2 están sujetas a los extremos de un ligero muelle
vertical. La longitud natural del muelle es l, y su tensión es k veces su extensión.
Inicialmente las partı́culas están en reposo con m1 a una altura l sobre m2 . En el
tiempo t = 0, m1 es lanzada verticalmente hacia arriba con velocidad v. Hallar
las posiciones de las partı́culas en cualquier instante posterior. ¿Cúal es el mayor
valor de v para el que se puede aplicar esta solución?
Solución
• Condiciones iniciales
Consideremos que el movimiento se realiza según el eje X. En tal caso a t = 0
~r1,0 = l~i,
~r2,0 = 0,
~0 =
R
m1 l ~
i,
m1 + m2
~r0 = l~i
˙ = v~i,
r~1,0
˙ =0
r~2,0
~˙ 0 =
R
m1 v ~
i,
m1 + m2
~r˙0 = v~i
• Ecuaciones del movimiento
Las ecuaciones del movimientos serán:
m1~r¨1 = −m1 g~i − k(x − l)~i
m2~r¨2 = −m2 g~i + k(x − l)~i
Para las coordenadas relativa y de centro de masas serán:
M Ẍ = −M g
µẍ = −k(x − l)
• Soluciones
e integrando ahora, las expresiones para X y x serán:
1
X = X0 + V0 t − gt2
2
x = l + A sen(ωt + ϕ0 )
donde hemos introducido
s
ω=
k
=
µ
s
km1 m2
1 + m2
El problema de dos cuerpos
21
Imponiendo ahora las condiciones iniciales para las coordenadas relativa y de centro
de masas obtenemos los valores para las constantes de integración que, una vez
sustituidos proporcionan
m1
1
(l + vt) − gt2
M
2
v
= l + sen ωt
ω
X =
x
Para determinar las posiciones de las partı́culas en cualquier instante de tiempo
hacemos ahora uso de las expresiones que nos permiten pasar a las coordenadas
de las partı́culas. Ası́:
m2
m1
1
m2 v
x=l+
vt − gt2 +
sen ωt
M
M
2
M ω
m1
1
m1 v
m1
=
vt − gt2 −
sen ωt
=X−
M
M
2
M ω
x1 = X +
x2
• Velocidad lı́mite
En cualquier instante de tiempo, hemos de tener x1 > x2 y por tanto:
l+
v
> 0 =⇒ v < ωl
ω
22
Capı́tulo 6
3) Un protón es dispersado elásticamente bajo un ángulo de 56 grados por un
núcleo que retrocede bajo un ángulo sesenta grados. Hallar la masa atómica del
núcleo y la fracción de energı́a cinética transferida al mismo.
Solución
• Sea m1 la masa del protón y m2 la masa del núcleo, p1 el momento incidente
del protón y q1 y q2 los momentos del protón y del núcleo respectivamente después
del choque. Denotemos por θ y ϕ los ángulos que forman ambos con la dirección
de incidencia después del choque. Por la conservación del momento tendremos:
p1 = q1 cos θ + p2 cos ϕ
0 = q1 sen θ − q2 sin ϕ
Asimismo, la conservación de la energı́a cinética implica:
p21
q2
q2
= 1 + 2
2m1
2m1 2m2
Para eliminar los momentos entre las tres relaciones, hacemos:
q2 = q1
sin θ
sin ϕ
"
p1 = q1
"
#
cos ϕ
sin(θ + ϕ)
cos θ + sin θ
=
sin ϕ
sin ϕ
1 sin(θ + ϕ)
2m1
sin ϕ
#2
1
1
=
+
2m1 2m2
Ã
sin θ
sin ϕ
!2
Simplificando la última relación tenemos:
i
1 h
1
− sin2 θ sin2 ϕ + sin2 θ cos2 ϕ + 2 sin θ sin ϕ cos θ cos ϕ =
sin2 θ
m1
m2
que puede escribirse
m2
sen2 θ
=
m1
sen2 (θ + ϕ) − sen2 ϕ
• La fracción de energı́a cinética transferida al núcleo es:
m1 q22
T20
sen2 (θ + ϕ) − sen2 ϕ
=
=
T1
m2 p21
sen2 (θ + ϕ)
El problema de dos cuerpos
23
4) Una molécula A que se mueve con velocidad v choca con una partı́cula en
reposo B. Después del choque A se mueve con velocidad v2 y B con velocidad 32 v.
Encontrar la relación entre sus masas. Si en lugar de separarse, los dos cuerpos
continúan unidos después del choque, ¿con que velocidad se moverán?.
Solución
• Sean mA y mB respectivamente las masas de las parı́culas A y B. Por la conservación del momento se tiene
3
v
mA v = mA cos θ + mB v cos ϕ
2
2
v
3
mA sin θ = mB v sin ϕ
2
2
y la conservación de la energı́a proporciona:
mA v 2 = mA
v2
9v 2
+ mB
4
4
de forma que
mA = 3mB ,
θ=ϕ=0
• Si los cuerpos continúan unidos después del choque, la conservación del momento será ahora
mA v = (mA + mB )v 0
de forma que la velocidad final con que se moverán es v 0 = 34 v.
Este choque no serı́a elástico ya que
3mB v 2
mA v 2
=
2
2
4mB ( 3v
)2
9mB v 2
(mA + mB )v 02
4
=
=
<T
T0 =
2
2
8
T =
24
Capı́tulo 6
5) Una partı́cula de masa m1 y velocidad inicial v1 incide sobre una partı́cula en
reposo de masa m2 . El choque es perfectamente elástico. Se observa que después
de la colisión las partı́culas tienen velocidades iguales y opuestas. Obtener: a)
la relación entre las masas; b) las velocidad del centro de masas; c) la energı́a
cinética total de las dos partı́culas en el sistema de C.M. expresada en función de
T1 = 21 m1 v12 ; d) la energı́a cinética final de m1 en el sistema de laboratorio y el
ángulo θ? en el sistema de C.M.
Solución
• Sea ~v 0 la velocidad de la partı́cula 2 después del choque. Las ecuaciones de
conservación de momento y energı́a son:
m1 v1 = m2 v 0 cos θ − m1 v 0 cos θ
0 = m2 v 0 sin θ − m1 v 0 sin θ
m1 v12 = m1 v 02 + m2 v 02
Puesto que las masas son distintas, ha de ser
θ=0
de forma que:
m1
m2 − m1
µ
¶2
m1
m1 = (m1 + m2 )
m2 − m1
que nos proporciona la relación entre las masas.
v 0 = v1
m2 = 3m1
y las velocidades
~v 0 =
~v1
2
El problema de dos cuerpos
25
• Calculemos ahora la velocidad del centro de masas.
~˙ = m1 v~1 + m2 v~2 = 1 v~1
V~CM = R
m1 + m2
4
• La energı́a cinética total de las dos partı́culas en el sistema C.M. vendrá dada
por
p∗2
T∗ =
2µ
siendo µ la masa reducida de las dos partı́culas µ =
cuenta que la relación existente entre p∗ y p1 es:
p∗ =
obtenemos
3
m.
4 1
Teniendo ahora en
m2
3
p1 = m1 v1
M
4
3
T ∗ = T1
4
• La energı́a cinética final de m1 en el sistema de laboratorio vendrá dada por
T10 =
m1 v 02
T1
=
2
4
• El ángulo θ∗ en el sistema CM puede calcularse a partir de la expresión
s
∗
q1 = p
µ
m1
1+
m2
¶2
¶
m1
+2
cos θ∗
m2
y el resultado es
θ∗ = π
.
µ
26
Capı́tulo 6
6) La sección eficaz de Rutherford (dispersión de partı́culas de carga q y masa m
por un blanco fijo de carga Q) es:
dσ
a2
=
dΩ
4 sin4
χ
2
Qq
donde a = mv
2 y χ es el ángulo de dispersión. El parámetro de impacto viene dado
por b = a ctg χ2 y la distancia de mı́nimo acercamiento por rm = a + (a2 + b2 )1/2 .
Consideremos la dispersión de un haz de partı́culas α (núcleos de helio) por un
átomo de número atómico Z.
a) Las partı́culas α inciden sobre un átomo de plomo (Z= 82) con velocidades
v1 y v2 siendo v1 > v2 . ¿Cual se acercará más al centro de dispersión?
b) Colocamos un detector de partı́culas α formando un ángulo θ con la dirección
de incidencia del haz de partı́culas. Utilizamos como blanco primero carbono
(ZC = 12) y luego plata (ZAg = 47). ¿En qué caso el detector contará más
partı́culas α?
c) Si en el montaje anterior colocamos el detector primero en una posición
θ1 y después en una posición θ2 (θ1 > θ2 ), decidir en qué caso se detectarán más
partı́culas α suponiendo que el blanco es siempre de plata y, cuál de estas partı́culas
se habrá acercado más al centro dispersor.
Solución
dσ
Se define la sección eficaz diferencial, que denotamos por dΩ
, como la razón entre
el número de partı́culas dispersadas por unidad de ángulo sólido y el número
de partı́culas incidentes por unidad de superficie. Viene dada por medio de la
expresión:
dσ
b(χ) db
=
|
|
dΩ
sen χ dχ
Qq
En el caso de la sección eficaz de Rutherford, tenemos b = ctg χ2 y a = mv
2 , siendo
χ el ángulo de dispersión. Por lo tanto sustituyendo estas expresiones en la de la
sección eficaz diferencial obtenemos
dσ
a2
=
dΩ
4 sen4 χ2
• a) Las partı́culas α inciden sobre un átomo de plomo ZP b = 82, lo cual quiere
decir que Q = 82e+ , con velocidades v1 y v2 , siendo v1 > v2 . Teniendo en cuenta
la expresión para a, como Q permanece constante, si la velocidad aumenta entonces a disminuye. De la observación de la expresión par la distancia de máximo
acercamiento rm = a + (a2 + b2 )1/2 , tenemos que ésta aumenta con a. En consecuencia rm será menor para v1 , es decir, las partı́culas que viajan a más velocidad
se acercarán más al centro dispersor.
El problema de dos cuerpos
27
• b) En este caso el detector se sitúa formando un ángulo θ con la dirección
de incidencia de las partı́culas. El detector contará más partı́culas α cuando la
sección eficaz sea mayor.
Como en este caso el ángulo es constante, tenemos que la sección eficaz diferencial variará sólo con a. De la expresión para a, se tiene que la sección eficaz será
mayor para la plata ya que (QAg > QC ), y por lo tanto se contarán más partı́culas
en este caso.
• c) Si en el montaje anterior colocamos el detector primero en una posición θ1
y después en una θ2 (con θ1 > θ2 ), lo único que varia ahora es el ángulo, ya que el
blanco es siempre de plata. Por lo tanto a permanece constante.
Como θ1 > θ2 , entonces sin4 θ1 > sin4 θ2 , y entonces la sección eficaz disminuirá
al aumentar el ángulo. Por lo tanto el número de partı́culas detectadas será mayor
para el ángulo menor, es decir para θ2 .
Par ver cuál de estas partı́culas se habrá acercado más al centro difusor, tenemos ahora en cuenta
³ ´la expresión para rm , la de b y también el hecho de que
a es constante. ctg χ2 disminuye cuando el ángulo aumenta, y por lo tanto b
disminuye en este caso, y en consecuencia también lo hace la distancia de máximo
acercamiento. Por tanto se acercarán más al centro difusor las partı́culas que se
detectan bajo el ángulo θ1 .
El ángulo χ varı́a entre 0 y π. El mı́nimo acercamiento se producirá entonces
cuando χ = π, en cuyo caso b = 0 y rm = 2a.
28
Capı́tulo 6
7) Demostrar que la separación de movimientos se puede hacer también en presencia de un campo gravitatorio externo uniforme.
solución
Si el campo externo es ~g , la partı́cula 1 experimentará una fuerza
F~1 = m1~g
y la partı́cula 2
con lo que
y por tanto
F~2 = m2~g
m2 F~1 − m1 F~2 = 0
µ~¨r = F~12
El problema de dos cuerpos
29
8) En 1932 J. Chadwick descubrió el neutrón. Determinó su masa observando las
colisiones elásticas de los neutrones con protones y núcleos de Nitrógeno. Observó
que los protones retrocedı́an con una velocidad máxima de 3, 3x107 m/s mientras
que los núcleos de nitrógeno lo hacı́an con 4, 7x106 m/s. Calcular con estos datos
la masa del neutrón.
Solución
La máxima velocidad se adquiere para choque frontal θ = π ϕ = 0. En consecuencia:
mn v1 = −mn v10 + m2 v20
siendo mn la masa del neutrón, m2 la masa del blanco, v1 la velocidad del neutrón
incidente, v10 la velocidad del neutrón saliente y v20 la velocidad que adquiere el
blanco.
Además
mn v12 = mn (v10 )2 + m2 (v20 )2
De estas dos ecuaciones determinamos:
v10 = v1 − v20
y
2v1 mn = (m2 + mn )v20
Aplicando esta últia ecuación a protones y núcleos de nitrógeno respectivamente
obtenemos
0
0
2v1 mn = (mp + mn )v2,p
= (mN + mn )v2,N
de forma que
mn =
0
0
mN v2,N
− mp v2,p
0
0
v2,p
− v2,N
0
0
donde v2,N
= 4, 7x106 m/s y v2,p
= 3, 3x107 m/s Con estos datos mn = 1, 96x10−27 kg
mientras que el valor real es mn = 1, 67x10−27 kg. El error cometido se debe a que
para estas velocidades es necesario utilizar correcciones relativistas.
30
Capı́tulo 6
Solución
• La conservación del momento es:
m1 v1 + m2 αv1 = m2 v20
• y la de la energı́a
1
m1 v12 = m2 (v20 )2
2
• ya que las energı́as cinéticas iniciales son iguales
m1 v12 = m2 α2 v12
de forma que
α2 =
m1
m2
En consecuencia
v20 = (α + α2 )v1
y
2α2 v12 = (v20 )2
De forma que
√
2α = α + α2
q
α=
y por tanto
(2) − 1
√
m1
= α2 = 3 − 2 2
m2
El problema de dos cuerpos
31
10) Dos esferas de diámetro d y masas m1 y m2 se encuentran incialemte en reposo
con sus centros a una distancia d. Se atraen debido a la fuerza de la gravedad.
Encontrar la velocidad de cada esfera en el momento de la colisión
Solución
• Puesto que se trata de un sistema aislado el centro de masas se mueve con
velocidad constante. Como además inicialmente están en reposo, la velocidad del
CM es constante por lo que podemos considerar el CM como origen de coordenadas.
Sea x1 la coordenada de m1 y x2 la coordenada de m2 . Tendremos:
m1 x1 + m2 x2 = 0,
x1 =
x 1 − x2 = x
m2
x,
M
x2 = −
m1
x
M
• Las condiciones iniciales son
ẋ1,0 = 0,
y por tanto
ẋ0 = 0. x1,0 =
ẋ2,0 = 0,
m2
a,
M
x0 = a
x2,0 = −
• La ecución del movimiento es:
µẍ = −
Gm1 m2
x2
cuya integral primera es:
1 2 Gm1 m2
µẋ =
+E
2
x
E la podemos calcular de las condiciones iniciales
0=
Gm1 m2
+E
a
luego
1 2 Gm1 m2 Gm1 m2
µẋ =
−
2
x
a
o bien
µ
1 1
−
ẋ = 2M G
x a
2
¶
m1
a
M
32
Capı́tulo 6
• El el instante de la colisión x = d y ẋ = vc . Por tanto
µ
vc2
1 1
−
= 2M G
d a
¶
y las velocidades individuales
s
ẋ1,c = m2
G
2
M
s
ẋ2,c = −m1
µ
G
2
M
1 1
−
d a
µ
¶
1 1
−
d a
¶
El problema de dos cuerpos
33
11) Una partı́cula de masa m0 , moviéndose a velocidad 45 c choca con otra similar
en reposo formando una nueva partı́cula. ¿Cúal es la masa y velocidad de la
partı́cula resultante?
Solución
Sea p el momento de la partı́cula incidente
mv
m 4/5c
4
p= q
=
= mc
2
3/5
3
1 − vc2
Si q es el momento de la partı́cula saliente, la conservación del momento proporciona
p=q
Por otro lado, la conservación de la energı́a es:
q
m2 c4 + p2 c2 + mc2 =
q
M 2 c4 + q 2 c2
siendo M la masa de la partı́cula resultante. Substituyendo p y q
s
16
m2 c4 + m2 c4 + mc2 =
9
o sea
8 2
mc =
3
s
s
M 2 c4 +
M 2 c4 +
16 2 4
mc
9
16 2 4
mc
9
y por tanto
4m
M=√
3
En cuanto a la velocidad V de la partı́cula resultante se calcula teniendo en cuenta
que:
MV
q=q
1−
V2
c2
y por tanto
4m
4
V
mc = √ q
3
3 1−
Despejando V
s
1−
V2
c2
V2 √ V
= 3
c2
c
c
V =
2
34
Capı́tulo 6
12) Una partı́cula de masa en reposo m0 y energı́a cinética 2m0 c2 choca con una
partı́cula en reposo de masa 2m0 formando una partı́cula compuesta. Determinar
su masa.
Solución
La energı́a cinética proporciona la expresión para el momento p
2
2m0 c =
q
m20 c4 + p2 c2 − m0 c2
de manera que:
p2 = 8m20 c2 =⇒ p =
√
8m0 c
Por otra parte la conservación de la energı́a es:
q
m2 c4 + p2 c2 + 2mc2 =
q
M 2 c4 + p2 c2
que combinada con la anterior es:
3mc2 + 2mc2 =
y en consecuencia
M=
√
√
M 2 c4 + 8m2 c4
17m
Capı́tulo 2.
Movimiento de un sistema de
partı́culas
1
Principio de acción y reacción
Consideremos un sistema de N partı́culas cuyas ecuaciones del movimiento serán
(e)
(i)
mk r~¨k = F~k + F~k
(1.1)
k : 1....N
(1.2)
donde r~k son las posiciones de las partı́culas.
(e)
(i)
F~k es la fuerza externa que actúa sobre la partı́cula mk y F~k la suma de
las fuerzas ejercidas sobre mk por el resto de las partı́culas, es decir:
N
~(i) X ~ (i)
Fk =
Fjk
(1.3)
j=1
(i)
siendo F~jk la fuerza ejercida por la partı́cula j sobre la partı́cula k.
1.1
Principio de acción y reacción fuerte
La tercera ley de Newton establece que:
(i)
(i)
F~jk = −F~kj
(1.4)
y en su versión fuerte (caso que consideraremos aquı́) implica que además las
fuerzas internas están dirigidas segun la lı́nea que une las dos partı́culas y son, por
tanto, centrales, de forma que:
r~jk × F~jk = 0
(1.5)
r~jk = r~j − r~k
(1.6)
35
36
1.2
Capı́tulo 7
Centro de masa
Se define el centro de masa de un sistema de partı́culas como el punto cuya
~ viene dada por:
posición R
P
mk~rk
~
R= P
(1.7)
mk
Igualmente se define la masa total del sistema como
M=
2
X
mk
(1.8)
Momento lineal
El momento lineal total del sistema será la suma de los momentos individuales
X
~˙
P~ =
mk~r˙ k = M R
(2.1)
Su variación con el tiempo será
˙
¨~ X ¨
P~ = M R
=
mk~rk
(2.2)
que, utilizando (1.1), significa:
˙
¨~ X ~ (e)
P~ = M R
=
Fk = F~ (e)
(2.3)
k
Concluimos que:
1) El momento lineal depende solo del movimiento del centro de
masa
2) El centro de masa se mueve como lo harı́a una partı́cula ficticia
de masa M sobre la que actuase la resultante de las fuerzas externas.
3) si la resultante de las fuerzas externas es cero, el centro de masa
define un sistema inercial)
3
Momento angular
El momento angular de un sistema de partı́culas será:
X
J~ =
mk~rk × ~r˙ k
(3.1)
k
y su variación con el tiempo será:
X
˙
J~ =
mk~rk × ~¨rk
k
=
X
(e)
(i)
~rk × (F~k + F~k )
k
=
X
k
(e)
~rk × F~k +
XX
k
j
~rk × F~jk
(3.2)
Movimiento de un sistema de partı́culas
37
Por cada término ~rk × F~jk hay otro de la forma ~rj × F~kj Ambos se cancelan
mutuamente ya que
~rk × F~jk + ~rj × F~kj = (~rk − ~rj ) × F~jk
(3.3)
que se anula en virtud del principio de acción y reacción fuerte.
En consecuencia: La variación del momento angular es sólo debida a
las fuerzas externas
˙ X
(e)
J~ =
~rk × F~k
(3.4)
k
4
Energı́a
4.1
Energı́a cinética
La energı́a cinética de un sistema de partı́culas será:
X1
2
mk~r˙ k
T =
k 2
(4.1)
Su variación con el tiempo es:
Ṫ =
X
(e)
(i)
~r˙ k .(F~k + F~k )
k
=
X
(e)
~r˙ k .F~k +
k
XX
k
(~r˙ k − ~r˙ j ).F~jk
(4.2)
j
Nótese que en el caso particular de un sólido rı́gido la distancia entre dos partı́culas
cualquiera del mismo es siempre constante por lo que (~r˙ k − ~r˙ j ) = 0
Si el sistema de partı́culas es un sólido rı́gido, la variación de la
energı́a cinética se debe sólo a las fuerzas externas)
4.2
Energı́a potencial
Como hemos visto antes la versión fuerte del principio de acción y reacción implica
que las fuerzas internas son centrales y por tanto conservativas. Si las fuerzas
externas son también conservativas podemos definir una función potencial de la
forma:
X X (i)
V (~r1 ....~rN ) = V (e) (~r1 ....~rN ) +
Vjk (rjk )
(4.3)
j<k k
donde
~ (e) (~r1 ....~rN )
F~ (e) = −∇V
F~jk = −
(i)
dVjk (rjk )
drjk
(4.4)
(4.5)
38
5
Capı́tulo 7
Sistema de centro de masa
Muchas veces resulta útil tomar como origen del sistema de referencia el propio
centro de masa. Dicho sistema ( designaremos con ∗ las cantidades medidas en
dicho sistema) viene definido por
~∗ = 0
R
(5.1)
y el cambio de sistema de referencia es:
~ + ~rk∗
~rk = R
de forma que
X
mk~rk∗ = 0
(5.2)
(5.3)
en tal caso es fácil comprobar que:
• momento lineal
~˙
P~ = M R
(5.4)
P~ ∗ = 0
(5.5)
X
~ ×R
~˙ +
J~ = M R
mk r~∗ k × r~˙∗ k
(5.6)
• momento angular
k
~ ×R
~˙ + J~∗
J~ = M R
(5.7)
• energı́a cinética
2
1 ~˙ 2 X 1
MR +
mk r~˙∗ k
2
k 2
1 ~˙ 2
T =
MR + T∗
2
T =
(5.8)
(5.9)
Movimiento de un sistema de partı́culas
6
39
Formulación lagrangiana
Dado un sistema de N partı́culas, sus posiciones quedarán determinadas por 3N
coordenadas
~ri = (xi , yi , zi )
(6.1)
i : 1...N
(6.2)
Si el sistema tiene n grados de libertad bastarán n < 3N coordenadas generalizadas qj para describirlo. Si suponemos que las ligaduras entre las 3N
coordenadas espaciales son holónomas, entonces:
~ri = ~ri (q1 , q2 ....qn , t)
(6.3)
El sistema se dice natural si la relación (6.3) no depende explı́citamente del
tiempo.
6.1
Términos de la energı́a cinética
Derivando (6.3)
n
∂~ri
∂~ri X
+
q̇j
~r˙i =
∂t j=1 ∂qj
(6.4)
de forma que la energı́a cinética del sistema será:
T =
N
X
1
2
i=1
2
mi~r˙i
n
N
X
∂~ri ∂~ri
1 X
q̇j q̇k
mi
=
2 j,k=1
∂qj ∂qk
i=1
+
n
X
N
X
q̇j
j=1
+
mi
i=1
∂~ri ∂~ri
∂t ∂qj
N
X
1
∂~ri
mi ( )2
2 i=1
∂t
(6.5)
Si definimos las siguientes cantidades:
Ajk =
Bj =
C =
N
1X
∂~ri ∂~ri
mi
2 i=1 ∂qj ∂qk
N
X
mi
i=1
N
X
∂~ri ∂~ri
∂t ∂qj
1
∂~ri
mi ( )2
2 i=1
∂t
(6.6)
40
Capı́tulo 7
entonces
T = T0 + T1 + T2
(6.7)
donde los distintos términos son:
• término independiente de las velocidades
T0 = C
(6.8)
• término lineal en las velocidades
T1 =
n
X
Bj q̇j
(6.9)
q̇j q̇k Ajk
(6.10)
j=1
• término cuadrático en las velocidades
T2 =
n
X
j,k=1
Solo cuando el sistema es natural
6.2
∂~
ri
∂t
= 0 y podemos escribir T = T2 .
Lagrangiano
Si el sistema es conservativo, como hemos supuesto, el lagrangiano será:
L(q1 , ...qn , q̇1 , ...q̇n , t) = T (q1 , ...qn , q̇1 , ...q̇n , t) − V (q1 , ...qn )
(6.11)
= 0 se dice que el
Si L no depende explı́citamente del tiempo, es decir, si ∂L
∂t
sistema es autónomo. Nótese que todo sistema natural es autónomo pero no todo
sistema autónomo es natural.
y las ecuaciones de Lagrange serán
∂
∂t
7
7.1
Ã
∂L
∂ q̇j
!
=
∂L
∂qj
(6.12)
Formalismo Hamiltoniano
momentos generalizados
Dado un sistema con n grados de libertad y un lagrangiano dado por (6.11), definimos los momentos generalizados como
pi =
∂L
∂ q̇i
(7.1)
Si una de las coordenadas qk es cı́clica y por tanto no aparece explı́citamente en el
lagrangiano, las ecuaciones de Lagrange (6.12) implican que el momento conjugado
pk es una constante del movimiento.
Movimiento de un sistema de partı́culas
7.2
41
Hamiltoniano
Se define la función de Hamilton como:
H(q1 , ...qn , p1 , ...pn , t) =
n
X
pi q̇i − L(q1 , ...qn , q̇1 , ...q̇n , t)
(7.2)
i=1
diferenciando ambos miembros:
∂H
∂H
∂H
dqi +
dpi
dt +
∂t
∂qi
∂pi
n
X
∂L
=
dt
[pi dq̇i + q̇i dpi ] −
∂t
i=1
∂L
∂L
−
dqi −
dq̇i
∂qi
∂ q̇i
dH =
(7.3)
Los términos en dq̇i se anulan como consecuencia de (7.1). Por otra parte, de (7.1)
y (6.12) se sigue que:
∂L
ṗi =
(7.4)
∂qi
por lo que igualando coeficientes en (7.3) tenemos:
∂H
∂pi
∂H
= −
∂qi
q̇i =
(7.5)
ṗi
(7.6)
y
∂L
∂H
=−
∂t
∂t
Las 2n ecuaciones (7.5) y (7.6) son las ecuaciones de Hamilton
7.3
(7.7)
Conservación del Hamiltoniano
Derivando (7.2) con respecto al tiempo tenemos:
"
#
n
∂H
∂H
dH X
∂H
=
q̇i +
ṗi +
dt
∂pi
∂t
i=1 ∂qi
(7.8)
que en virtud de (7.5) − (7.7) es:
dH
∂H
∂L
=
=−
dt
∂t
∂t
(7.9)
Por lo que si el sistema es autónomo, el Hamiltoniano es una constante
del movimiento
42
7.4
Capı́tulo 7
Significado fı́sico del hamiltoniano
Si, como hemos supuesto, el potencial no depende de las velocidades, entonces:
pi =
∂L
∂T
=
∂ q̇i
∂ q̇i
(7.10)
y teniendo en cuenta los tes términos de la energı́a cinética, el hamiltoniaro será:
H=
n
X
i=1
"
#
∂T1
∂T2
∂T0
+ q̇i
+ q̇i
− T0 − T1 − T2 + V
q̇i
∂ q̇i
∂ q̇i
∂ q̇i
(7.11)
Ahora bien, teniendo en cuenta las definiciones de T0 , T1 y T2 , es fácil comprobar
que:
∂T0
= 0
∂ q̇i
∂T1
q̇i
= q̇i Bi
∂ q̇i
X
∂T2
q̇i
= 2q̇i
Aij q̇j
∂ q̇i
j
(7.12)
(7.13)
(7.14)
de forma que:
n
X
i=1
n
X
i=1
q̇i
∂T1
= T1
∂ q̇i
(7.15)
q̇i
∂T2
= 2T2
∂ q̇i
(7.16)
con lo cual
H = T2 − T0 + V
(7.17)
en consecuencia:
• Si el sistema es natural (y por tanto autónomo) H es conservado y
es la energı́a del sistema.
• Si el sistema es autónomo pero no natural H es conservado, pero
no es la energı́a del sistema.
Movimiento de un sistema de partı́culas
8
43
Problemas
Enunciados
1) Tres partı́culas de masas 2, 1 y 3 gr respectivamente tienen vectores de posición
~r1 = 5t~i − 2t2~j + (3t − 2)~k, ~r2 = (2t − 3)~i + (12 − 5t2 )~j + (4 + 6t − 3t3 )~k y
~r3 = (2t − 1)~i + (t2 + 2)~j − t3~k. Encontrar: a) La velocidad del centro de masas
para t = 1; b) el momento lineal total del sistema para t = 1; c) el momento
angular total del sistema respecto del origen.
2) Tres masas idénticas están localizadas en los vértices de un triángulo. Probar
que el centro de masas se encuentra situado en la intersección de las medianas del
triángulo.
3) Considérese un sistema aislado de dos partı́culas de masas m1 y m2 que siguen
trayectorias dadas respectivamente por
x1 (t) = A sen(ωt) + L + v1 t
x2 (t) = B sen(ωt) + v2 t
siendo v1 y v2 constantes. ¿Cual será la relación entre las masas? Haciendo uso
de la relación obtenida, decidir si el sistema será aislado en el caso de que las
trayectorias vengan ahora dadas por
x1 (t) = A sen(ωt)
x2 (t) = B sen(ωt + ϕ)
4) Utilizar la conservación del momento en un sistema aislado para describir el
movimiento de un cohete de masa inicial M0 que se mueve con velocidad v. Aplicación: Un cohete es lanzado verticalmente desde la superficie de la tierra para
alcanzar una altura de 50km. Encontrar la velocidad inicial del cohete si se considera despreciable la variación de g con la altura. Si la masa del cohete sin
combustible es de 100kg y la velocidad de emisión de materia 2km s−1 , determinar
la masa inical requerida.
5) Supóngase que el cohete del problema anterior tiene una masa en el despegue
M0 . Determinar la expresión para su altura en un tiempo t suponiendo que el
cohete emite materia a un ritmo constante a.
6) Dos bolas de billar se encuentran en reposo en una mesa lisa y se están tocando
mutuamente. Una tercera bola idéntica a las anteriores se mueve a lo largo de la
mesa con velocidad v y golpea simultaneamente a las anteriores. Encontrar las
velocidades de las tres bolas inmediatamente después del choque, suponiendo que
éste es elástico.
44
Capı́tulo 7
1) Tres partı́culas de masas 2,1 y 3 gr respectivamente tienen vectores de posición
~r1 = 5t~i − 2t2~j + (3t − 2)~k, ~r2 = (2t − 3)~i + (12 − 5t2 )~j + (4 + 6t − 3t3 )~k y
~r3 = (2t − 1)~i + (t2 + 2)~j − t3~k. Encontrar: a) La velocidad del centro de masas
para t = 1; b) el momento lineal total del sistema para t = 1; c) el momento
angular total del sistema respecto del origen.
Solución
La posición del centro de masas vendrá dada por
3
X
~ = 1
R
mi~ri
M i=1
que una vez sustituidos ~r1 , ~r2 y ~r3 queda de la forma:
~ = (3t − 2)~i + (3 − t2 )~j + (2t − t3 )~k
R
~˙ = 3~i − 2~j − ~k, y el
Y por tanto la velocidad del centro de masa para t = 1 será R
~˙ = 18~i − 12~j − 6~k.
momento lineal total del sistema a ese tiempo P~ = M R
Por otro lado el momento angular total del sistema respecto del origen se
determina como:
3
X
J~ = J~1 + J~2 + J~3 =
mi~ri × ~r˙ i
i=1
En nuestro caso particular obtenemos:
J~1 = 2[(6t2 − 8t)~i − 10~j − 10t2~k]
J~2 = (15t4 − 78t2 + 40t + 72)~i + (12t3 − 27t2 + 26)~j + (−10t2 + 30t − 24)~k
J~3 = (−t4 − 6t2 )~i + (4t3 − 3t2 )~j + (2t2 − 2t − 4)~k
Con lo cual el momento angular total será:
J~ = (12t4 − 84t2 + 34t + 72)~i + (24t3 − 36t2 + 6)~j + (−24t2 + 24t − 36)~k
~ = 1) = 34~i − 6~j − 36~k.
que para t = 1 toma el valor J(t
Movimiento de un sistema de partı́culas
45
2) Tres masas idénticas están localizadas en los vértices de un triángulo. Probar
que el centro de masas se encuentra situado en la intersección de las medianas del
triángulo.
Solución
Según la figura, las ecuaciones para las medianas del triángulo definidas por CF
y DB vendrán dadas por:
µ
¶
b sen α
a
y=
x−
a
b cos α − 2
2
b sen α
y=
(x − a)
b cos α − 2a
y la intersección de ambas rectas proporcionará el punto donde intersectan las
medianas del triángulo:
1
(b cos α + a, b sen α)
3
Por otro lado el centro de masas del sistema de las tres partı́culas será:
M=
~ = 1 [m (0, 0) + m (a, 0) + m (b cos α, b sen α)] =
R
3m
1
= (a + b cos α, b sen α)
3
que coincide con el punto donde intersectan las medianas.
46
Capı́tulo 7
3) Considérese un sistema aislado de dos partı́culas de masas m1 y m2 que siguen
trayectorias dadas respectivamente por
x1 (t) = A sen(ωt) + L + v1 t
x2 (t) = B sen(ωt) + v2 t
siendo v1 y v2 constantes. ¿Cual será la relación entre las masas? Haciendo uso
de la relación obtenida, decidir si el sistema será aislado en el caso de que las
trayectorias vengan ahora dadas por
x1 (t) = A sen(ωt)
x2 (t) = B sen(ωt + ϕ)
Solución
Si el sistema es aislado, el centro de masa debe moverse con velocidad constante.
Por tanto
m1 x¨1 + m2 x¨2 = 0
en nuestro caso
−m1 ω 2 A sen(ωt) − m2 ω 2 B sen(ωt) = 0
y por tanto
m1 A + m2 B = 0
En el segundo caso
M R̈ = −ω 2 A sen(ωt) − ω 2 B sen(ωt + ϕ)
que solo puede ser cero para todo t si
sen ϕ = 0 =⇒ ϕ = nπ
y
m1 A + m2 B(−1)n = 0
Movimiento de un sistema de partı́culas
47
4) Utilizar la conservación del momento en un sistema aislado para describir el
movimiento de un cohete de masa inicial M0 que se mueve con velocidad v. Aplicación: Un cohete es lanzado verticalmente desde la superficie de la tierra para
alcanzar una altura de 50km. Encontrar la velocidad inicial del cohete si se considera despreciable la variación de g con la altura. Si la masa del cohete sin
combustible es de 100kg y la velocidad de emisión de materia 2kms−1 , determinar
la masa inical requerida.
Solución
Suponemos que el sistema es aislado y por lo tanto el momento lineal total se
conserva. Supongamos también que el cohete está emitiendo materia con una velocidad constante u relativa al cohete, pero no necesariamente a un ritmo uniforme.
Sea M la masa del cohete en un instante cualquiera y v su velocidad, y consideremos la emisión de una pequeña masa dm. Trás la emisión la masa del cohete se
verá reducida en esa cantidad y su velocidad se verá incrementada hasta un valor
v + dv.
La ecuación de conservación del momento lineal implicará entonces:
M v = (M − dm)(v + dv) + dm(v − u)
Despreciando los términos de segundo orden tenemos
M dv = udm
que puede integrarse para dar
v
= − ln M + cte
u
Esta expresión proporciona la masa en función de la velocidad como
v
M = M0 e− u
donde M0 es el valor de M cuando v = 0. Esto muestra que para acelerar un cohete
a una velocidad igual a su velocidad de emisión de materia u, deberá emitirse toda
su masa salvo una cantidad Me0 . Nótese que la velocidad v del cohete depende
únicamente de la velocidad u de emisión y de la fracción de la masa inicial emitida,
pero no del ritmo al que esta se emite.
Aplicación: Por la conservación de la energı́a tenemos:
1 2
mv = mgh
2
√
con lo cual v = 2gh = 0.99ms−1 .
Para determinar la masa inicial requerida, hacemos uso de la expresión que
relaciona las velocidades y las masas calculada anteriormente. Según esto:
v
M0 = M e u = 164kg
48
Capı́tulo 7
5) Supóngase que el cohete del problema anterior tiene una masa en el despegue
M0 . Determinar la expresión para su altura en un tiempo t suponiendo que el
cohete emite materia a un ritmo constante a.
Solución
Sea a el ritmo de emisión de materia por el cohete. Entonces
dM
= −a
dt
e integrando la expresión anterior obtenemos
M = M0 − at
siendo M0 la masa en el despegue del cohete.
La velocidad V del cohete en un instante t vendrá dada por la expresión:
V =
dz
M0
= u ln
− gt
dt
M
siendo u la velocidad de emisión de materia y z la altura del cohete a tiempo t.
La integración de la expresión anterior proporciona:
1
M0
u
M0
z = − gt2 −
u + ut − ln
+ cte
2
a
a
M0 − at
y la constante se determina a partir de las condiciones iniciales: z(t = 0) = 0, con
lo cual la expresión para la altura del cohete a tiempo t será:
1
u
M0
z = − gt2 + ut − ln
+ cte
2
a
M
siendo M = M0 − at.
Si suponemos que al cabo de un tiempo t1 el cohete estalla quedando una masa
final M1 , la altura máxima alcanzada vendrá dada por:
zmax
u2
=
2g
µ
M0
ln
M1
¶2
µ
− ut1
¶
M0
M0
ln
−1
M0 − m1
M1
Movimiento de un sistema de partı́culas
49
6) Dos bolas de billar se encuentran en reposo en una mesa lisa y se están tocando
mutuamente. Una tercera bola idéntica a las anteriores se mueve a lo largo de la
mesa con velocidad v y golpea simultáneamente a las anteriores. Encontrar las
velocidades de las tres bolas inmediatamente después del choque, suponiendo que
éste es elástico.
Solución
Sea ~v1 la velocidad de la masa incidente después del choque (suponemos en principio que su dirección formará un ángulo β con la dirección de incidencia), y ~v2 la
de las otras dos masas. Ambas se moverán con la misma velocidad en módulo y
formando ángulos α con la dirección de incidencia.
Por la conservación del momento lineal antes y después de la colisión:
mv = 2mv2 cos α + mv1 sen α
0 = mv1 sen β
De la segunda ecuación tenemos que β = 0, π. Supongamos que elegimos β = 0.
En tal caso las ecuaciones anteriores quedarán de la forma:
v = 2v2 cos α + v1
Se trata de un choque elástico, por lo cual la energı́a cinética antes y después
del choque deberá ser la misma. Ası́:
v 2 = 2v22 + v12
Eliminando v1 entre las dos ecuaciones, tenemos:
v2 =
2 cos α
v
1 + 2 cos2 α
v1 =
1 − 2 cos2 α
v
1 + 2 cos2 α
y la expresión para v1 será:
Luego ambas dependen del valor del ángulo α.
Si suponemos por ejemplo que las dos partı́culas que inicialmente estaban
π
paradas salen con una velocidad v2 = 23 v entonces obtenemos α =
y las veq 3
v
locidades de salida de las tres partı́culas serán ~v1 = (1, 0) 3 y ~v2 = ( (3), ±1) v3 .
50
Capı́tulo 7
Capı́tulo 3.
Sistemas de referencia no
inerciales
1
Relación entre dos sistemas de referencia
Sea SI un sistema inercial SI = [OI ; xI , yI , zI ] con vectores unitarios {~iI , ~jI , ~kI }.
Supongamos otro sistema S = [O; x, y, z] con vectores unitarios {~i, ~j, ~k}.
51
52
1.1
Capı́tulo 8
Cambio de origen
Si el origen O se desplaza respecto de SI , la posición de un punto en el sistema S
será (ver figura)
~I
~r = ~rI − R
(1.1)
~ I la posición relativa de O
donde ~rI es la posición del punto en el sistema SI y R
~ I como un vector medido en SI
respecto de OI . En principio consideraremos R
aunque en algunos problemas será preciso referirlo a S en cuyo caso lo denom~
inaremos R.En
tal caso:
~ = ~rI
~r + R
(1.2)
~ I variará con el tiempo. La no inercialidad
Es preciso señalar que, en general, R
del sistema S se debe tanto a que el origen O se mueva con movimiento acelerado
como a la rotación de los vectors unitarios ~i, ~j y ~k
1.2
Cambio de vectores unitarios
Puesto que ~r es un vector en S, se escribirá:
~r = x~i + y~j + z~k
(1.3)
~ I al estar descritos en SI serán:
mientras que ~rI y R
~rI = xI~iI + yI~jI + zI ~kI
(1.4)
~ I = XI~iI + YI~jI + ZI ~kI
R
(1.5)
Para poder comparar los dos miembros de (1.1), necesitamos establecer la relación
entre los dos conjuntos de vectores unitarios. Nótese que los vectores unitarios de
SI son inerciales y por tanto permanecen constantes en el tiempo, mientras que los
vectores de S son, en principio, variables con el tiempo. Para establecer como es
esta variación tengamos en cuenta que la derivada temporal de un vector unitario
es otro vector y, por tanto, ha de ser una combinación lineal de los vectores de la
base, es decir:
d~i
= a11~i + a12~j + a13~k
dt
d~j
= a21~i + a22~j + a23~k
dt
d~i
= a31~i + a32~j + a33~k
dt
(1.6)
Sistemas de referencia no inerciales
53
donde las aij son, en general, funciones del tiempo, que quedan bastante restringidas por el hecho de que la base sea ortonormal. En efecto, la ortonormalidad
implica:
~i.~i = ~j.~j = ~k.~k = 1
(1.7)
derivando estas expresiones respecto al tiempo tenemos
~
~
~
~i. di = ~j. dj = ~k. dk = 0
dt
dt
dt
(1.8)
a11 = a22 = a33 = 0
(1.9)
que aplicada a (1.5) es:
Por otro lado, otra consecuencia de la ortonormalidad es:
~i.~j = ~j.~k = ~k.~i = 0
(1.10)
derivando estas expresiones respecto al tiempo tenemos
~
~
~
~
~
~
~j. di + ~i. dj = ~j. dk + ~k. dj = ~i. dk + ~k. di = 0
dt
dt
dt
dt
dt
dt
Combinando (1.5) y (1.10) tenemos:
a12 + a21 = 0
a13 + a31 = 0
a23 + a32 = 0
(1.11)
(1.12)
Las seis relaciones (1.8) y (1.11) entre los nueve coeficientes de aij implican que
solo hay tres elementos de matriz independientes. Podemos definir por tanto:
a12 = −a21 = ω3
a13 = −a31 = −ω2
a23 = −a32 = ω1
(1.13)
de forma que (1.5) puede escribirse:
d~i
= ω
~ × ~i
dt
d~j
= ω
~ × ~j
dt
d~i
= ω
~ × ~k
dt
(1.14)
ω
~ = ω1~i + ω2~j + ω3~k
(1.15)
donde ω
~ es el vector no inercial
que se denomina velocidad angular. La dirección de la velocidad anglar define
el eje instantáneo de rotación.
54
1.3
Capı́tulo 8
Variación de un vector
~ un vector en S de componentes:
Sea A
~ = A1~i + A2~j + A3~k
A
(1.16)
su derivada con respecto al tiempo será
~
dA
dA1~ dA2 ~ dA3 ~
d~i
d~j
d~k
=
i+
j+
k + A1 + A2 + A3
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
(1.17)
Los tres primeros sumandos proporcionan la variación de las componentes y los
otros tres la variación de los vectores unitarios. La variación que medirı́a un
∗
observador en S serı́a solo la primera parte. Si denominamos ddt a dicha variación
y utilizamos (1.13), el resultado es:
~
~
dA
d∗ A
~
=
+ω
~ ×A
dt
dt
(1.18)
que establece la relación entre la variación de un vector en un sistema inercial y
su variación aparente en un sistema no inercial. Por tanto la derivada temporal
podemos escribirla:
d
d∗
=
+ω
~×
(1.19)
dt
dt
donde el término de la izquierda actúa sobre vectores en un sistema inercial mientras que el de la derecha corresponde a vectores descritos en un sistema no inercial
2
2.1
Movimiento en un sistema no inercial
Relación entre las posiciones
Si ~rI es el vector en SI y ~r en S, su relación vendrá dada por (1.1)
o bien por
2.2
~ I = ~r
~rI − R
(2.1)
~
~rI = ~r + R
(2.2)
Relación entre las velocidades
Si aplicamos (1.19) a (2.1) tendremos:
~I
d~rI
dR
d∗~r
−
=
+ω
~ × ~r
dt
dt
dt
(2.3)
Sistemas de referencia no inerciales
55
Analicemos ahora cada término de esta ecuación:
• d~dtrI es la velocidad medida en el sistema inercial. Por tanto la denominaremos
velocidad inercial
d~rI
~vI =
(2.4)
dt
~
RI
• ddt
es la velocidad con que se desplaza el origen del sistema S, medida en el
sistema inercial. La denominaremos velocidad de arrastre inercial
~I
dR
V~AI =
dt
(2.5)
∗
• ddt~r es la velocidad con que se desplaza el vector ~r en el sistema no inercial.
La denominaremos velocidad no inercial
~v =
d∗~r
dt
(2.6)
•ω
~ × ~r que corresponde a la velocidad de rotación del vector ~r alrededor del
vector ω
~ . Se denomina velocidad de Coriolis
~vc = ω
~ × ~r
(2.7)
~vI − V~AI = ~v + ω
~ × ~r
(2.8)
de modo que (2.2) se escribe:
Si (1.19) la aplicamos a (2.2) obtendremos
~
~vI = ~v + ω
~ × ~r + ω
~ ×R
ya que obviamente
2.3
(2.9)
V~A = 0
Relación entre las aceleraciones
Aplicando de nuevo (1.18) a (2.7), obtenemos
d~vI
dV~AI
d∗~v d∗ ω
~
d∗~r
−
=
+
× ~r + ω
~×
+ω
~ × [~v + ω
~ × ~r]
dt
dt
dt
dt
dt
(2.10)
es decir:
dV~AI
d∗~v
d∗ ω
~
d~vI
−
=
+ 2~ω × ~v + ω
~ × [~ω × ~r] +
× ~r
dt
dt
dt
dt
Veamos los diversos términos de está ecuación:
(2.11)
56
Capı́tulo 8
•
d~vI
dt
es la aceleración medida en SI , es decir la aceleración inercial
~aI =
•
~AI
dV
dt
d~vI
dt
es la aceleración de arratre, medida en el sistema inercial
~
~ AI = dVAI
A
dt
•
d∗~v
dt
(2.12)
(2.13)
es la aceleración no inercial, que medirı́a un observador en S
d∗~v
~a =
dt
(2.14)
• 2~ω × ~v es la aceleración de Coriolis,
~acor = 2~ω × ~v
(2.15)
•ω
~ × [~ω × ~r] es la aceleración centrı́peta,
~acent = ω
~ × [~ω × ~r]
(2.16)
∗
~ ×ω
~ = 0, teniendo en
• ddtω~ × ~r es la aceleración azimutal. Puesto que ω
cuenta (1.18), podemos escribir:
~aazit =
d∗ ω
~
d~ω
× ~r =
× ~r
dt
dt
(2.17)
En consecuencia (2.9) es:
d~ω
~ AI = ~a + 2~ω × ~v + ω
~aI − A
~ × [~ω × ~r] +
× ~r
dt
(2.18)
que establece la relación entre las aceleraciones en los dos sistemas de referencia.
~ en el sistema
Hay que tener en cuenta que en algunos casos será útil definir R
no inercial. En tal caso:
~I = R
~
R
~
d∗ R
V~A =
=0
dt
∗~
~ + d~ω × R,
~
~ A = d VA = 0
= ω
~ × [~ω × R]
A
dt
dt
~
V~AI = ω
~ × R,
~ AI
A
y (2.18) será:
~aI = ~a + 2~ω × ~v + ω
~ × [~ω × ~r] +
d~ω
~ + d~ω × R
~
× ~r + ω
~ × [~ω × R]
dt
dt
(2.19)
Sistemas de referencia no inerciales
3
57
Teorema de Coriolis
Consideremos ahora una partı́cula sobre la que actúa una fuerza F~ . La segunda
ley de Newton es aplicable sólo a sistemas inerciales por lo que:
F~ = m~aI
(3.1)
de forma que utilizando (2.18) obtenemos:
(
)
m~a = F~ − m AAI
d~ω
+ 2~ω × ~v + ω
~ × [~ω × ~r] +
× ~r = F~ef
dt
(3.2)
Esta es la ecuación del movimiento de la partı́cula en el sistema S. Se recupera
asi la forma caracterı́stica de la segunda ley de Newton, a pesar de que el sistema
de referencia es no inercial, pero para ello hay que pagar el precio de substituir
la fuerza real F~ por la efectiva F~ef que incluye además de la verdadera fuerza F~
cuatro términos de inercia que se deben a que el sistema está acelerado. Estos
términos son los que se llaman un tanto impropiamente fuerzas de inercia.
• Fuerza centrı́fuga
• Fuerza de Coriolis
• Fuerza azimutal
• Fuerza de arrastre
F~cent = −m~ω × (~ω × ~r)
(3.3)
F~cor = −2m~ω × ~v
(3.4)
d~ω
F~azit = −m
× ~r
dt
(3.5)
~ AI
F~ar = −mA
(3.6)
58
Capı́tulo 8
4
Ejemplos
4.1
Cubo de Newton
Sea un cubo en rotación respecto a la vertical: para un observador no inercial que
se moviese con el cubo, la aceleración de las partı́culas de la superficie serı́a cero:
~a = 0
(4.1)
Las fuerzas que actúan sobre una partı́cula en la superficie serán
F~g = −mg~k
(4.2)
F~p = F ~n
(4.3)
que es la fuerza de la gravedad, y
que es la fuerza de presión y por tanto normal a la superficie del lı́quido. Es decir:
~ =0
~n.dr
(4.4)
m~aI = −mg~k + F ~n
(4.5)
• Sistema inercial
La ecuación del movimiento es:
Sistemas de referencia no inerciales
59
• Sistema no inercial
La ecuación del movimiento es:
0 = −mg~k + F ~n − m~ω × (~ω × ~r)
(4.6)
ω
~ = ω~k
~r = ρ~jρ + z~k
(4.7)
ω
~ × (~ω × ~r) = −ρω 2~jρ
(4.9)
y dado que
(4.8)
el término centrı́fugo es
~
Teniendo en cuenta (4.17) en (4.14) y multiplicando por dr
~ + F ~n.dr
~ =0
(−mg~k + mρω 2~jρ ).dr
(4.10)
y teniendo en cuenta (4.12) y que
~ = dρ~jρ + dz~k + ρdϕ~jϕ
dr
(4.11)
−mgdz + mρω 2 dρ = 0
(4.12)
entonces
que integrada es:
z=
ω2 2
ρ
2g
(4.13)
Es decir, que al girar, la superficie del lı́quido adquiere la forma de un paraboloide
60
4.2
Capı́tulo 8
Coordenadas terrestres
Son coordenadas esféricas en las que:
~i = ~jϕ = − sin ϕ~iI + cos ϕ~jI
~j = −~jθ = − cos θ cos ϕ~iI − cos θ sin ϕ~jI + sin θ~kI
~k = ~jr = sin θ cos ϕ~iI + sin θ sin ϕ~jI + cos θ~kI
(4.14)
Sistemas de referencia no inerciales
61
Estos vectors están ordenados {~i, ~j, ~k} de forma que:
d~i
= ϕ̇ cos θ~j − ϕ̇ sin θ~k
dt
d~j
= −ϕ̇ cos θ~i + θ̇~k
dt
d~k
= ϕ̇ sin θ~i − θ̇~j
dt
(4.15)
Como la tierra gira hacia el este con velocidad angular constante ω
ϕ = ωt,
de forma que
³
θ̇ = 0
´
ω
~ = ω sin θ~j + cos θ~k = ω~k
(4.16)
El origen del sistema de referencia terrestre se toma en el centro de la tierra.
4.3
Gravedad terrestre
Consideremos un punto sobre la superficie de la tierra (por ejemplo una plomada).
Como la tierra es un sistema no inercial: La fuerza que actúa es la fuerza de la
gravedad, por lo que
~aI = ~g
(4.17)
62
Capı́tulo 8
La relación con la aceleración que mide un observador (no inercial) sobre la
superficie de la tierra será:
~a = ~g − ω
~ × (~ω × ~r)
(4.18)
Tomando coordenadas esféricas
~g = −g~jr
~r = r~jr
ω
~ = ω~k = ω cos θ~jr − ω sin θ~jθ
(4.21)
ω
~ × ~r = ω sin θr~jϕ
(4.22)
ω
~ × (~ω × ~r) = rω 2 cos θ sin θ~jθ − rω 2 sin2 θ~jr
(4.23)
de forma que:
(4.19)
(4.20)
de manera que un observador sobre la superficie de la tierra, detectarı́a una
“gravedad efectiva”
~g ∗ = ~a = (−g + rω 2 sin2 θ)~jr − rω 2 cos θ sin θ~jθ
(4.24)
De manera que la plomada no señaları́a el centro de la tierra sino la dirección
señalada en el dibujo
4.4
Desviación de la caida de los cuerpos
Supongamos un objeto en reposo a una altura h sobre la superficie de la tierra.
Tomamos coordenadas cartesianas sobre la tierra (sistema no inercial) llamando z
a la vertical, y a la dirección norte y x a la dirección este. Entonces las condiciones
iniciales son:
x(0) = 0,
y(0) = 0,
z(0) = h
ẋ(0) = 0,
ẏ(0) = 0,
ż(0) = 0
(4.25)
mientras que la fuerza actuante es:
F~ = −mg~k
(4.26)
y por tanto la ecuación del movimiento es:
m~¨r = −mg~k − 2m~ω × ~r˙
(4.27)
donde hemos despreciado la fuerza centrı́fuga por considerar despreciables los
términos en ω 2 . Como a una colatitud θ, ω
~ es:
ω
~ = ω sin θ~j + ω cos θ~k
(4.28)
Sistemas de referencia no inerciales
63
la ecuación (4.27) en componentes es:
mẍ = 2mω(ẏ cos θ − ż sin θ)
mÿ = −2mω ẋ cos θ
mz̈ = −mg + 2mω ẋ sin θ
(4.29)
A orden cero en ω , la solución de estas ecuaciones serı́a
1
z (0) = h − gt2 ,
2
x(0) = y (0) = 0,
(4.30)
Como los términos de la fuerza de Coriolis son de orden ω y hemos despreciado los
términos en ω 2 , podemos considerar que la solución es también de primer orden
en ω. Es decir:
x ∼ x(0) + ωx(1) ,
y ∼ y (0) + ωy (1) ,
, z ∼ z (0) + ωz (1)
ẍ(1) = 2gt sin θ
ÿ (1) = 0
z̈ (1) = −g
(4.31)
(4.32)
que pueden ser integradas con ayuda de las condiciones iniciales (4.25) para dar:
1
ωgt3 sin θ
3
y = 0
1
z = h − gt2
2
x =
(4.33)
De manera que cuando el cuerpo llega al suelo al cabo de un tiempo
s
T =
2h
g
(4.34)
se ha desviado hacia el este (en el hemisferio norte) una distancia
1
d = ωg
3
v
!
uÃ
u 2h 3
t
g
sin θ
Por ejemplo, a nuestra latitud supone 1’5 cm por cada 100 m de altura.
(4.35)
64
4.5
Capı́tulo 8
Péndulo de Foucault
En la aproximación armónica del péndulo (como si fuera un oscilador armónico)
la ecuación del movimiento en un sistema inercial (con ω = 0) serı́a:
m~¨r = −k(~r − ~r0 ),
k=m
g
l
(4.36)
donde ~r0 = (0, 0, z0 ) es la posición de equilibrio. Si ahora consideramos que el
sistema es no inercial, la ecuación del movimiento será:
m~¨r = −k(~r − ~r0 ) − 2m~ω × ~r˙
(4.37)
donde hemos despreciado la fuerza centrı́fuga. En componentes la ecuación (4.37)
es:
ẍ = −ω02 x + 2ω(ẏ cos θ − ż sin θ)
ÿ = −ω02 y − 2ω ẋ cos θ
z̈ = −ω02 (z − z0 ) + 2ω ẋ sin θ
(4.38)
Consideraremos z ≈ z0 , suponiendo que la amplitud de las oscilaciones en x e y es
mayor que en z. En tal caso, las ecuaciones a resolver son:
ẍ = −ω02 x + 2Ωẏ
ÿ = −ω02 y − 2Ωẋ
(4.39)
Ω = ω cos θ
(4.40)
donde hemos definido
Tenemos pues un sistema de ecuaciones lineales acoplado para el que hemos de
buscar soluciones de la forma;
x = Aept ,
y = Bept
(4.41)
que deben verificar
(p2 + ω02 )A − 2ΩpB = 0
(p2 + ω02 )B + 2ΩpA = 0
(4.42)
Para que el sistema tenga solución, p ha de verificar
(p2 + ω02 )2 + 4Ω2 p2 = 0
(4.43)
Hay cuatro soluciones posibles
p1 = i(Ω + γ),
p2 = i(Ω − γ),
p3 = −p1 ,
p4 = −p2
(4.44)
Sistemas de referencia no inerciales
donde
65
q
γ=
Ω2 + ω02
(4.45)
La solución general es por tanto combinación lineal de las cuatro soluciones posibles:
x = A1 ep1 t + A2 ep2 t + A3 ep3 t + A4 ep4 t
y = B1 ep1 t + B2 ep2 t + B3 ep3 t + B4 ep4 t
(4.46)
donde de (4.42) es fácil comprobar que:
B1 = iA1 , B2 = iA2 , B3 = −iA3 , B4 = iA4
(4.47)
x = A1 ep1 t + A2 ep2 t + A3 ep3 t + A4 ep4 t
y = i[A1 ep1 t + A2 ep2 t − A3 ep3 t − A4 ep4 t ]
(4.48)
y por tanto
Si tomamos como condiciones iniciales que el péndulo esté en t=0 en reposo en la
dirección x con una amplitud x0 , es decir:
x(0) = x0 ,
y(0) = 0,
ẋ(0) = 0
ẏ(0) = 0
(4.49)
obtenemos para los coeficientes Ai las ecuaciones:
A1 + A2 + A3 + A4
A1 + A2 − A3 − A4
(A1 − A3 )p1 + (A2 − A4 )p2
(A1 + A3 )p1 + (A2 + A4 )p2
=
=
=
=
x0
0
0
0
(4.50)
cuya solución es:
A3 = A1 =
γ−Ω
x0 ,
4γ
A 4 = A2 =
γ+Ω
x0
4γ
(4.51)
y por tanto las soluciones para x e y son:
γ+Ω
γ−Ω
x0 cos(γ + Ω)t +
x0 cos(γ − Ω)t
2γ
2γ
γ−Ω
γ+Ω
y = −
x0 sin(γ + Ω)t −
x0 sin(γ − Ω)t
2γ
2γ
x =
desarrollando los senos y cosenos
(4.52)
66
Capı́tulo 8
x0
[γ cos Ωt cos γt + Ω sin Ωt sin γt]
γ
x0
y =
[−γ sin Ωt cos γt + Ω cos Ωt sin γt]
γ
x =
(4.53)
Tengamos en cuenta que ω0 À Ω por lo que γ ≈ ω0 y por tanto el término relevante
es el primero, es decir:
x ≈ x0 cos Ωt cos ω0 t
y ≈ −x0 sin Ωt cos ω0 t
(4.54)
de modo que el plano del movimiento es
x sin Ωt + y cos Ωt = 0
de forma que el efecto de la rotación de la tierra es ir cambiando lentamente el
plano de oscilacion con una frecuencia Ω. De esta manera , si el péndulo empezaba
π
oscilando en la dirección x, al cabo de un tiempo 2Ω
lo hace en la dirección y.
Sistemas de referencia no inerciales
5
67
Angulos de Euler
En la sección 1 vimos como la variación de los vectores unitarios de un sistema no
inercial se podı́a describir mediante las tres componentes de un vector velocidad
angular. Prescindamos por el momento del cambio de origen y concentrémonos
en la relación entre los vectores unitarios del sistema inercial y del no inercial
suponiendo a ambos un origen común. Uno de los métodos más útiles para orientar un sistema respecto de otro es el propuesto por Euler que demuestra que un
movimiento arbitrario en el espacio de tres ejes ortogonales puede descomponerse
en tres rotaciones independientes de la forma siguiente:
• Partimos del conjunto de ejes inerciales {~iI , ~jI , ~kI } y giramos un ángulo φ
alrededor del eje zI . La matriz de la rotación será:


cos φ sin φ 0
−
sin φ cos φ 0 
R3 (φ) = 


0
0
1
(5.1)
de forma que pasamos del conjunto de ejes [xI , yI , zI ] con vectores unitarios {~iI , ~jI , ~kI }
a un conjunto de ejes [ξ, η 0 , zI ] con vectores unitarios {~eξ , ~eη0 , ~kI } que se obtendrán
de los anteriores a través de la matriz (5.1), es decir:
~eξ = cos φ~iI + sin φ~jI
~eη0 = − sin φ~iI + cos φ~jI
~iI = cos φ~eξ − sin φ~eη0
~jI = sin φ~eξ + cos φ~eη0
(5.2)
(5.3)
• A continuación, hacemos un giro de ángulo θ alrededor del eje ξ. Pasamos del
conjunto de ejes [ξ, η 0 , zI ] con vectores unitarios {~eξ , ~eη0 , ~kI } a los ejes [ξ, η, z] con
vectores unitarios {~eξ , ~eη , ~k} mediante la matriz:


1
0
0


R1 (θ) =  0 cos θ sin θ 
0 − sin θ cos θ
(5.4)
El cambio de vectores unitarios es:
~eη = cos θ~eη0 + sin θ~kI
~k = − sin θ~eη0 + cos θ~kI
~eη0 = cos θ~eη − sin θ~k
~kI = sin θ~eη + cos θ~k
(5.5)
(5.6)
• Por último hacemos un giro de ángulo ψ alrededor del eje z. Pasamos del
conjunto de ejes [ξ, η, z] con vectores unitarios {~eξ , ~eη , ~k} a los ejes [x, y, z] con
vectores unitarios {~i, ~j, ~k} mediante la matriz:


cos ψ sin ψ 0

R3 (ψ) =  − sin ψ cos ψ 0 

0
0
1
(5.7)
68
Capı́tulo 8
El cambio de vectores unitarios es:
~i = cos ψ~eξ + sin ψ~eη
~j = − sin ψ~eξ + cos ψ~eη
~eξ = cos ψ~i − sin ψ~j
~eη = sin ψ~i + cos ψ~j
(5.8)
(5.9)
De manera que el cambio desde el sistema de referencia inercial al no inercial se
hace mediante una transformación que es la composición de tres rotaciones y cuya
matriz resultante será:


cφcψ − sφcθsψ
sφcψ + cφcθsψ sθsψ

R(φ, θ, ψ) =  −cφsψ − sφcθcψ −sφsψ + cφcθcψ sθcψ 

sφsθ
−cφsθ
cθ
5.1
(5.10)
velocidad angular
Teniendo en cuenta los tres giros que hemos realizado, la velocidad angular será:
ω
~ = φ̇~kI + θ̇~eξ + ψ̇~k
(5.11)
Hemos de tratar de escribirla en el sistema no inercial. Para ello basta con:
~eξ = [R3 (ψ)](1, 0, 0) = cos ψ~i − sin ψ~j
(5.12)
y
~kI = [R3 (φ)R1 (θ)R3 (ψ)](0, 0, 1) = sin θ sin ψ~i + sin θ cos ψ~j + cos θ~k
(5.13)
Substituyendo (5.12) y (5.13) en (5.11). El resultado es:
ω
~ = [φ̇ sin θ sin ψ + θ̇ cos ψ]~i +
[φ̇ sin θ cos ψ − θ̇ sin ψ]~j +
[φ̇ cos θ + ψ̇]~k+
(5.14)
que es precisamente la velocidad angular definida en (1.14). Es fácil comprobar
que ω
~ satisface las ecuaciones (1.13) con ~i, ~j, ~k dados por
~i = (cφcψ − sφcθsψ)~iI + (sφcψ + cφcθsψ)~jI + sθsψ~kI
~j = −(cφsψ + sφcθcψ)~iI + (−sφsψ + cφcθcψ)~jI + sθcψ~kI
~k = sφsθ~iI − cφsθ~jI + cθ~kI
(5.15)
(5.16)
(5.17)
Sistemas de referencia no inerciales
69
70
Capı́tulo 8
Sistemas de referencia no inerciales
6
71
Problemas
Enunciados
1) Una persona observa la posición de un poste desde el origen de un sistema de
referencia S rı́gidamente unido al borde de un tiovivo . El tiovivo (de radio R) gira
con velocidad angular ω. La distancia del poste al eje del tiovivo es D.
a) Determinar la posición aparente del poste para el observador S. Dibujar la
trayectoria del poste en dicho sistema.
b) Determinar la velocidad y aceleración del poste en S.
c) Determinar la aceleración de arrastre del observador S
2) En un sistema de referencia S el vector de posición de una partı́cula viene dado
en coordenadas cartesianas por x = a cos ωt, y = z = 0. Hallar las ecuaciones
de la trayectoria y de la órbita en el sistema S 0 que gira con velocidad angular ω
alrededor de S (los orı́genes de ambos sistemas, ası́ como los planos Oxy y O0 x0 y 0
coinciden).
3) Supongamos una partı́cula de masa m que atraviesa con velocidad constante
un diámetro de una mesa de radio R. Si ahora la mesa se hace girar con velocidad
constante ω ¿Cómo ve el movimiento de la partı́cula un observador que gire con
la mesa?
4) Una partı́cula de masa m se mueve con velocidad constante sobre una cuerda de
circunferencia de radio R a la vez que ésta gira en torno a su centro con velocidad
angular constante ω. Hallar la aceleración absoluta de la partı́cula.
5) Sea una mesa circular de radio R que gira con velocidad angular ω alrededor
de su centro. Una partı́cula de masa m está sobre la mesa sujeta al eje de rotación
por una varilla de longitud a que hace que la partı́cula gire junto con la mesa. En
el instante t = 0 la varilla se rompe. Describir el movimiento de la partı́cula en
los siguientes casos:
a) que el observador sea inercial;
b) que el observador gire con la mesa.
6) Calcular la fuerza que debe realizar un pájaro que vuela horizontalmente contra
la componente lateral de la fuerza de Coriolis para mantener una trayectoria recta.
7) Un proyectil se lanza hacia el norte desde un punto de colatitud θ formando un
ángulo de π/4 con la horizontal, y apuntando hacia un objetivo cuya distancia es
y (pequeña frente a R). Demostrar que si no se hace la correción debida al efecto
de la fuerza de Coriolis, el proyectil fallará su objetivo por una distancia
Ã
x=ω
2y 3
g
!1/2 µ
1
cos θ − sen θ
2
¶
72
Capı́tulo 8
Calcular esta distancia si θ = 45o e y = 40 Km. ¿ A qué se debe que la desviación
se haga hacia el Este cerca del polo Norte, y hacia el Oeste en el Ecuador, ası́ como
cerca del polo Sur?. (Despréciese la resistencia atmósferica).
Sistemas de referencia no inerciales
73
1) Una persona observa la posición de un poste desde el origen de un sistema de
referencia S rı́gidamente unido al borde de un tiovivo . El tiovivo (de radio R) gira
con velocidad angular ω. La distancia del poste al eje del tiovivo es D.
a) Determinar la posición aparente del poste para el observador S. Dibujar la
trayectoria del poste en dicho sistema.
b) Determinar la velocidad y aceleración del poste en S.
c) Determinar la aceleración de arrastre del observador S
Solución
• Relación entre los vectores unitarios
~i = cos ωt~iI + sen ωt~jI
~iI = cos ω t~i − sen ωt~j
~j = − sen ωt~iI + cos ωt~jI
~jI = sen ωt~i + cos ωt~j
• a) De los datos del problema sabemos que:
~rI = D~iI
~ = R~i
R
74
Capı́tulo 8
Teniendo en cuenta
~ + ~r
~rI = R
obtenemos
Pasando todo a S
D~iI = R~i + ~r
³
´
D cos ω t~i − sen ωt~j = R~i + ~r
Por tanto
~r = x~i + y~j
donde
x = D cos ωt − R
y = −D sin ωt
que constituyen la circunferencia
(x + R)2 + y 2 = D2
de forma que desde el punto de vista del observador no inercial, el poste se mueve
describiendo la circunferencia de la figura
Sistemas de referencia no inerciales
• c) La velocidad de arrastre será
~ I = (ω~k × R~i)I = (ωR~j)I = ωR(− sen ωt~iI + cos ωt~jI )
V~AI = (~ω × R)
y la aceleración
~ I = −ω 2 R
~I
A~AI = (~ω × V~AI )I = (ω~k × ωR~j) = (−ω 2 R~i)I = −(ω 2 R)
75
76
Capı́tulo 8
2) En un sistema de referencia S el vector de posición de una partı́cula viene dado
en coordenadas cartesianas por x = a cos ωt, y = z = 0. Hallar las ecuaciones
de la trayectoria y de la órbita en el sistema S 0 que gira con velocidad angular ω
alrededor de S (los orı́genes de ambos sistemas, ası́ como los planos Oxy y O0 x0 y 0
coinciden).
Solución
Sean ~rI y ~r los vectores de posición de la part1cula en los sistemas S (inercial) y
S’ (no inercial, girando con velocidad angular ω alrededor de S) respectivamente.
En componentes estos vectores se escriben:
~rI = xI~iI + yI~jI + zI ~kI = a cos ωt~iI
~r = x~i + y~j + z~k
Por otro lado tenemos que la relación entre los vectores unitarios en las dos
bases es:
~i = cos ωt~iI + sen ωt~jI
~iI = cos ω t~i − sen ωt~j
~j = − sen ωt~iI + cos ωt~jI
~jI = sen ωt~i + cos ωt~j
El vector que relaciona los dos origenes de coordenadas es en este caso:
~I = 0
R
ya que ambos origenes coinciden. Por lo tanto tendremos que el vector de posición
de la partı́cula para el sistema no inercial vendrá dado por:
~r = ~rI
y entonces:
~r = ~rI = a cos ωt~iI = x~i + y~j + z~k
Por tanto, utilizando ya el cambio entre los vectores unitarios:
x cos ωt − y sen ωt = a cos ωt,
x sen ωt + y cos ωt = 0,
z=0
cuyas soluciones darán las componentes de la posición de la partı́cula en el sistema
no inercial, y por lo tanto las ecuaciones de la trayectoria en ese sistema:
a
x = (1 + cos 2ωt),
2
a
y = − sen 2ωt
2
z=0
Sistemas de referencia no inerciales
77
La ecuación para la órbita se obtendrá eliminando el tiempo entre las ecuaciones
anteriores:
µ
¶
µ ¶2
a 2
a
2
x−
+y =
2
2
es decir, ³en el´sistema no inercial la órbita será una circunferencia con centro en
el punto a2 , 0 .
78
Capı́tulo 8
3) Supongamos una partı́cula de masa m que atraviesa con velocidad constante
un diámetro de una mesa de radio R. Si ahora la mesa se hace girar con velocidad
constante ω ¿Cómo ve el movimiento de la partı́cula un observador que gire con
la mesa?
Solución
Al igual que en el problema anterior el vector que relaciona los orı́genes de los dos
~ I = 0, y por lo tanto tendremos que
sistemas de referncia será R
~r = ~rI
donde de nuevo ~r denota la posición de la partı́cula en el sistema no inercial y ~rI
en el sistema inercial. Supongamos que en el sistema inercial la partı́cula se está
moviendo a lo largo del eje x. Entonces en componentes tendremos:
~rI = xI~iI + yI~jI + zI ~kI = (−R + vt)~iI
~r = x~i + y~j + z~k
Imponiendo la relación entre los vectores unitarios en las dos bases, e igualando
componente a componente:
x = (vt − R) cos ωt,
y = (R − vt) sen ωt
es decir
x2 + y 2 = (vt − R)2
con
0≤t≤
2R
v
Sistemas de referencia no inerciales
Las figuras siguientes muestran las trayectoria para diferentes valores de ω
79
80
Capı́tulo 8
4) Una partı́cula de masa m se mueve con velocidad constante sobre una cuerda de
circunferencia de radio R a la vez que ésta gira en torno a su centro con velocidad
angular constante ω. Hallar la aceleración absoluta de la partı́cula.
Solución
Sea l la longitud de la cuerda sea v0 la velocidad constante con que se está moviendo
la partı́cula sobre la cuerda de la circunferencia. La siguiente figura representa los
dos sistemas en el instante t = 0 en el que suponemos que la partı́cula se encuentra
en O:
De la figura se deduce que
sin α =
l
2R
Sistemas de referencia no inerciales
81
La siguiente figura representa la relación entre los dos sistemas al cabo de un
tiempo t
• La relación entre los orı́genes es:
~ = R(cos α~i − sin α~j
R
~ I = R(cos(ωt)~iI + sin(ωt)~jI )
R
• Mientras que la relación entre vectores unitarios es:
~i = (cos(ωt + α)~iI + sen(ωt + α)~jI
~j = − sen(ωt + α)~iI + cos(ωt + α)~jI
~iI = cos ω t~i − sen(ωt + α)~j
~jI = sen(ωt + α)~i + cos(ωt + α)~j
La relación entre los vectores de posición en los dos sistemas de referencia será:
~
~rI = ~r + R
donde
de forma que
~r = vt~j
~rI = R(cos α~i − sin α~j + vt~j
82
Capı́tulo 8
• Cálculo en el sistema inercial
Cambiando los vectores unitarios
~ri = R[cos(ωt)~iI + sin(ωt)~ji ]+
+vt[− sin(ωt + α)~iI + cos(ωt + α)~jI ]
derivando
~vI = v[− sin(ωt + α)~iI + cos(ωt + α)~jI )]
+ωR[− sin(ωt)~iI + cos(ωt)~jI ]−
−ωvt[cos(ωt + α)~iI + sin(ωt + α)~jI ]+
y
~aI = −2vω[cos(ωt + α)~iI + sin(ωt + α)~jI )]
−ω 2 R[cos(ωt)~iI + sin(ωt)~jI ]−
−ω 2 vt[− sin(ωt + α)~iI + cos(ωt + α)~jI ]+
• Cálculo en el sistema no inercial
? Posiciones
~ = R~i
R
~r = vt~j
Sistemas de referencia no inerciales
83
? Velocidades
~varr
~v = v~j
~ = ωR~j
=ω
~ ×R
~vcor = ω × ~r = −ωvt~i
luego
~vI = v~j + ωR~j − ωvt~i
? Aceleraciones
~a = 0
~acor = 2ω × v = −2ωv~i
~aarr = ω × ~varr = −ω 2 R~i
~acent = ω
~ × (~ω × ~r) = −ω 2 vt~j
y por tanto
~aI = −2ωv~i − ω 2 R~i − ω 2 vt~j
84
Capı́tulo 8
5) Sea una mesa circular de radio R que gira con velocidad angular ω alrededor
de su centro. Una partı́cula de masa m está sobre la mesa sujeta al eje de rotación
por una varilla de longitud l que hace que la partı́cula gire junto con la mesa. En
el instante t = 0 la varilla se rompe. Describir el movimiento de la partı́cula en
los siguientes casos:
a) que el observador sea inercial;
b) que el observador gire con la mesa.
Solución
Sean {~i, ~j} y {~iI , ~jI } los vectores unitarios en los sistemas de referencia no inercial
e inercial respectivamente.
~i = cos ωt~iI + sen ωt~jI
~iI = cos ω t~i − sen ωt~j
~j = − sen ωt~iI + cos ωt~jI
~jI = sen ωt~i + cos ωt~j
~ I = 0 y por lo tanto
Los origenes de ambos sistemas coinciden con lo cual R
~rI = ~r
siendo ~rI y ~r los vectores de posición de la partı́cula en ambos sistemas.
•t<0
Para un tiempo t < 0 sobre la masa m está actuando la tensión de la varilla que
le obliga a moverse en un circulo de radio l. El movimiento de ésta en el sistema
no inercial será entonces:
~r = l~i
~v = 0
~a = 0
y la ecuación del movimiento
m~a = F~ − m~ω × (~ω × ~r)
por tanto la fuerza que actúa sobre la partı́cula es una fuerza centrı́peta:
F~ = m~ω × (~ω × ~r) = −mω 2 l~i
En el sistema inercial la verilla describirá una circunferencia de radio l dada
por:
~rI = l(cos ωt~iI + sen ωt~jI )
Sistemas de referencia no inerciales
85
con una velocidad
~vI = lω(− sin ωt~iI + cos ωt~jI ) = ω
~ × ~r
y una aceleración
~aI = −lω 2 (cos ωt~iI + sin ωt~jI ) = ω
~ × (~ω × ~r)
• En el instante t = 0 la varilla se rompe y por tanto la masa m queda libre. En
ese instante la posición y velocidad de la partı́cula vendrán dadas por:
~rI (0) = l~iI ;
~r(0) = l~i;
~vI (0) = lω~jI
~v (0) = 0
En este momento la varilla se rompe y, al no haber fuerzas actuando sobre la mesa,
su movimiento será uniforme con esas condiciones iniciales. Según esto
• Para un tiempo t > 0 tendremos en el sistema inercial:
~rI = l~iI + lωt~jI
~vI (t) = lω~jI
~aI (t) = 0
y la ecuación del movimiento es
m~aI = F~
de forma que no hay ninguna fuerza actuando sobre la partı́cula
En el sistema de referencia inercial el movimiento es:
~r = l(cos ω t~i − sen ωt~j) + lωt(sin ω t~i + cos ωt~j)
~v = lω 2 t(cos ωt~i − sin ωt~j)
~a = lω 2 ((cos ωt − ωt sin ωt)~i − (sin ωt + ωt cos ωt)~j)
86
Capı́tulo 8
De forma que en el sistema no inercial la partı́cula experimenta una fuerza
aparente
m~a = m [−2~ω × ~v − ω
~ × (~ω × ~r)]
b) En el sistema de referencia no inercial los ejes giran con la mesa y por tanto un
observador situado en él verá (antes de que se rompa la varilla) la mesa en reposo
y por tanto también la partı́cula. Teniendo en cuenta que ~rI = ~r, y también la
relación entre los vectores unitarios en los dos sistemas
~i = cos ωt~iI + sen ωt~jI
~iI = cos ω t~i − sen ωt~j
~j = − sen ωt~iI + cos ωt~jI
~jI = sen ωt~i + cos ωt~j
tendremos
• Para t < 0 el vector de posición será
~r(t) = a~i
y los vectores velocidad y aceleración
ṙ(t) = r̈(t) = 0
• Para un tiempo t > 0 escribiendo los vectores {~iI , ~jI } en términos de {~i, ~j} en
las expresiones que obtuvimos para el observador inercial tendremos para el vector
de posición de la partı́cula
~r(t) = a[(cos ωt + ωt sen ωt)~i + (− sen ωt + ωt cos ωt)~j]
Sistemas de referencia no inerciales
87
La velocidad será entonces
~r˙ (t) = aω 2 t cos ωt~i − aω 2 t sen ωt~j
y la aceleración
~¨r(t) = aω 2 [(cos ωt − ωt sen ωt)~i − (sen ωt + ωt cos ωt)~j]
De esta forma vemos que para t > 0 hay una fuerza aparente F~ = m~¨r. Puede
comprobarse que esta fuerza es precisamente la suma de las fuerzas centrı́fuga y
de Coriolis como cabı́a esperar, es decir:
F~ = m[−2~ω × ~r˙ − ω
~ × (~ω × ~r)]
88
Capı́tulo 8
6) Calcular la fuerza que debe realizar contra la componente lateral de la fuerza
de Coriolis un pájaro que vuela horizontalmente para mantener una trayectoria
“recta” (respecto de un observador en la tierra).
Solución
Sean {~i, ~j, ~k} los vectores unitarios para el sistema no inercial que gira con la tierra.
El pájaro se está moviendo en el plano OXY . Su velocidad será en componentes:
~v = vx~i + vy~j + 0~k
La velocidad de rotación de la tierra ω se escribirá en ese sistema en la forma
ω
~ = ωy~j + ωz~k = ω sen θ~j + ω cos θ~k
para un punto situado a una colatitud θ, la ecuación del movimiento será:
0 = m~a = F~ − mg~k − 2m~ω × ~v
donde F~ es la fuerza que ha de realizar el pájaro. En consecuencia: la fuerza que
tendrá que realizar el pájaro para mantener una trayectoria recta es:
F~ = 2mωz (vy~i − vx~j) = 2mω cos θ(vy~i − vx~j)
Veamos ahora algunos casos particulares.
• Si por ejemplo vx = 0 y vy > 0 entonces la fuerza será:
F~ = 2mω cos θvy~i
luego la fuerza estará dirigida según la dirección Este en el hemisferio Norte (θ <
π
), y según la dirección Oeste en el hemisferio Sur (θ > π2 ).
2
• Si vy = 0 y vx > 0 la fuerza correspondiente es
F~ = −2mω cos θvx~j > 0
y por lo tanto la fuerza estará dirigida hacia el Sur en el hemisferio Norte y hacia
el Norte en el hemisferio Sur.
Sistemas de referencia no inerciales
89
7) Un proyectil se lanza hacia el norte desde un punto de colatitud θ formando
un ángulo de π/4 con la horizontal, y apuntando hacia un objetivo situado a una
distancia D (pequeña frente a R). Demostrar que si no se hace la correción debida
al efecto de la fuerza de Coriolis, el proyectil fallará su objetivo por una distancia
Ã
x=ω
2y 3
g
!1/2 µ
1
cos θ − sen θ
2
¶
Calcular esta distancia si θ = 45o y D = 40 Km. ¿ A qué se debe que la desviación
se haga hacia el Este cerca del polo Norte, y hacia el Oeste en el Ecuador, ası́ como
cerca del polo Sur?. (Despréciese la resistencia atmósferica).
Solución
Consideremos un sistema de referencia no inercial que gira con la Tierra, con
vectores unitarios {~i, ~j, ~k}. El punto desde donde se lanza el proyectil está a una
colatitud θ y el proyectil se lanza en el plano Y Z formando un ángulo α con la
horizontal.
A orden uno en ω despreciamos los efectos de la fuerza centrı́fuga. La ecuación
del movimiento correspondiente será entonces:
m~¨r = −mg~k − 2m~ω × ~r˙
que escrita en componentes será
ẍ = 2ω(ẏ cos θ − ż sen θ)
ÿ = −2ω ẋ cos θ
z̈ = −g + 2ω ẋ sen θ
A orden cero en ω, la soluciones correspondientes serán las del tiro parabólico, es
decir:
x0 = 0,
y0 = v0 t cos α,
ẋ0 = 0,
ẏ0 = v0 cos α,
1
z0 = v0 t sen α − gt2 ,
2
ż0 = v0 sen α − gt
Como los términos de la fuerza de Coriolis van con ω, podemos sustituir las velocidades por sus valores a orden cero, ya que los siguientes términos irı́an como
ω 2 . Ası́ las ecuaciones quedarán:
ẍ = 2ω [v0 cos α cos θ − (v0 sen α − gt) sen θ)],
ÿ = 0,
z̈ = −g
90
Capı́tulo 8
La solución correspondiente, una vez impuestas las condiciones iniciales y con
α = π/4es:
ω v 0 t2
ω
x = √ (cos θ − sen θ) + gt3 sen θ,
3
2
y = v0 t cos α,
1
z = v0 t sen α − gt2
2
Si el blanco se encuentra situado a una distancia D, el proyectil lo alcanzará cuando
z = 0. Con estos datos podemos calcular el tiempo T que tardará en alcanzarlo y
la velocidad inicial v0 :
q
v0 =
s
T =
gD,
2D
g
Finalmente sustituyendo estos valores en la expresión obtenida para x
Ã
x=ω
2D3
g
!1/2 µ
1
cos θ − sen θ
3
¶
Sistemas de referencia no inerciales
91
Como aplicación al caso concreto del problema, la distancia correspondiente
para θ = 45o e y = 40 km será (tomando ω = 7.29 × 10−5 rad/s) x =³124.19 m.
´
Se desviará hacia el Este o hacia el Oeste dependiendo del signo de cos θ − 31 sen θ .
Si cos θ > 13 sen θ se desviará hacia el Este y si por el contrario cos θ < 13 sen θ se
desviará hacia el Oeste. En el Ecuador θ = π/2, y por tanto allı́ se desviará en la
dirección Oeste.
En particular x = 0 para tg θ = 31 , y por tanto se desplazará hacia el Este cerca
del polo Norte y hacia el Oeste cerca del polo Sur.
92
Capı́tulo 8
8) La barra AB de la figura está girando en torno a su eje con velocidad angular
ω. Un péndulo de longitud l y masa me está sujeto en el punto A y gira con la
barra. Determinar el ángulo α y la tensión de la cuerda
Solución
Las fuerzas que actúan sobre la barra son la fuerza de la gravedad y la tensión
del péndulo de forma que la ecuación del movimiento es:
m~aI = F~g + T~
Sean {~i, ~j, ~k} los vectores no inerciales que giran con la barra, en tal caso la
ecuación del movimiento es:
m~a = F~g + T~ − 2m~ω × ~v − m~ω × (~ω × ~r)
donde
~r = l sin α~i − l cos α~k,
ω
~ = ω~k,
~v = 0,
~a = 0
F~g = −mg~k
T~ = T (−sinα~i + cosα~k)
Por tanto
0 = −mg~k + T (−sinα~i + cosα~k) + mω 2 l sin α~i
en componentes
−T sin α + mω 2 l sin α = 0
−mg + T cos α = 0
luego:
T = mlω 2
g
cos α = ω 2
l
Sistemas de referencia no inerciales
93
9) Una barra hueca de longitud l por dentro de la cual se desliza una canica de
masa mm gira con velocidad angular ω alrededor de la vertical con uno de sus
extremos fijo. Si inicialmente la masa está parada a una distancia l0 del origen,
determinar la velocidad y aceleración con que la partı́cula sale despedida el extremo
de la barra
Solución
• La relación entre los ejes es
~i = cos ωt~iI + sin ωt~jI
~j = − sin ωt~iI + cos ωt~jI
~k = ~kI
• La ecuación del movimiento es:
~
m~aI = −mg~kI + N
~a = −mg~kI + vecN − 2m~ω × ~v − m~ω × (~ω × ~r)
~ la fuerza que la barra ejerce sobre la masa
siendo N
• En coordenadas no inerciales tendremos:
~r = r~i,
~v = ṙ~i,
ω
~ = ω~k
~ = Ny~j + Nz~k
N
~a = r̈~i
94
Capı́tulo 8
y la ecuación del movimiento será
mr̈~i = −mg~k + Ny~j + Nz~k − 2mω ṙ~j + mω 2 r~i
que en componentes es:
mr̈ = mω 2 r
0 = Ny − 2mω ṙ
0 = −mg + Nz
• La solución con las condiciones iniciales dadas es:
r = l0 cosh ωt,
ṙ = l0 ω sinh ωt,
r̈ = ω 2 r
Ny = 2mω 2 sinh ωt
Nz = mg
Como r solo depende de ω en la forma ωt, la trayectoria es independiente de la
velocidad angular.
• Cuando la partı́cula sale por el extremo del tubo (t=T)
q
r(T ) = l =⇒ cosh ωT = l/l0 ,
y por tanto
ṙ(T ) = ω l2 − l02 ,
r̈(T ) = ω 2 l
~rI = l(cos ωT~iI + sin ωT ~jI )
q
~vI = ω l2 − l02 (cos ωT~iI + sin ωT ~jI ) + lω(− sin ωT~iI + cos ωT ~jI )
q
~aI = ω 2 l(cos ωT~iI + sin ωT ~jI ) + 2ω 2 l2 − l02 (− sin ωT~iI + cos ωT ~jI )
+ω 2 l(cos ωT~iI + sin ωT ~jI )
Sistemas de referencia no inerciales
95
10) Hacer el problema anterior pero con la barra girando alrededor de uno de los
ejes horizontales (el eje x por ejemplo).
Solución
• La relación entre los ejes es:
~i = ~iI
~j = cos ωt~jI + sin ωt~kI
~k = − sin ωt~jI + cos ωt~kI
• La ecuación del movimiento es:
~
m~aI = −mg~kI + N
~ − 2m~ω × ~v − m~ω × (~ω × ~r)
~a = −mg~kI + N
~ la fuerza que la barra ejerce sobre la masa
siendo N
• En coordenadas no inerciales tendremos:
~r = r~j,
~v = ṙ~j,
~a = r̈~j
ω
~ = ω~i
~ = Nz~k
N
y la ecuación del movimiento será
mr̈~j = −mg(sin ωt~j + cos ωt~k) + Nz~k − 2mω ṙ~k + mω 2 r~j
96
Capı́tulo 8
que en componentes es:
mr̈
= −mg sin ωt + mω 2 r
0 = −mg cos ωt + Nz − 2mω ṙ
• La solución con las condiciones iniciales dadas es:
r=
g
(sin ωt − sinh ωt) + l0 cosh ωt,
2ω 2
ṙ =
g
(cos ωt − cosh ωt) + l0 ω sinh ωt
2ω
g
r̈ = − (sin ωt + sinh ωt) + l0 ω 2 cosh ωt
2
Sistemas de referencia no inerciales
97
11) Estudiar las solución general del problema 11 y particularizarla para las siguientes condiciones iniciales:
g
a)r(0) = 0,
ṙ(0) = 2ω
g
b) r(0) = l0 ,
ṙ(0) = 2ω
− l0 ω
Solución
La solución será:
µ
r = l0 cosh ωt +
a) r(0) = 0,
ṙ(0) =
¶
v0
g
g
sin
ωt
+
sinh ωt
−
2ω 2
ω
2ω 2
g
2ω
r=
g
sin ωt
2ω 2
98
b) r(0) = l0 ,
Capı́tulo 8
ṙ(0) =
g
2ω
− l0 ω
r=
g
sin ωt + l0 e−ωt
2ω 2
Sistemas de referencia no inerciales
99
12) Un rı́o de anchura D fluye hacia el norte con una velocidad v0 en una colatitud
θ. Determinar la diferencia de alturas entre la orilla izquierda y la derecha del rı́o.
(Calcularlo para D = 2 Km , θ = π4 v = 5 Km/h) :
Solución
En este caso
~v = v0~j
ω
~ = ω(sin θ~j + cos θ~k)
de forma que si despreciamos el término centrı́fugo, la ecuación del movimiento es:
0 = −mg~k + T~ + 2mωv0~i
y por tanto la tensión en la superficie ha de ser:
T~ == mg~k + T~ − 2mωv0 cos θ~i
de forma que
tg α =
h=
h
2ωv0 cos θ
=
D
g
2Dωv0 cos θ
g
Para los datos dados h es del orden de 3 cm
100
Capı́tulo 8
13) Una locomotora se mueve hacia el norte en una colatitud θ a lo largo de una
vı́a recta con velocidad v. Determinar la fuerza que ha de ejercer cada uno de los
railes:
Solución
En este caso la fuerza de Coriolis es
F~c = −2mωv(cos θ~k + sin θ~j) × ~j = 2mω cos θ~i
Lo que hace que aparezca una reacción horizontal en el rail derecho de forma que
la ecuación del movimiento es:
0 = −mg~k − T~i + Ti~k + Td~k + 2mω cos θ~i
y además para que haya equilibrio, si tomamos el origen de momentos en el rail
derecho:
0 = (−a~i + h~k) × (−mg~k) + (−2a~i) × (Ti~k) + (−a~i + h~k) × (2mωv cos θ~i)
luego
Ti + Td = mg
T = 2mωv cos θ
(−mga + 2aTi + 2mωvh cos θ)~j = 0
de forma que
T = 2mωv cos θ
mg mωvh cos θ
−
Ti =
2
a
Td =
mg mωvh cos θ
+
2
a
Sistemas de referencia no inerciales
101
donde para v = 100 km/h
vω
1
∼
g
3600
de manera que en el hemisferio Norte, el rail derecho se desgasta más que el
izquierdo mientras que en el hemisferio sur ocurre al contrario.
102
Capı́tulo 8
Capı́tulo 4.
Sólido rı́gido I: Cinemática
1
El sólido rı́gido como un sistema de partı́culas
El estudio del movimiento de un sólido rı́gido constituye una de las temas más
instructivos de la Mecánica clásica tanto como aplicación del movimiento de un
sistema de partı́culas como del uso de sistemas de referencia no inerciales.
1.1
El sistema del cuerpo: Sistema de centro de masa
De lo visto en el tema de sistemas de partı́culas recordemos que podı́amos definir
el centro de masa del sistema por
P
~ = Pmk~rk
R
mk
(1.1)
cuyo movimiento viene determinado por la ecuación
¨~
MR
= F~ (e)
(1.2)
de manera que el CM no es, en general, un sistema inercial
1.2
Condición de sólido rı́gido
~ la posición
Si consideramos como sistema de referencia un sistema con origen en R,
de un punto del sólido será
~r∗
(1.3)
La condición de sólido rı́gido implica que todos los puntos del sólido se mueven
de la misma manera. Si aparte del origen en el CM, consideramos un sistema de
103
104
Capı́tulo 9
~ tendremos que cualquier otro
referencia cuyos ejes estén en reposo respecto a R,
punto del sólido estará en reposo en este sistema de referencia, es decir:
d∗~r∗
=0
dt
(1.4)
d~r∗
= ω~∗ × ~r∗
dt
(1.5)
y por tanto
2
Momento angular
Recordemos, que en el sistema CM, el momento angular era
X
mk r~∗ k × r~˙∗ k
(2.1)
m{~r∗2 ω
~ ∗ − (~r∗ .~ω ∗ )~r∗ }
(2.2)
J~∗ =
k
de acuerdo con (1.5)
J~∗ =
X
k
donde hemos suprimido los subı́ndices por simplicidad. Asimismo hemos utilizado
la fórmula ~a × (~b × ~c) = (~a.~c)~b − ~a(~b.~c)
Escribiendo (1.6) en componentes, es fácil comprobar que:
Jx∗ =
X
m{(y ∗2 + z ∗2 )ωx∗ − x∗ y ∗ ωy∗ − x∗ z ∗ ωz∗ }
(2.3)
m{−x∗ y ∗ ωx∗ + (x∗2 + z ∗2 )ωy∗ − y ∗ z ∗ ωz∗ }
(2.4)
m{−x∗ z ∗ ωx∗ − y ∗ z ∗ ωy∗ + (x∗2 + y ∗2 )ωz∗ }
(2.5)
k
Jy∗ =
X
k
Jz∗ =
X
k
2.1
Matriz de inercia
Este resultado se puede expresar en forma abreviada como
J~∗ = I ∗ ω
~∗
(2.6)
donde I ∗ es la matriz
 P

I∗ = 
∗2
P
P

∗ ∗
∗ ∗
+ z ∗2 )}
k m{−x y }
k m{−x z }
P
P
m{−x∗ y ∗ }
m{(x∗2 + z ∗2 )}
m{−y ∗ z ∗ } 

k
k
k
P
P
P
∗ ∗
∗ ∗
∗2
∗2
k m{−x z }
k m{−y z }
k m{(x + y )}
kPm{(y
(2.7)
que se denomina matriz de inercia. Los elementos de la diagonal se denominan
momentos de inercia. Los elementos de fuera de la diagonal se denominan
productos de inercia.
Sólido rı́gido I: Cinemática
105
Ejes principales
De la definición (1.12) de la matriz de inercia se comprueba que es una matriz
simétrica y por tanto diagonalizable. Se denominan ejes principales aquellos en
los cuales la matriz diagonaliza. Si los denominamos {~e1 , ~e2 , ~e3 } podemos escribir:


I1∗ 0 0
0 
I∗ = 

 0 I2∗
∗
0 0 I3 }
(2.8)
ω
~ ∗ = ω1~e1 + ω2~e2 + ω3~e3
(2.9)
J~∗ = I1∗ ω1~e1 + I2∗ ω2~e2 + I3∗ ω3~e3
(2.10)
y por tanto
I1∗ , I2∗ , I3∗ son los momentos principales de inercia y son constantes caracterı́sticas del cuerpo. En lo sucesivo utilizaremos el sistema de ejes principales con
origen en el centro de masa como sistema de referencia (no inercial)
Tenemos asi un sistema de referencia intrı́nseco al cuerpo en el cual el
origen viene definido por el centro de masa y los vectores unitarios por
las direcciones en las que la matriz de inercia diagonaliza
3
Energı́a cinética
Recordemos que la energı́a cinética en el sistema CM se define como:
T∗ =
X1
k
∗
mk (~r˙ k )2
(3.1)
mk (ω~∗ × ~r∗ )2
(3.2)
2
y por tanto
T∗ =
X1
k
2
se puede comprobar sin dificultad con ayuda de (1.12) que esta expresión es equivalente a:
1 ∗ ∗ ∗
~ I ω
~
(3.3)
T∗ = ω
2
que en el sistema de ejes principales se escribe:
2T ∗ = I1 ω12 + I2 ω22 + I3 ω32
(3.4)
106
4
Capı́tulo 9
Desplazamiento del origen
Los ejes principales y los momentos principales de inercia se refieren a una elección
particular del origen dentro del cuerpo. Cuando el cuerpo está girando alrededor
de cualquier eje que pasa por este origen, ellos determinan su momento y su energı́a
cinética.
Cuando el cuerpo rı́gido está pivotando de tal manera que un punto O está fijo
, es conveniente elegir este punto como origen, de manera que las posiciones de un
punto del sólido respecto del nuevo origen serán:
~ + ~r∗
~rO = R
(4.1)
Si tenemos en cuenta que de la definición de centro de masa (1.1) se sigue que
X
mx∗ =
X
my ∗ =
X
mz ∗ = 0
(4.2)
entonces los momentos de inercia serán
(0)
Ixx
=
X
∗
m{(Y + y ∗ )2 + (Z + z ∗ )2 } = M (Y 2 + Z 2 ) + Ixx
(4.3)
y los productos de inercia
(0)
Ixy
=−
X
∗
m{(X + x∗ )(Y + y ∗ )} = −M XY + Ixy
(4.4)
~ respecto de O. Observese que las comdonde X, Y, Z son las coordenadas de R
ponentes del tensor de inercia con respecto a un origen arbitrario se obtienen a
partir de las correspondientes componentes referidas al centro de masa sumando
~ A causa de este resultado, para
la contribución de una partı́cula de mas M en R.
cualquier cuerpo dado, es necesario solamente calcular los momentos y productos
de inercia con respecto al centro de masas.
Es importante comprender que los ejes principales en un origen dado no son
necesariamente paralelos a los del centro de masas. La matriz sigue siendo diagonal
solamente en el caso en que los tres productos XY, XZ, Y Z sean cero lo que ocurre
cuando dos de las coordenadas del centro de masa son cero, es decir cuando el punto
O está situado en uno de los ejes principales
Sólido rı́gido I: Cinemática
5
107
Problemas
Enunciados
1) Determinar el centro de masas para:
a) Una pirámide homogenea formada por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y
x + y + z = a.
b) Un hemisferio uniforme de radio a.
2) Calcular el momento de inercia de la región sólida de densidad constante limitada por el paraboloide cz = x2 + y 2 y el plano z = h respecto al eje z.
3) Calcular el momento de inercia de un cilindro de altura h y radio a respecto a
un eje en el plano perpendicular al eje del cilindro y que pasa por su centro.
4) Calcular los momentos principales de inercia de un cono respecto a su vértice,
siendo h su altura y a el radio máximo. ¿Para qué valor de h/a es principal todo
eje que pase por el vértice? Para este caso encontrar la posición del CM y calcular
los momentos principales de inercia con respecto a este.
5) Calcular los momentos principales de inercia de un elipsoide.
6) Demostrar que el momento de inercia de un disco de radio a respecto de un eje
que forma 30o con la perpendicular al disco es Ie = 7ma2 /16.
7) Hallar la energı́a cinética de un cilindro homogéneo de radio a que gira en el
interior de una superficie cilı́ndrica de radio A.
8) Hallar la energı́a cinética de un cono que rueda sobre un plano.
9) Hallar la energı́a cinética de un elipsoide homogéneo que gira alrededor de uno
de sus ejes a la vez que este eje lo hace respecto de la perpendicular que pasa por
el centro del elipsoide.
10) Hacer el mismo problema suponiendo que el elipsoide está inclinado un ángulo
α respecto a la horizontal.
108
Capı́tulo 9
1) Determinar el centro de masas para:
a) Una pirámide homogenea formada por los planos x = y = z = 0 y x+y +z =
a.
b) Un hemisferio uniforme de radio a.
Solución
a) Tenemos una distribución continua de masa y por lo tanto el centro de masas
se obtendrá a partir de la expresión:
R
Z
1
~rdV
~ =
R
~rdm = RV
M V
V dV
En este caso, el sistema de coordenadas más sencillo para integrar es el de las
coordenadas cartesianas donde el elemento diferencial de volumen es
dV = dxdydz
Calculemos por separado ambas integrales:
Z
V
Ra
~rdV =
0
dx
R a−x
0
dy
R a−x−y
0
a4
24
=
(x~i + y~j + z~k)dz =
(~i + ~j + ~k)
Por otro lado, el volumen del sólido será:
Z
V =
V
dV =
Z a
0
dx
Z a−x
0
dy
Z a−x−y
0
Las coordenadas del centro de masas serán entonces:
~ = a (1, 1, 1)
R
4
dz =
a3
6
Sólido rı́gido I: Cinemática
109
es decir, el centro de masas se encuentra situado en una recta que pasa por el
origen y es perpendicular al plano x + y + z = a.
b) En este caso tenemos también una distribución continua de masa. Las
coordenadas más adecuadas son ahora las cilı́ndricas, en las cuales el elemento
diferencial de volumen viene dado por:
dV = ρdϕdρdz
mientras que la ecuación para la esfera viene dada en estas coordenadas por
ρ2 + z 2 = a2
Es fácil comprobar que las integrales para determinar las componentes X e Y se
anulan idénticamente. Para la coordenada Z tenemos:
ZCM =
=
R
Ra
0
V
zdz
zρdρdϕdz =
R √a2 −z 2
0
ρdρ
R 2π
0
dϕ =
a4
4
π
El volumen de este hemisferio seá por otra parte
V =
Z a
0
dz
Z √a2 −z 2
0
dρ
Z 2π
0
2
dϕ = πa3
3
Y por lo tanto las coordenadas del centro de masas serán:
~ CM = 3 a (0, 0, 1)
R
8
110
Capı́tulo 9
2) Calcular el momento de inercia de un cilindro de altura h y radio a respecto a
un eje en el plano perpendicular al eje del cilindro y que pasa por su centro.
Solución
• Por la simetrı́a axial del problema elegimos coordenadas {ρ, ϕ, z}. Los lı́mites
de integración serán ahora 0 < ϕ < 2π, 0 < ρ < a y − h2 < z < h2 , siendo h la
altura del cilindro y a su radio.
De la misma forma que en el problema anterior, la masa total del cilindro
vendrá dada en términos de la densidad µ por:
Z
M=
V
µdV = 2
Z 2π Z h Z a
0
0
0
µρdρdϕdz = πµha2
Usando ahora la expresión para M , el momento de inercia respecto a un eje en el
plano perpendicular al eje del cilindro y que pasa por su centro será:
Z
Ixx =
V
(z 2 + y 2 )dm
que en las coordenadas cilı́ndricas quedará:
Ixx =
½
= 2µ
µ
R
V (ρ
2
sen2 ϕ + z 2 )ρdρdϕdz =
R a 3 R 2π
R h2 2 R a
R 2π
2
dz
ρ
dρ
sen
ϕdϕ
+
0
0 z dz 0 ρdρ 0 dϕ
0
0
R
h
2
=
1
12
M (3a2 + h2 )
¾
=
Sólido rı́gido I: Cinemática
111
3) Calcular el momento de inercia de la región sólida de densidad constante limitada por el paraboloide cz = x2 + y 2 y el plano z = h respecto al eje z.
Solución
•
Volumen
El problema tiene simetrı́a axial. Elegimos por tanto coordenadas polares
{ρ, ϕ, z}, con origen en el vértice
√ O, que variarán, de acuerdo con el dibujo, de la
forma, 0 < ϕ < 2π, 0 < ρ < cz y 0 < z < h. El elemento diferencial de volumen
vendrá dado en estas coordenadas por
dV = ρdρdϕdz
de forma que
V =
Z 2π
0
dϕ
Z h "Z √cz
0
V =
•
0
#
ρdρ dz
π 2
ch
2
Centro de masa Para determinar las coordenadas del CM respecto de O
R
X=
R
xdV
,
V
Z
xdV =
Y =
Z 2π
0
R
ydV
,
V
cos ϕdϕ
Z=
Z h "Z √cz
0
0
#
2
zdV
,
V
ρ dρ dz = 0
112
Capı́tulo 9
Z
ydV =
Z
zdV =
Z 2π
0
sin ϕdϕ
Z 2π
dϕ
0
Z h "Z √cz
0
0
Z h "Z √cz
0
0
luego
#
2
ρ dρ dz = 0
#
zρdρ dz =
π 3
ch
3
2
Z= h
3
X = Y = 0,
• Momentos de inercia respecto de O
Por simetrı́a
Z
Ixx = Iyy = µ (y 2 + z 2 )ρdρdϕdz
Ixx = µ
Z 2π
0
2
sin ϕdϕ
Z h "Z √cz
0
=
0
Izz =
V
2
ρ dρ dz + µ
(x + y ) = µ
Z 2π Z h Z √cz
0
0
0
 h
(c + 3h)
 6
0
IO = M 
0
•
Z 2π
0
dϕ
Z h "Z √cz
0
0
#
ρdρ z 2 dz
µπc2 h3 µπch4
M
+
=
h(c + h)
12
4
6
Z
2
#
3
1
1
ρ3 dρdϕdz = µπc2 h3 = M ch
6
3
0
h
(c + 3h)
6
0

0
0 

hc
3
Matriz de inercia respecto de CM
 h
(c + 3h)
 6
∗
0
I =M
0
0
h
(c + 3h)
6
0



4 2
0
h

 9
0 −M 0
hc
0
3

3c + h
0
0
hM 
∗
0
3c + h 0 
I =


18
0
0
3h

0 0
4 2
h 0 

9
0 0
Sólido rı́gido I: Cinemática
113
3)Calcular los momentos de inercia de la región sólida de densidad constante
limitada por el paraboloide cz = x2 + y 2 y el plano z = h .
Solución
• Volumen
El problema tiene simetrı́a axial. Elegimos por tanto coordenadas polares
{ρ, ϕ, z}, con origen en el vértice
√ O, que variarán, de acuerdo con el dibujo, de la
forma, 0 < ϕ < 2π, 0 < ρ < cz y 0 < z < h. El elemento diferencial de volumen
vendrá dado en estas coordenadas por
dV = ρdρdϕdz
de forma que
V =
Z 2π
0
dϕ
Z h "Z √cz
0
V =
0
#
ρdρ dz
π 2
ch
2
• Centro de masa Para determinar las coordenadas del CM respecto de O
R
X=
R
xdV
,
V
Z
xdV =
Z
ydV =
Y =
Z 2π
0
Z 2π
0
R
ydV
,
V
cos ϕdϕ
sin ϕdϕ
Z=
Z h "Z √cz
0
Z h
0
"Z √
0
0
cz
#
zdV
,
V
2
ρ dρ dz = 0
#
2
ρ dρ dz = 0
114
Capı́tulo 9
Z
zdV =
Z 2π
0
dϕ
Z h "Z √cz
0
0
luego
X = Y = 0,
#
zρdρ dz =
π 3
ch
3
2
Z= h
3
• Momentos de inercia respecto de O
El momento de inercia respecto al eje z se calculará ya a partir de la integral
Z
Izz =
V
(x2 + y 2 )dm
donde dm es el elemento diferencial de masa, que vendrá dado en términos de la
densidad µ por
dm = µdV
Por tanto integrando ya la expresión para Izz tenemos (usando x = ρ cos ϕ,
y = ρ sen ϕ)
Z 2π Z h Z √cz
1
Izz = µ
ρ3 dρdϕdz = µπc2 h3
6
0
0
0
que en términos de M puede escribirse como
1
Izz = M ch
3
Sólido rı́gido I: Cinemática
115
4) Calcular los momentos principales de inercia de un cono respecto a su vértice,
siendo h su altura y a el radio máximo. ¿Para qué valor de h/a es principal todo
eje que pase por el vértice? Para este caso encontrar la posición del CM y calcular
los momentos principales de inercia con respecto a este.
Solución
Se trata de un problema con simetrı́a axial. Tomemos por tanto las coordenadas
cilı́ndricas {ρ, ϕ, z}. Sea h la altura del cono y a el radio máximo. La ecuación del
cono vendrá dada en coordenadas cilı́ndricas por medio de la expresión:
ρ=
az
h
Los lı́mites de integración serán:
0 < ϕ < 2π,
0<ρ<
az
,
h
0<z<h
Calculemos en primer lugar la masa del cono. Si este se supone con densidad
constante µ:
Z
M=
V
µdV = 2
Z 2π Z h Z
0
0
az
h
0
1
µρdρdϕdz = µπa2 h
3
116
Capı́tulo 9
Los ejes principales serán el eje de simetrı́a y dos ejes en un plano perpendicular a
él. Los momentos principales de inercia serán entonces Ixx , Iyy y Izz . Por simetrı́a
tenemos que Ixx = Iyy y se calcularán a partir de
R
R
Ixx =
Iyy = V (z 2 + y 2 )dm = µ V (z 2 + y 2 )dV =
R
1
= µ V (ρ2 sen2 ϕ + z 2 )ρdρdϕdz = 20
πµa2 h(a2 + 4h2 )
que, expresado en términos de M quedará de la forma:
3
M (a2 + 4h2 )
20
Calculemos ahora el otro momento principal de inercia Izz :
Ixx = Iyy =
Izz =
=
R
V (x
2
R
+ y 2 )dm = µ V (x2 + y 2 )dV =
R
3
µ V ρ3 dρdϕdz = 10
M a2
La matriz de inercia se escribirá en esos ejes en la forma:
3
M ( (a2 + 4h2 ) 0 00 (a2 + 4h2 ) 00 0 2a2 )
20
Para que todo eje sea principal, la condición que debe cumplirse es que
I=
J~ = α~ω
lo cual implica que la matriz de inercia deberá ser un multiplo de la matriz identidad, y por tanto que Ixx = Iyy = Izz . Ası́ esta condición se traduce para nuestro
caso particular en:
3
3
M (a2 + 4h2 ) =
M a2
20
10
con lo que la condición se traduce en a = 2h.
En este caso, calculemos ahora la posición del centro de masas. Este se encontrará situado en el eje Z, es decir, XCM = YCM = 0. La coordenada ZCM se
calculará como:
az
1 Z
1 Z h Z h Z 2π
3
ZCM =
µ zdV =
µ
zρdzdρdϕ = h
M
M
4
V
0
0
0
Por lo tanto la posición del centro de masas será:
µ
¶
~ CM = 0, 0, 3 h
R
4
Para calcular los momentos principales de inercia respecto al centro de masas,
~ + ~r∗ . Ası́ por ejemplo
utilizamos ~r = R
R
∗ 2
∗ 2
Ixx =
V [(Ry + y ) + (Rz + z ) ] dm =
R
= V [Ry2 + y ∗2 + 2Ry y ∗ + Rz2 + z ∗2 + 2Rz z ∗ ] dm =
∗
=
M (Ry2 + Rz2 ) + Ixx
Sólido rı́gido I: Cinemática
117
R
donde hemos utilizado el hecho de que ~r∗ dm = 0. Por tanto el momento principal
de inercia respecto al centro de masas será:
∗
Ixx
= Ixx − M (Ry2 + Rz2 )
De la misma forma puede obtenerse fácilmente:
∗
Iyy
= Iyy − M (Rx2 + Rz2 )
∗
Izz
= Izz − M (Rx2 + Ry2 )
Para el problema particular en que nos encontramos:
3 17
∗
∗
Ixx
= Iyy
= 20
M a2
16
3
∗
Izz
= 10
M a2
118
Capı́tulo 9
5) Calcular los momentos principales de inercia de un elipsoide.
Solución
Partimos de la ecuación en coordenadas cartesianas para el elipsoide de la figura
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 =1
a2
b
c
siendo a, b y c los tres ejes del elipsoide.
El sistema de coordenadas tı́pico para el elipsoide es r, θ, ϕ, las cuales se relacionan con las coordenadas cartesianas x, y, z por medio de las expresiones
x = ar sen θ cos ϕ
y = br sen θ sen ϕ
z = cr cos θ
(5.1)
El elemento diferencial de volumen será:
dV = abcr2 sen θdrdθdϕ
El centro de masas coincide con el centro del elipsoide. Procedamos ya a calcular
los momentos principales de inercia.
R
R
∗
2
2
2
2
Ixx
=
V (y + z )dm = µ V (y + z )dV =
R 2 2
= V r (b sen2 θ sen2 ϕ + c2 cos2 θ) abcr2 sen θdrdθdϕ
Sólido rı́gido I: Cinemática
119
Las coordenadas r, θ, ϕ variarán entre los valores:
0 < r < 1,
0 < θ < π,
0 < ϕ < 2π
Integrando la expresión anterior es fácil comprobar que:
1
∗
= M (b2 + c2 )
Ixx
5
donde hemos utilizado la expresión para M evaluada en la forma usual a partir de
la integral
Z
Z
4
M = µ dV = µ abcr2 sen θdrdθdϕ = πabc
3
V
V
Un proceso similar al anterior permite obtener los otros dos momentos principales de inercia que quedarán de la forma:
1
∗
Iyy
= M (a2 + c2 )
5
1
∗
Izz
= M (a2 + b2 )
5
En el caso particular de la esfera para el cual los ejes son iguales, es decir, a = b =
c = R, tenemos que:
4
M = πR3
3
2
∗
∗
∗
Ixx
= Iyy
= Izz
= M R2
5
120
Capı́tulo 9
6) Demostrar que el momento de inercia de un disco de radio a respecto de un eje
que forma 30o con la perpendicular al disco es Ie = 7ma2 /16.
Solución
Consideremos el sistema de referencia con origen en el centro de masas del disco
y ejes z perpendicular al disco y x e y en el plano del disco. Por la simetrı́a del
problema estos son los ejes principales de inercia, respecto de los cuales la matriz
de inercia es diagonal. Veamos cuales son en este sistema los momentos principales
de inercia.
Z
∗
Ixx
=
(y 2 + z 2 )dm
V
Como se trata de una figura plana la integración corresponderá a una integral de
superficie para la cual z = 0. Tenemos entonces, suponiendo un disco homogéneo
de densidad µ:
Z
∗
Ixx
=
µ
=
µ
Z
y 2 dS = µ
S
Z 2π
0
S
sen2 ϕdϕ
ρ2 sen2 ϕρdρdϕ =
Z a
0
ρ3 dρ =
1
M a2
4
donde hemos utilizado que la masa del disco es M = µπa2 . Por simetı́a tenemos
∗
que Iyy
= 14 M a2 . Para el tercer momento de inercia:
Z
∗
Izz
=
V
(x2 + y 2 )dm = µ
Z 2π
0
dϕ
Z a
0
ρ3 dρ =
1
M a2
2
Al tratarse de los ejes principales de inercia la matriz es diagonal en esta base y
se escribe:
1
I ∗ = M a2 ( 1 0 00 1 00 0 2 )
4
Queremos calcular el momento de inercia respecto a un eje que forma un ángulo
de 300 con la perpendicular al disco, es decir, con el eje z. Para ello hacemos un
cambio en el sistema de referencia, manteniendo como origen el centro de masas,
pero girando los ejes un ángulo α alredefor del eje x. La matriz de inercia en
esta nueva base, donde ahora el eje z 0 se encontrará formando un ángulo α con
la perpendicular al disco vendrá dada a partir de la expresión para el cambio de
base:
I 0∗ = B −1 I ∗ B
siendo B la matriz de cambio de base que corresponde a la de una rotación de
ángulo α alrededor del eje x, es decir:
B = ( 1 0 00 cos α sen α0 − sen α cos α )
Sólido rı́gido I: Cinemática
121
Es fácil comprobar con las expresiones para I ∗ y B que:
I 0∗ =
1
M a2 ( 1 0 00 1 + sen2 α − sen α cos α0 − sen α cos α 1 + cos2 α )
4
que para el caso particular de α =
I 0∗ =
π
6
quedará de la forma:
³
1
M a2 1 0 00
4
5
4
−
√
3
0
4
−
√
3
4
7
4
´
Por lo tanto el momento de inercia respecto a un eje que forma un ángulo de 300
con la perpendicular al disco será:
0∗
Izz
=
7
M a2
16
122
Capı́tulo 9
7) Hallar la energı́a cinética de un cilindro homogéneo de radio a que rueda sin
deslizar en el interior de una superficie cilı́ndrica de radio A
Solución
• Consideremos dos sistemas de referencia, uno con origen inercial OI en el centro
del cilindro grande y otro con origen no inercial O en el centro del cilindro pequeño
de forma que
~ + ~r∗
~rI = R
• Movimiento del centro de masa
El centro de masa gira con velocidad angular φ̇~k describiendo una circunferencia
de radio A − a en sentido horario con un ángulo φ = 2π − α
³
~ = (A − a)~i = (A − a) cos α~iI − sin α ~jI
R
´
~˙ = −α̇~k × (A − a)~i = −α̇(A − a)~j = φ̇(A − a)~j
R
• Los ángulos de Euler son φ = 2π − α, θ = 0, ψ de forma que
ω1 = ω2 = 0
ω3 = φ̇ + ψ̇
• la condición de rodadura es que el punto P de tangencia entre los dos cilindros
tenga velocidad instantánea inercial cero pues de lo contrario habrı́a deslizamiento.
Por tanto
~ + ~r∗
(~rp )I = R
p
Sólido rı́gido I: Cinemática
123
y derivando
~˙ + ω
0=R
~ × ~rp∗
donde
~rp∗ = a~i
y por tanto la condición de rodadura es:
0 = (A − a)φ̇~j + (φ̇ + ψ̇)a~j
de manera que:
A
Aφ̇ + aψ̇ = 0 =⇒ ψ̇ = − φ̇
a
(que puede interpretarse también como que el arco descrito por P sobre el cilindro
grande con radio A y velocidad φ̇ ha de ser igual al descrito sobre el pequeño con
radio a y velocidad ψ̇. El signo − se debe a que cuando φ gira en sentido horario,
ψ lo hace en sentido antihorario)
• La energı́a cinética será
1 ~˙ 2 1 ∗ 2
+ I3 ω3
T = mR
2
2
y por tanto
·
¸
1
A 2
1 ∗
2
T = m[(A − a)φ̇] + I3 φ̇ − φ̇
2
2
a
·
∗¸
I
1
T = [(A − a)φ̇]2 m + 32
2
a
Como el momento de inercia de un cilindro alrededor de su eje es:
1
I3∗ = ma2
2
entonces
i2
3 h
T = m (A − a)φ̇
4
124
Capı́tulo 9
8) Hallar la energı́a cinética de un cono que rueda sobre un plano
Solución
• Origen: Sea h la altura del cono y a el radio de la base. Como se trata de
un cuerpo con un punto fijo tomamos el origen del sistema fijo y del móvil en el
mismo punto O = 0I luego
~r = ~rI
•
Angulos de Euler
Los ángulos de Euler son en este caso φ, θ = π2 − α, ψ de manera que las
componentes de la velocidad angular en el sistema del cuerpo son
ω1 = φ̇ cos α sin ψ
ω2 = φ̇ cos α cos ψ
ω3 = φ̇ sin α + ψ̇
•
Centro de masa
~
R es un vector de módulo 34 hque gira alrededor de la vertical con velocidad
angular φ̇ describiendo un cı́rculo de radio 43 h cos α. Escribiéndolo en el sistema
no inercial
~ = 2 h~e3
R
3
Sólido rı́gido I: Cinemática
Por tanto
125
~
dR
~ = 2 hω2~e1 − ω1~e2
=ω
~ ×R
dt
3
•
Condición de rodadura
La condición de rodadura es que el punto P de tangencia con el plano tenga
velocidad inercial cero. Por tanto la velocidad angular ω ha de ser tal que
d~rpi
=ω
~ × ~rp
dt
lo que implica que ω
~ ha de ser paralela a ~rp y por tanto estar dirigida en la dirección
OP. En al caso la condición de rodadura puede reducirse a
0=
ω3 = ω cos α
substituyendo las expresiones de ωi
q
φ̇ sin α + ψ̇ = cosα φ̇2 + ψ̇ 2 + 2φ̇ψ̇ sin α
resolviendo para ψ̇
φ̇
sin α
que es la condición de rodadura. En tal caso
ψ̇ = −
ω1 = φ̇ cos α sin ψ
ω2 = φ̇ cos α cos ψ
ω3 = −φ̇
cos2 α
sin α
y por tanto
xp = −a sin ψ
yp = −a cos ψ
zp = h
En coordenadas inerciales
³
rpi = l sin φ~iI − cos φ~jI
donde l es la generatriz del cono l =
h
cos α
´
126
•
Capı́tulo 9
Energı́a cinética
1
T = (I1 ω12 + I2 ω22 + I3 ω32 )
2
como el sólido es simétrico I1 = I2 . Por otra parte pasando a los momentos
referidos al centro de masas
I1 = I1∗ + mZ 2 ,
T =
1h
2
i2
φ̇(Z cos α)
3
donde Z = h
4

+
1 ∗
I1 (φ̇ cos α)2 + I3∗
2
Ã
!2 
cos α 
φ̇
2
sin α
Es importante señalar que la contribución 21 [φ̇(Z cos α)]2 debida al cambio de
origen en los momentos de inercia es precisamente la energı́a cinética del centro de
2
~˙ de forma que
masa 21 mR
1 ~˙ 2
T = mR
+ T∗
2
Como se ha calculado en el problema 3
I1 = I2 =
3
3mh2
m(a2 + 4h2 ) =
(4 + tg2 α)
20
20
I3 =
3
3mh2 2
ma2 =
tg α
10
10
T =
3
mh2 φ̇2 (1 + 5 cos2 α)
40
y por tanto
Sólido rı́gido I: Cinemática
127
9) Hallar la energı́a cinética de un elipsoide homogéneo que gira alrededor de uno
de sus ejes a la vez que este eje lo hace respecto de la perpendicular que pasa por
el centro del elipsoide.
Solución
El centro de masas coincide con el centro del elipsoide ya que éste es homogéneo.
Sea {~e1 , ~e2 , ~e3 } el sistema de ejes principales del elipsoide que giran con él. En ellos,
y con origen en el centro de masas, obtuvimos que los momentos principales de
inercia eran:
I1∗ = 15 M (b2 + c2 )
I2∗ = 15 M (a2 + c2 )
I3∗ = 15 M (a2 + b2 )
Sea ω
~ la velocidad angular escrita en los ejes principales,
ω
~ ∗ = ω1∗~e∗1 + ω2∗~e∗2 + ω3∗~e∗3
La energı́a cinética del elipsoide será entonces, una vez conocida ω
~:
T∗ =
1
ω
~ I ∗ω
~
2
que en el sistema de ejes principales queda de la forma
T∗ =
1 ∗ ∗2
(I1 ω1 + I2∗ ω2∗2 + I3∗ ω3∗2 )
2
(5.2)
(5.3)
(5.4)
128
Capı́tulo 9
Según la figura, el eje AB permanece fijo en el cuerpo. Elegimos entonces los ejes
principales de inercia {~e∗1 , ~e∗2 , ~e∗3 } tal y como se presentan en la figura (con ~e∗3 en
la dirección de AB). Supongamos que el elipsoide gira con velocidad angular ψ̇
en torno a ese eje ~e∗3 . Si además este eje gira con velocidad φ̇ en torno a DC,
tendremos que los ángulos de Euler son en este caso φ, θ = π2 y ψ, y por lo tanto
la velocidad angular ω
~ ∗ escrita en el sistema no inercial (el de los ejes principales)
será:
ω
~ ∗ = φ̇ sen ψ e~1 ∗ + φ̇ cos ψ e~2 ∗ + ψ̇ e~3 ∗
La energı́a cinética del elipsoide será entonces:
T∗ =
M
{(b2 + c2 )φ̇2 sen2 ψ + (a2 + c2 )φ̇2 cos2 ψ + (a2 + b2 )ψ̇ 2 }
10
Sólido rı́gido I: Cinemática
129
10) Hacer el mismo problema suponiendo que el elipsoide está inclinado un ángulo
α respecto a la horizontal.
Solución
Sea {~e∗1 , ~e∗2 , ~e∗3 } el sistema de ejes principales para el elipsoide, con origen en el
centro de masas. El eje ~e∗3 se encuentra según la dirección AB al igual que en el
problema anterior. Alrededor de este eje el elipsoide está girando con velocidad
angular ψ̇, y al mismo tiempo gira con velocidad angular φ̇ alrededor de DC. Los
ángulos de Euler seán en este caso φ, θ = α− π2 y ψ, y por lo tanto las componentes
de la velocidad angular escritas en los ejes principales quedarán:
ω
~ ∗ = φ̇ cos α sen ψ e~1 ∗ + φ̇ cos α cos ψ e~2 ∗ + (ψ̇ + φ̇ sen α)e~3 ∗
En el sistema de ejes principales, con origen en el centro de masas, la energı́a
cinética del elipsoide era:
T∗ =
1 ∗ ∗2
(I ω + I2∗ ω2∗2 + I3∗ ω3∗2 )
2 1 1
que una vez sustituidos los momentos principales de inercia y las componentes de
la velocidad angular, queda en la forma:
T∗ =
M
{(b2 +c2 )φ̇2 sen2 ψ cos2 α+(a2 +c2 )φ̇2 cos2 ψ cos2 α+(a2 +b2 )(ψ̇+ φ̇ sen α)2 }
10
130
Capı́tulo 9
11) Las dos barras de una escalera están sujetas por una cuerda formando un
triángulo equilátero. La cuerda se rompe. Determinar con que velocidad llega al
suelo el vértice de la escalera.
Solución
• La relación entre los orı́genes es:
³
´
~ = l cos α~ii + sin α~ji
R
2
donde
µ
π
ϕ=
−α
2
¶
y por tanto
³
´
~ = l sin ϕ~ii + cos ϕ~ji
R
2
• La relación entre vectores unitarios es:
~i∗ = cos ϕ~ii + sin ϕ~ji
~j ∗ = − sin ϕ~ii + cos ϕ~ji
~k ∗ = ~ki
dado que
ω
~ = ϕ̇~k ∗
• La posición de un punto de la escalera es:
~r∗ = y ∗~j ∗
Sólido rı́gido I: Cinemática
131
~ + ~r∗
~ri = R
de forma que
~v ∗ = 0
´
lϕ̇ ³
~˙ + ω
~vi = R
~ × ~r∗ =
cos ϕ~ii − sin ϕ~ji − ϕ̇y ∗~i∗
2 !
"Ã
Ã
! #
l
l
∗
∗
=
ϕ̇
cos ϕ − y cos ϕ ~ii + − sin ϕ − y sin ϕ ~ji
2
2
• La energı́a cinética de la escalera es:
1 ~˙ 2 1 ∗ 2
T = mR
+ I ϕ̇
2
2
∗
donde I es el momento de inercia de una varilla de longitud l alrededor de un eje
1
perpendicular que pasa por su centro. Por tanto: I ∗ = 12
ml2 . En consecuencia:
1
1
1
T = ml2 ϕ̇2 + ml2 ϕ̇2 = ml2 ϕ̇2
8
24
6
En cuanto a la energı́a potencial es la energı́a gravitatoria del centro de masa
V = mgYi =
de modo que
En el instante inicial α =
π
3
mgl
cos ϕ
2
mgl
1
cos ϕ
E = ml2 ϕ̇2 +
6
2
=⇒ ϕ = π6 y ϕ̇ = 0. Por tanto:
√
mgl 3
E=
4
de manera que:
´
3g ³√
3 − 2 cos ϕ
2l
y la velocidad de un punto de la escalera es:
ϕ̇2 =
s
v~i =
3g √
( 3 − 2 cos ϕ)
2l
"Ã
!
Ã
!
l
l
cos ϕ − y ∗ cos ϕ ~ii + − sin ϕ − y ∗ sin ϕ ~ji
2
2
En particular para el punto A y ∗ = l/2
s
(~vi )A = −l
´
3g ³√
3 − 2 cos ϕ sin ϕ~ji
2l
Cuando la escalera llega al suelo α = 0 =⇒ ϕ = π2 de forma que:
s √
3 3lg ~
(~vi )A = −
ji
2
#
132
Capı́tulo 9
Capı́tulo 5.
Sólido rı́gido II: Dinámica
1
1.1
Ecuaciones del movimiento
Coordenadas de rotación y de translación
Como hemos visto, para describir el movimiento de un sólido rı́gido se utilizan dos
sistemas de coordenadas, un sistema fijo inercial {OI ;~iI , ~jI , ~kI } y un sistema móvil
que supondremos rigidamente unido al cuerpo. Es conveniente tomar el origen de
coordenadas en el centro de masas del cuerpo y sus vectores unitarios a lo largo
de los ejes principales. El sistema móvil será por tanto {O∗ ; e~1 ∗ , e~2 ∗ , e~3 ∗ }. En
alguna ocasión, no obstante, cuando un punto 0 del sólido permanece fijo, puede
ser útil tomar dicho punto como origen tanto del sistema fijo como del sistema
móvil que denominaremos {OI ; ~e1 , ~e2 , ~e3 }. Es importante señalar que los ejes ~ej
son en general distintos de los e~j ∗ .
La posición del cuerpo con respecto al sistema fijo de coordenadas está comple~ la posición
tamente determinada si se conoce la posición del sistema móvil. Sea R
∗
del origen O del sistema móvil respecto del fijo. La orientación de los ejes de este
sistema está definida, según hemos visto, por los tres ángulos de Euler que junto
~ hacen un total de seis coordenadas. Entonces el
con las tres componentes de R
sólido rı́gido es un sistema con seis grados de libertad:
• tres grados de libertad de traslación dados por las tres componentes X, Y, Z
~
de R
• tres grados de libertad de rotación dados por los tres ángulos de Euler φ, θ
y ψ.
Puesto que un cuerpo rı́gido tiene, en general, seis grados de libertad, el sistema
general de las ecuaciones del movimiento debe contener seis ecuaciones independientes. Estas ecuaciones corresponden a las del movimiento de un sistema de
partı́culas al que se ha aplicado la restricción de sólido rı́gido
133
134
Capı́tulo 10
d∗~r∗
=0
(1.1)
dt
Las ecuaciones del movimiento pueden expresarse como las derivadas respecto
del tiempo de dos vectores: el momento y el momento angular que describen
respectivamente los grados de libertad de traslación y rotación.
1.2
Traslación del centro de masa
Como sabemos, el momento lineal de un sistema de partı́culas viene dado por
~
dR
P~ = M
dt
(1.2)
~ es la coordenada del CM. y su derivada temporal por la acción de las
donde R
fuerzas externas
X
dP~
=
F~k
(1.3)
dt
de manera que el movimiento del centro de masas viene dado por la ecuación
vectorial
~I
X
d2 R
m 2 =
F~k
(1.4)
dt
~ I se describe en el sistema fijo o
si R
X ∗
d∗ ω
~∗
~ +ω
~ =
×R
~ ∗ × (~ω ∗ × R)
F~k
dt
(1.5)
~ I = R.
~ Solo se diferencian en
si se describe en el sistema del cuerpo. Nótese que R
~ I se expresa en términos de ~iI , ~jI , ~kI mientras que R
~ es el mismo vector pero
que R
∗
~I
expresado en términos de los ejes principales e~j . La conveniencia de utilizar R
~ depende del problema concreto como veremos en los ejemplos que se estudien
oR
más adelante.
1.3
Rotación. Ecuaciones de Euler
Según hemos visto, la variación del momento angular se debe a la acción de los
momentos de las fuerzas. Por tanto
dJ~ X
=
~rk × F~k
dt
(1.6)
donde ~rk es la posición del punto de aplicación de la fuerza F~k . Dado que, en el
tema anterior, hemos visto como se relaciona, para un sólido rı́gido, el momento
Sólido rı́gido II: Dinámica
135
angular con la velocidad angular, en el sistema del cuerpo, resulta más conveniente
escribir (1.6) en el sistema ∗ , de forma que puesto que:
~ + ~r∗
~r = R
entonces
X ∗
¨~
~ ×R
~×
MR
=R
F~k
X
∗
dJ~∗
~∗
(1.7)
+ ω ∗ × J~∗ =
~rk∗ × F~k = N
dt
~ ∗ es la suma de los momentos de las fuerzas respecto del centro de masas.
donde N
Combinando (1.7) con la expresión de J~∗ en términos de los ejes principales,
es decir:
J~∗ = I1∗ ω1 e~1 ∗ + I2∗ ω2 e~2 ∗ + I3∗ ω3 e~3 ∗
(1.8)
y escribiendo la ecuación (1.7) en componentes, obtenemos:
dω1∗
+ (I3∗ − I2∗ )ω2∗ ω3∗ = N1∗
dt
dω ∗
I2∗ 2 − (I3∗ − I1∗ )ω1∗ ω3∗ = N2∗
(1.9)
dt
dω ∗
I3∗ 3 + (I2∗ − I1∗ )ω2∗ ω1∗ = N3∗
dt
Estas ecuaciones se llaman de Euler y permiten determinar como varı́a la velocidad angular respecto a ejes fijos en el sólido, una vez dadas las componentes
{N1∗ , N2∗ , N3∗ } del momento total. Pero, su aplicación al caso general es muy dı́ficil
~ ∗ es preciso primero conocer la orientación del sólido y esto
pues para conocer N
equivale a tener resuelto antes el problema. No obstante, tienen una gran iportancia para entender en que consiste la evolución de un cuerpo extenso, resultan de
especial utilidad en los dos siguientes casos:
I1∗
a) Cuando el momento total es cero. En este caso se dice que la rotación del
sólido es libre. Este caso se presenta cuando no hay fuerzas externas o todas están
aplicadas en el centro de masas (por ejemplo, un balón lanzado al aire moviéndose
bajo la acción de la gravedad). Veremos este caso en la próxima sección
b) Cuando las ωj∗ son los datos y Nj∗ las incógnitas. Esto ocurre en el movimiento
de piezas de mecanismos que giran con velocidad angular fija respecto a ellos mismos mientras que lo que se desea conocer son los momentos que soportan los
cojinetes en los que se apoya la pieza. En tal caso las ecuaciones de Euler son
N1∗ = (I3∗ − I2∗ )ω2∗ ω3∗
N2∗ = −(I3∗ − I1∗ )ω1∗ ω3∗
N3∗ = (I2∗ − I1∗ )ω2∗ ω1∗
(1.10)
136
2
Capı́tulo 10
Movimiento del sólido libre
Vamos a utilizar, en este apartado, las ecuaciones de Euler para describir el
movimiento de un sólido sometido a fuerzas cuyo momento total respecto del centro de masa es cero. Tal es el caso de un proyectil extenso bajo la acción de la
gravedad o de una nave espacial llevada por su inercia. El movimiento del centro
de masas conviene referirlo aquı́ respecto del sistema inercial y vendrá dado por la
ecuación (1.4). Se reduce por tanto al problema del movimiento de una partı́cula
bajo la acción de una fuerza. En el caso de un cuerpo bajo la ación de la gravedad,
el movimiento del centro de masas será una parábola.
En cuanto a la rotación del sólido vendrá dada por las ecuaciones de Euler:
dω1∗
+ (I3∗ − I2∗ )ω2∗ ω3∗ = 0
dt
dω ∗
I2∗ 2 − (I3∗ − I1∗ )ω1∗ ω3∗ = 0
(2.1)
dt
dω ∗
I3∗ 3 + (I2∗ − I1∗ )ω2∗ ω1∗ = 0
dt
que es un sistema de tres ecuaciones diferenciales de primer orden cuya solución se
expresará en términos de tres constantes de integración. Dos de estas constantes
son fáciles de identificar:
I1∗
2.1
Esfera de Inercia
Puesto que J~∗ es conservado (aunque no sus componentes no inerciales), el módulo
del momento angular es una constante del movimiento. En consecuencia:
J ∗2 = I1∗2 ω1∗2 + I2∗2 ω2∗2 + I3∗2 ω3∗2
(2.2)
donde J ∗2 es constante por lo que (2.4) puede interpretarse como una esfera de
radio J ∗ en las variables
2.2
x1 = I1∗ ω1∗
x2 = I2∗ ω2∗
x3 = I3∗ ω3∗
(2.3)
(2.4)
(2.5)
x21 + x22 + x23 = J ∗2
(2.6)
Elipsoide de inercia
Por otra lado la energı́a cinética es
~
1 dR
T = m( )2 + T ∗
2
dt
(2.7)
Sólido rı́gido II: Dinámica
137
y si las fuerzas externas están aplicadas en el centro de masas su variación es:
~
dT
dR
=
.F~
dt
dt
(2.8)
por lo que combinando (1.4) con (2.9) y (2.10) obtenemos:
dT ∗
=0
dt
(2.9)
luego la energı́a cinética en el sistema propio es constante. Expresándola
en terminos de ω tal como vimos en el tema anterior
1 ∗ ∗ ∗
T∗ = ω
~ I ω
~
2
es decir
2T ∗ = I1∗ ω1∗2 + I2∗ ω2∗2 + I3∗ ω3∗2
(2.10)
que puede escribirse también como
x22
x23
x21
+
+
=1
2I1∗ T ∗ 2I2∗ T ∗ 2I3∗ T ∗
(2.11)
√
√
√
que constituye la ecuación de un elipsoide de semiejes 2I1∗ T ∗ , 2I2∗ T ∗ , 2I3∗ T ∗ .
En consecuencia, la resolución de las ecuaciones (2.1-2.13) ha de ser compatible
con (2.4) y (2.12).
Puesto que el vector (x1 , x2 , x3 ) ha de estar simultáneamente sobre la esfera
(2.8) y el elipsoide (2.13), debe haber puntos de corte entre ambos lo que solo
podrá ocurrir si el radio de la esfera es mayor que el semieje menor y menor que
el semieje mayor. Si ordenamos los momentos de inercia de forma que
I1∗ ≤ I2∗ ≤ I3∗
la condición para que haya solución es:
2I1∗ T ∗ ≤ J ∗2 ≤ 2I3∗ T ∗
(2.12)
En el caso general las ecuaciones (2.1-2.3) son solubles en términos de funciones
elı́pticas. Aqui nos vamos a restringir al estudio de diferentes casos particulares
2.3
Sólido rı́gido simétrico
Vamos a restringirnos aquı́ al caso en que el sólido tenga un eje de simetrı́a que
tomaremos como eje ~e∗3 . En tal caso
I1∗ = I2∗
(2.13)
138
Capı́tulo 10
y las ecuaciones de Euler son
∗
∗ dω1
I1
+ (I3∗ − I1∗ )ω2∗ ω3∗ = 0
dt
∗
∗ dω2
I1
− (I3∗ − I1∗ )ω1∗ ω3∗ = 0
dt
dω ∗
I3∗ 3 = 0
dt
(2.14)
(2.15)
(2.16)
mientras que
J ∗2 = I1∗2 (ω1∗2 + ω2∗2 ) + I3∗2 ω3∗2
(2.17)
2T ∗ = I1∗ (ω1∗2 + ω2∗2 ) + I3∗ ω3∗2
(2.18)
de (2.33) y (2.34) obtenemos
ω3∗2 =
J ∗2 − 2T ∗ I1∗
I3∗ (I3∗ − I1∗ )
ω1∗2 + ω2∗2 =
2T ∗ I3∗ − J ∗2
I1∗ (I3∗ − I1∗ )
(2.19)
(2.20)
De (2.22) es inmediato ver que ω1∗ y ω2∗ han de ir como
v
u
u 2T ∗ I ∗ − J ∗2
∗
cos(Ωt + ϕ0 )
ω1 = t ∗ ∗3
I1 (I3 − I1∗ )
(2.21)
v
u
u 2T ∗ I ∗ − J ∗2
∗
sin(Ωt + ϕ0 )
ω2 = t ∗ ∗3
I1 (I3 − I1∗ )
(2.22)
Substituyendo (2.21), (2.23) y (2.24) en las ecuaciones de Euler (2.6-2.8) se tiene
v
u
u (J ∗2 − 2T ∗ I1∗ )(I3∗ − I1∗ )
I∗ − I∗
Ω = 3 ∗ 1 ω3∗ = t
I1
I1∗2 I3∗
(2.23)
De forma que un trompo
libre simétrico se mueve con velocidad angular
r
∗2
∗
J −2T I1∗
alrededor del eje de simetrı́a mientras que
constante ω3∗ =
I ∗ (I ∗ −I ∗ )
3
3
1
las velocidades
alrededor de losrotros dos ejes oscilan con frecuencia
r
Ω=
(J ∗2 −2T ∗ I1∗ )(I3∗ −I1∗ )
I1∗2 I3∗
y amplitud
2T ∗ I3∗ −J ∗2
)
I1∗ (I3∗ −I1∗ )
Sólido rı́gido II: Dinámica
2.4
139
Estabilidad del movimiento
Supongamos ahora un cuerpo arbitrario girando alrededor de uno de sus ejes principales. Tratemos de ver que ocurre si el movimiento se perturba ligeramente.
Recordemos que hemos ordenado los ejes en la forma
I1∗ ≤ I2∗ ≤ I3∗
(2.24)
Tenemos tres posibles casos:
a) Movimiento alrededor de ~e∗1
En tal caso partimos de un movimiento con ω1∗ = ω0 , ω2∗ = ω3∗ = 0. Si perturbamos ligeramente pasamos a
ω1∗ = ω0 + ∆ω1
(2.25)
ω2∗ = ∆ω2
(2.26)
ω3∗ = ∆ω3
(2.27)
Teniendo en cuenta que las perturbaciones son pequeñas y por tanto sus productos
despreciables, las ecuaciones de Euler se linealizan en la forma:
I1∗
d∆ω1
= 0
dt
d∆ω2
− (I3∗ − I1∗ )ω0 ∆ω3 = 0
dt
d∆ω3
I3∗
+ (I2∗ − I1∗ )ω0 ∆ω2 = 0
dt
I2∗
(2.28)
(2.29)
(2.30)
Luego ∆ω1 es costante mientras que para ∆ω2 ∆ω3 buscamos soluciones oscilatorias de la forma
∆ω2 = Aept
∆ω3 = Bept
se obtiene el sistema de ecuaciones algebraicas
I2∗ pA − (I3∗ − I1∗ )ω0 B = 0
(2.31)
(I2∗ − I1∗ )ω0 A + I3∗ pB = 0
(2.32)
que solo tiene solución si el determinante es cero. En consecuencia
p2 = −
(I2∗ − I1∗ )(I3∗ − I1∗ ) 2
ω0
(I3∗ I2∗ )
(2.33)
de forma que p es imaginario y por tanto las soluciones para ∆ω2 y ∆ω3 se expresan
en términos de senos y cosenos por lo que permanecen acotadas. En consecuencia
el movimiento es estable
140
Capı́tulo 10
b) Movimiento alrededor de ~e∗2
En tal caso partimos de un movimiento con ω2∗ = ω0 , ω1∗ = ω3∗ = 0. Si perturbamos ligeramente pasamos a
ω1∗ = ∆ω1
(2.34)
ω2∗ = ω0 + ∆ω2
ω3∗
= ∆ω3
las ecuaciones de Euler se linealizan en la forma:
d∆ω1
I1∗
+ (I3∗ − I2∗ )ω0 ∆ω3 = 0
dt
d∆ω2
I2∗
= 0
dt
d∆ω3
I3∗
+ (I2∗ − I1∗ )ω0 ∆ω1 = 0
dt
Luego ∆ω2 es costante mientras que para ∆ω1 y ∆ω3 buscamos soluciones
torias de la forma
∆ω1 = Aept
(2.35)
(2.36)
(2.37)
(2.38)
(2.39)
oscila-
∆ω3 = Bept
se obtiene el sistema de ecuaciones algebraicas
I1∗ pA + (I3∗ − I2∗ )ω0 B = 0
(2.40)
(I2∗ − I1∗ )ω0 A + I3∗ pB = 0
(2.41)
que solo tiene solución si el determinante es cero. En consecuencia
p2 =
(I2∗ − I1∗ )(I3∗ − I2∗ ) 2
ω0
(I3∗ I1∗ )
(2.42)
de forma que p es real y por tanto las soluciones para ∆ω1 y ∆ω3 se expresan
en términos de exponenciales reales que no están acotadas. En consecuencia el
movimiento es inestable
c) Movimiento alrededor de ~e∗3
Se deja como ejercicio demostrar que el movimiento es estable.
3
El trompo de Lagrange
Veamos ahora el caso del movimiento de una peonza simétrica con un pivote fijo
moviéndose bajo la acción de la gravedad.
En este caso, al haber un punto fijo, interesa tomar dicho punto como origen
de ambos sistemas: el fijo y el móvil. Por tanto las cantidades del sistema del
cuerpo no llevarán asterisco porque el origen no está en el centro de masas.
Sólido rı́gido II: Dinámica
3.1
141
Movimiento del centro de masas
Como el centro de masas se mueve con el cuerpo su posición respecto al mismo
es siempre constante de forma que el movimiento del centro de masas descrito en
el sistema del cuerpo es simplemente:
~ = l~e3
R
3.2
(3.1)
Rotación del sólido
Las fuerzas que actúan son la de la gravedad −mg~kI que actúa en el centro de
masas y la de reacción en el punto de apoyo. Esta última tiene momento cero
respecto del origen por lo que no contribuye a la variación del momento angular.
142
Capı́tulo 10
El momento de la fuerza de la gravedad es:
~ =R
~ × (−mg~kI )
N
(3.2)
teniendo en cuenta (de la expresión de la matriz de rotaciones en términos de los
ángulos de Euler) que:
~kI = sin θ sin ψ~e1 + sin θ cos ψ~e2 + cos θ~e3
(3.3)
~ = mgl(sin θ cos ψ~e1 − sin θ sin ψ~e2 )
N
(3.4)
entonces
de forma que las ecuaciones de Euler son:
dω1
+ (I3 − I1 )ω2 ω3 = mgl sin θ cos ψ
dt
dω2
− (I3 − I1 )ω1 ω3 = −mgl sin θ sin ψ
I1
dt
dω3
I3
= 0
dt
I1
(3.5)
(3.6)
(3.7)
que junto con las expresiones de ω
~ en términos de los ángulos de Euler:
ω1 = φ̇ sin θ sin ψ + θ̇ cos ψ
ω2 = φ̇ sin θ cos ψ − θ̇ sin ψ
ω3 = φ̇ cos θ + ψ̇
(3.8)
(3.9)
(3.10)
permiten escribir las ecuaciones en términos de los ángulos de Euler. No obstante,
vamos a tratar el problema con un procedimiento más efectivo que es la descripción
hamiltoniana la cual nos permitirá reducir facilmente el problema a cuadraturas.
De todas maneras conviene señalar que la ecuación (3.7) nos indica que ω3 es una
constante del movimiento
3.3
Descripción lagrangiana
Tomando orı́genes en el punto fijo O, la energia cinética será:
1
T = (I1 ω12 + I2 ω22 + I3 ω32 ) =
2
1
1
= I1 (φ̇2 sin2 θ + θ̇2 ) + I3 (φ̇ cos θ + ψ̇)2
2
2
donde
I1 = I2 = I1∗ + ml2
(3.11)
Sólido rı́gido II: Dinámica
143
I3 = I3∗
La energia potencial será la gravitatoria:
V = mgzI = mgl cos θ
(3.12)
de manera que el lagrangiano es:
1
1
(3.13)
L = I1 (φ̇2 sin2 θ + θ̇2 ) + I3 (φ̇ cos θ + ψ̇)2 − mgl cos θ
2
2
Las coordenadas generalizadas son los ángulos de Euler de forma que los momentos
conjugados son:
pφ = I1 φ̇ sin2 θ + I3 (φ̇ cos θ + ψ̇) cos θ
pθ = I1 θ̇
pψ = I3 (φ̇ cos θ + ψ̇)
(3.14)
(3.15)
(3.16)
• Hay que observar que φ y ψ son coordenadas cı́clicas, lo que significa
que sus momentos conjugados son constantes del movimiento Como φ
corresponde a la rotación alrededor del tercer eje inercial y ψ a la rotación alrededor
del tercer eje móvil, emplearemos la notación
JZI = pφ
J3 = p ψ
donde JZI y J3 son constantes del movimiento.
• Por otro lado, el lagrangiano es autónomo de forma que el hamiltoniano
es otra constante del movimiento.
Tenemos ası́ las tres constantes del movimiento
JZI = I1 φ̇ sin2 θ + I3 (φ̇ cos θ + ψ̇) cos θ
J3 = I3 (φ̇ cos θ + ψ̇)
1 2 J32
1
2
(JZI − J3 cos θ) + I1 θ̇ +
+ mgl cos θ
E =
2
2I3
2I1 sin2 θ
(3.17)
(3.18)
(3.19)
Las dos primeras permiten despejar φ̇ y ψ̇ en términos de θ mientras que la
tercera se convierte en una integral para θ. De hecho, resulta útil, utilizar la
variable
u = cos θ
(3.20)
en términos de la cual φ̇ y ψ̇ son:
JZI − uJ3
I1 (1 − u2 )
J3 JZI − uJ3 u
ψ̇ =
−
I3
I1
1 − u2
φ̇ =
(3.21)
(3.22)
144
Capı́tulo 10
mientras que u es solución de la integral
Ã
!
2EI3 − J32 2mgl
(JZI − J3 u)2
u̇ = (1 − u )
−
u −
I1 I3
I1
I12
2
3.4
2
(3.23)
Descripción cualitativa del movimiento
Las ecuaciones (3.21) y (3.23) nos permiten determinar las velocidades de giro φ̇
y ψ̇ una vez determinada u (y por tanto θ de la ecuación (3.23)). Dicha ecuación
es la integral de la raiz de un polinomio de tercer orden de la forma
s
u̇ =
2mgl
(u − u1 )(u − u2 )(u − u3 )
I1
(3.24)
Donde las raı́ces u1 , u2 , u3 dependen de las constantes del movimiento y las suponemos
ordenadas en la forma
u1 < u 2 < u 3
(3.25)
Para que el radicando sea positivo, la única posibilidad es que la variable u esté
acotada en la forma:
u1 < u < u 2
(3.26)
Teniendo en cuenta (3.20) y que cos u es una función decreciente, ello significa que
θ está comprendido entre dos valores:
θ2 < θ < θ1
(3.27)
El análisis del movimiento de la peonza puede resumirse como sigue:
• Gira alrededor de su eje se simetrı́a con una velocidad ψ̇. Este movimiento
se denomina rotación.
• El eje de la peonza gira con velocidad φ̇ alrededor de la vertical. Este
movimiento se denomina precesión.
• A la vez, el eje de la peonza realiza un movimiento de oscilación respecto a la
vertical acotado por dos ángulos θ1 yθ2 . Este movimiento se denomina nutación.
Observándo (3.21) es fácil ver que cuando θ varı́a de θ1 a θ2 , la derivada φ̇
cambia de signo solamente si la diferencia JZI − J3 cos θ cambia de signo en este
intervalo de θ.
Sólido rı́gido II: Dinámica
145
Si no cambia de signo, (es decir, si JZI − J3 u1 > JZI − J3 u2 > 0, o bien
0 > JZI − J3 u1 > JZI − J3 u2 ) el eje de la peonza está animado de un movimiento
de precesión monótono alrededor de la vertical y al mismo tiempo oscila de arriba
abajo describiendo ondas: Veáse la figura 2 donde la curva representa el trazo que
dejarı́a el eje de la peonza sobre una esfera con centro en el punto fijo de la misma.
146
Capı́tulo 10
Si φ̇ cambia de signo ha de ser porque JZI − J3 u1 > 0 > JZI − J3 u2 . En tal
caso la dirección de la precesión es opuesta en los dos cı́rculos lı́mites y el eje de
la peonza se mueve alrededor de la vertical describiendo bucles como se indica en
la figura 3. Se deja como ejercicio ver que ocurre si en uno de los cı́rculos lı́mites
la velocidad se hace cero.
Sólido rı́gido II: Dinámica
4
147
Problemas
Enunciados
1) Un sólido gira libremente con energı́a cinética T ∗ y momento angular J ∗2 =
2T ∗ I3∗ , siendo I1∗ < I2∗ < I3∗ sus momentos principales de inercia en el sistema de
centro de masas. Describir el movimiento.
2) Un cubo uniforme de arista 2a está suspendido por un eje horizontal a lo largo
de una arista. Hallar la longitud del péndulo simple equivalente y el perı́odo de
pequeñas oscilaciones. Si el cubo se aparta del reposo con su centro de masas
a nivel del eje, encontrar su velocidad angular cuando alcanza el punto inferior.
Encontrar también las componentes horizontal y vertical de la reacción en el eje
como función de la inclinación.
3) Demostrar que en un péndulo compuesto elqperı́odo de pequeñas oscilaciones
es mı́nimo si el eje de giro está a una distancia I ∗ /M del CM.
4) Una peonza consiste en un cono de radio a y altura h que gira de tal forma que
su vértice está fijo y su eje se encuentra inclinado formando un ángulo α constante
con la vertical. Si el eje precesa alrededor de la vertical con periodo T determinar
la velocidad angular del cono alrededor de su eje.
5) Encontrar el momento de las fuerzas necesario para hacer rotar una placa
rectangular de lados a y b, alrededor de una de sus diagonales con velocidad angular
constante.
6) Encontrar la condición que debe cumplirse para tener una ”peonza dormida”.
7) Se dispone de un mecanismo que consiste en un árbol de longitud l que está
apoyado en dos cojinetes P y Q, y lleva colocadas asimétricamente dos masas C y
D iguales a m/2, girando el conjunto con velocidad angular ω alrededor del árbol.
Encontrar las fuerzas que deben ejercer los soportes.
8) Una placa elı́ptica de semiejes mayor y menor a y b respectivamente, rota con
velocidad angular constante ω alrededor de un eje que forma un ángulo α constante
con el semieje mayor. Encontrar el momento de las fuerzas requerido para producir
este movimiento.
9) Una escalera de mano de longitud L y de masa m2 descansa contra una pared
en un punto situado a una altura a sobre el suelo. El centro de gravedad de la
escalera se encuentra situado en un punto a la tercera parte de ella, medido desde
abajo. Un hombre de masa m1 sube hasta la mitad de la escalera. Suponiendo que
la pared no tiene rozamiento, encontrar las fuerzas ejercidas por el sistema sobre
el suelo y sobre la pared.
148
Capı́tulo 10
1) Un sólido gira libremente con energı́a cinética T ∗ y momento angular J ∗2 =
2T ∗ I3∗ , siendo I1∗ < I2∗ < I3∗ sus momentos principales de inercia en el sistema de
centro de masas. Describir el movimiento.
Solución
El sólido gira libremente y por tanto el módulo del momento angular y la energı́a
cinética en el sistema propio se conservan. Sus expresiones en términos de los
momentos principales de inercia y de las componentes de la velocidad angular son:
J ∗2 =
T∗ =
I1∗2 ω1∗2 + I2∗2 ω2∗2 + I3∗2 ω3∗2
1
(I1∗ ω1∗2 + I2∗ ω2∗2 + I3∗ ω3∗2 )
2
(4.1)
(4.2)
En nuestro caso particular la energı́a cinética y el momento angular están relacionados por la expresión:
J ∗2 = 2T ∗ I3∗
Sustituyendo en la última relación las expresiones para J ∗ y T ∗ tenemos:
I1∗ (I3∗ − I1∗ )ω1∗2 + I2∗ (I3∗ − I2∗ )ω2∗2 = 0
y por lo tanto para este caso particular:
v
u ∗ ∗
u I (I − I3∗ )
∗
ω1 = t 2∗ 2∗
ω2∗
∗
I1 (I3 − I1 )
El cociente dentro de la raiz es negativo y por tanto la única posibilidad es que
ω1∗ = ω2∗ = 0
Como conclusión, el sólido gira sólo alrededor del eje ~e∗3 con velocidad angular
constante dada por:
J∗
ω3∗ = ∗
I3
Sólido rı́gido II: Dinámica
149
2) Un cubo uniforme de arista 2a está suspendido por un eje horizontal a lo largo
de una arista. Hallar la longitud del péndulo simple equivalente y el perı́odo de
pequeñas oscilaciones. Si el cubo se aparta del reposo con su centro de masas
a nivel del eje, encontrar su velocidad angular cuando alcanza el punto inferior.
Encontrar también las componentes horizontal y vertical de la reacción en el eje
como función de la inclinación.
Solución
Supongamos los ejes inerciales {xI , yI , zI } según la figura con origen en el punto O
(situado éste en el eje de giro), y sea l la distancia
√ del centro de masas al origen.
De acuerdo con la figura esta distancia será l = 2a siendo 2a la longitud de la
arista del cubo. El sólido se encuentra girando unicamente alrededor del eje zI y
por tanto los ángulos de Euler serán φ y θ = ψ = 0.
En cuanto al sistema no inercial, lo elegimos con origen en el punto 0 y con los
ejes principales {~e1 , ~e2 , ~e3 }, estando ~e3 en la dirección de ~kI . Las componentes de
la velocidad angular ω
~ en el sistema no inercial serán ω1 = ω2 = 0 y ω3 = φ̇. El
lagrangiano se escribirá en la forma:
1
L = I3 φ̇2 + mgl cos φ
2
150
Capı́tulo 10
siendo I3 el momento de inercia principal alrededor del eje ~e3 , que puede escribirse
utilizando el teorema de Steiner en la forma:
8
I3 = I3∗ + ml2 = ma2
3
∗
una vez sustituido el momento de inercia I3 :
I3∗ = µ
Z a Z a Z a
−a
−a
2
(x2 + y 2 )dxdydz = ma2
3
−a
La ecuación de Euler-Lagrange correspondiente seá:
φ̈ + ω 2 sen φ = 0
donde ω 2 = mgl
. Comparando ya con la frecuencia del péndulo simple ω02 = lg0 de
I3
longitud l0 obtenemos:
√
4 2
l0 =
a
3
√
donde hemos empleado la relación l = 2a. El periodo de las pequeñas oscilaciones
quedará:
v√
u
u 2a
2π
T =
= 4π t
ω
3g
Si el cubo se aparta del reposo con su centro de masas al nivel del eje x (y = 0),
por conservación de la energı́a se tiene:
1
I3 φ̇2 − mgl cos φ = U (y = 0) = 0
2
y en particular
1
I3 ω 2 − mgl = 0
2
ya que φ = 0 cuando alcanza el punto inferior. Entonces su velocidad angular será:
s √
1 3 2g
ωmax =
2
a
Calculemos ahora las componentes horizontal y vertical de la reacción en el eje
como función de la inclinación. La ecuación para el movimiento del centro de
masas es:
~
d2 R
m 2 = F~
dt
siendo F~ la resultante de todas las fuerzas actuando sobre el sólido. Estas fuerzas
serán la de la gravedad y la de la reacción en el eje T~ . Por lo tanto la expresión
anterior quedará:
¨~
mR
= m~g + T~
Sólido rı́gido II: Dinámica
151
~ = l(sen φ, − cos φ), se
que en coordenadas cartesianas, teniendo en cuenta que R
escribe:
T~ = mlφ̈(cos φ, sen φ) + mlφ̇2 (− sen φ, cos φ) + mg(0, 1)
y en coordenadas polares:
T~ = mlφ̈~jφ − mlφ̇2~jρ − mg(cos φ~jρ − sen φjφ )
Por otra parte tenı́amos de la ecuación de Euler-Lagrange y de la conservación de
la energı́a:
φ̈ + ω 2 sen φ = 0,
φ̇2 − 2ω 2 cos φ = 0
(4.3)
(4.4)
Sustituyendo las expresiones para φ̇2 y φ̈ en T~ y escribiendo en componentes:
Tρ = −lmφ̇2 − mg cos φ = − cos φ(2mω 2 l + mg)
Tφ = mlφ̈ + mg sen φ = sen φ(−mlω 2 + mg)
(4.5)
(4.6)
que teniendo en cuenta la expresión para ω 2 quedarán:
Tρ = − 52 mg cos φ
Tφ = 14 mg sen φ
(4.7)
(4.8)
152
Capı́tulo 10
3) Demostrar que en un péndulo compuesto elqperı́odo de pequeñas oscilaciones
es mı́nimo si el eje de giro está a una distancia I ∗ /M del CM.
Solución
Supongamos los ejes inerciales {xI , yI , zI } según la figura con origen en el punto
O (situado éste en el eje de giro), y sea l la distancia del centro de masas al
origen. El sólido se encuentra girando unicamente alrededor del eje zI y por tanto
los ángulos de Euler serán φ y θ = ψ = 0. En cuanto al sistema no inercial lo
elegimos con centro en el origen O y con vectores unitarios {~i, ~j, ~k} que no son
necesariamente los ejes principales del sólido y con ~k en la dirección de ~kI . Por
lo tanto las componentes de la velocidad angular ω
~ en el sistema no inercial serán
ω1 = ω2 = 0 y ω3 = φ̇. Las energias cinética y potencial vendrán dadas entonces
por:
T =
U=
1
ω
~ I~ω
2
= 12 Izz φ̇2 ,
−mgl cos φ
(4.9)
(4.10)
siendo Izz el momento de inercia respecto del origen en torno al tercer eje del
sistema no inercial. El lagrangiano se escribirá en términos de los ángulos de
Euler en la forma:
1
L = Izz φ̇2 + mgl cos φ
2
La ecuación de Euler-Lagrange correspondiente es:
φ̈ + ω02 sen φ = 0
q
donde ω0 = mgl
.
Izz
El periodo de las pequeñas oscilaciones será:
s
Izz
2π
= 2π
T0 =
ω0
mgl
El momento de inercia Izz puede expresarse en términos del momento de inercia
respecto al centro de masas como:
∗
∗
Izz = Izz
+ m(X 2 + Y 2 ) = Izz
+ ml2
ya que hemos colocado el origen 0 de tal forma que 0 y el centro de masas se
encuentren en el plano con ZI = 0. El periodo se escribirá ahora como:
s
T0 = 2π
∗ + ml 2
Izz
mgl
Sólido rı́gido II: Dinámica
153
El valor mı́nimo del periodo se tendrá cuando:
dT0
=0
dl
que corresponderá a un valor del radio de giro:
s
lmin =
∗
Izz
m
154
Capı́tulo 10
4) Una peonza consiste en un cono de radio a y altura h que gira de tal forma que
su vértice se encuentra fijo y su eje se encuentra inclinado formando un ángulo α
constante con la vertical. Si el eje precesa alrededor de la vertical con periodo T
determinar la velocidad angular del cono alrededor de su eje.
Solución
Calculemos en primer lugar las componentes de la velocidad angular ω
~ en términos
de los ángulos de Euler. La peonza se está inclinada un ángulo fijo α respecto a
la vertical y por tanto θ = α. Las componentes de la velocidad angular serán:
ω1 = φ̇ sen α sen ψ
ω2 = φ̇ sen α cos ψ
ω3 = φ̇ cos α + ψ̇
(4.11)
(4.12)
(4.13)
Por otro lado, la única fuerza que produce un momento no nulo es la de la gravedad,
y por tanto las ecuaciones de Euler se escribirán:
1
I1 dω
+ (I3 − I1 )ω2 ω3 = mgl sen α cos ψ,
dt
dω2
I1 dt − (I3 − I1 )ω2 ω3 = −mgl sen α sen ψ,
3
I3 dω
=0
dt
(4.14)
(4.15)
(4.16)
donde hemos tenido en cuenta que se trata de una peonza simétrica (I1 = I2 ) y
hemos llamado l a la distancia del centro de masas al punto fijo. De las expresiones
para ω1 y ω2 se deduce que:
dω1
= ψ̇ω2
dt
dω2
= −ψ̇ω1
dt
(4.17)
(4.18)
y de la tercera ecuación de Euler que ω3 = cte. Como el cono precesa alrededor
de la vertical con periodo T constante, también φ̇ (que es la velocidad angular
de precesión) será constante, y por lo tanto lo mismo se deduce para la velocidad
angular de rotación ψ̇ alrededor de su eje.
Con todo lo anterior las ecuaciones de Euler se escribirán ahora en la forma:
I1 ψ̇ω2 + (I3 − I1 )ω2 ω3 = mgl sen α cos ψ
I1 ψ̇ω1 + (I3 − I1 )ω1 ω3 = mgl sen α sen ψ
(4.19)
(4.20)
Multiplicando la primera ecuación por cos ψ y la segunda por sen ψ y sumandolas
se tiene:
[I1 ψ̇ + (I3 − I1 )ω3 ][ω2 cos ψ + ω1 sen ψ] = mgl sen α
Sólido rı́gido II: Dinámica
155
y sustituyendo las expresiones para ω1 , ω2 y ω3 en la anterior:
I3 ψ̇ φ̇ + φ̇2 (I3 − I1 ) cos α = mgl
con lo cual la velocidad angular de rotación alrededor de su eje será:
ψ̇ =
mgl − φ̇2 (I3 − I1 ) cos α
I3 φ̇
En la aproximación de giróscopo velóz, φ̇ ¿ ψ̇, y por lo tanto puede despreciarse
φ̇2 frente a φ̇ψ̇ con lo cual:
mgl
ψ̇ '
I3 φ̇
En el caso de un cono calculamos en el tema anterior las expresiones para el
momento de inercia I3 y la posición del centro de masas l:
3
I3 = 10
ma2
l = 34 h
y por lo tanto la expresión anterior es en este caso:
ψ̇ =
5 gh
2 a2 φ̇
(4.21)
(4.22)
156
Capı́tulo 10
5) Encontrar el momento de las fuerzas necesario para hacer rotar una placa
rectangular de lados a y b, alrededor de una de sus diagonales con velocidad angular
constante.
Solución
Calculemos en primer lugar los momentos principales de inercia para la placa
con respecto al centro de masas O que se encuentra en el punto de corte de las dos
diagonales. Tengamos en cuenta que z = 0 y que µ es ahora la densidad lineal por
lo cual las integrales serán de superficie. Ası́
R
I1∗ =
µ S y 2 dS =
R
I2∗ =
µ S x2 dS =
R
I3∗ = µ S (x2 + y 2 )dS =
1
12
1
12
1
12
M b2 ,
M a2 ,
M (a2 + b2 ),
La placa está rotando con velocidad angular ω constante alrededor de una de las
diagonales. La expresión para ω
~ en los ejes principales será entonces:
ω
~ ∗ = ω1∗ e~1 ∗ + ω2∗ e~2 ∗ + ω3∗ e~3 ∗
siendo φ = ω0 , θ = π2 , ψ = α donde sin α = al , cos α = bl , l2 = a2 + b2
ω1∗ =
ω2∗ =
√ ω0 a ,
a2 +b2
√ ω0 b ,
a2 +b2
ω3∗ =
0
Sólido rı́gido II: Dinámica
157
Sustituyendo lo anterior en las ecuaciones de Euler, tenemos:
N1∗ = N2∗ = 0
N3∗ =
M 2
ω 2 ab
M (a2 − b2 )abω 2
(a − b2 ) 2 0 2 = −
12
a +b
12(a2 + b2 )
Por lo tanto el momento de las fuerzas necesario es:
2
2
2
~ ∗ = M (a − b )abω0 ~e∗
N
3
12(a2 + b2 )
Es interesante notar que, en el caso de una placa cuadrada con a = b, el momento
~ ∗ = 0.
de las fuerzas total seá nulo, es decir, N
158
Capı́tulo 10
6) Encontrar la condición que debe cumplirse para tener una “peonza dormida”.
Solución
Cuando se tiene una peonza simétrica moviendose con uno de sus puntos fijo,
obtuvimos por medio del formalismo hamiltoniano, las ecuaciones:
JZI −uJ3
I1 (1−u2 )
J −uJ
u
− ZI I1 3 1−u
2
φ̇ =
ψ̇ =
J3
I3
mientras que u es solución de la integral
Ã
!
2EI3 − J32 2mgl
(JZI − J3 u)2
u̇ = (1 − u )
−
u −
I1 I3
I1
I12
2
2
La resolución de la última ecuación permitirá determinar las velocidades de giro φ̇ y
ψ̇. Recordemos que u = cos θ. La última ecuación puede escribirse abreviadamente
en la forma:
2mgl
u̇2 =
(u − u1 )(u − u2 )(u − u3 ) = f (u)
I1
donde las raices u1 , u2 y u3 dependen de las constantes del movimiento. En
cualquier caso y para cualquier peonza de este tipo, el polinomio f (u) debe tener
dos raı́ces u1 y u2 comprendidas entre −1 y 1, y la peonza se moverá entonces de
tal manera que cos θ permanezca siempre entre esas dos raı́ces.
Supongamos ahora una peonza rotando con su eje inicialmente vertical, esto
es con θ = 0. Como JZI y J3 son constantes del movimiento, entonces claramente
son iguales JZI = J3 , que son las componentes constantes del momento angular
alrededor de los terceros ejes de los sistemas inercial y móvil, y que inicialmente
son coincidentes.
Por otro lado, como la energı́a también es una constante del movimiento, podremos calcularla como su valor inicial, cuando la peonza se mueve verticalmente,
y será:
J2
E = mgl + 3
2I3
2
Ası́, la expresión para u̇ tomará la forma:
 ³
 2 mgl +
u̇2 = (1 − u2 ) 
J32
2I3
´

I3 − J32
I1 I3
−
2mgl  J32
u − 2 (1 − u)2
I1
I1
donde hemos utilizado el valor de E y JZI = J3 . Simplificando se tiene:
"
J32
2mgl
(1 − u)2 u + 1 −
u̇ =
I1
2mglI1
2
#
Sólido rı́gido II: Dinámica
159
De la forma de esta ecuación se deduce que u = 1 es siempre una raı́z doble del
polinomio f (u), siendo la tercera raı́z:
u3 =
J32
−1
2mglI1
Si u3 > 1, la única posibilidad para el movimiento es u = 1 y la peonza continuará
girando en torno a la vertical (peonza dormida). Si, por el contrario, u3 < 1, la
peonza tendrá un movimiento de nutación entre θ = 0 y θ3 siendo u3 = cos θ3 .
Existe entonces un valor crı́tico por encima del cual sólo es posible el movimiento
vertical, cuyo valor viene dado por la condición:
J32
=2
2mglI1
Teniendo ahora en cuenta que J3 = I3 (φ̇ + ψ̇) cuando θ = 0 y por tanto a cualquier
tiempo ya que J3 es una constante del movimiento, y como no hay precesión φ̇ = 0,
esta condición se puede escribir en la forma:
ψ̇ 2 =
4mglI1
I32
Y cuando ψ̇ 2 es mayor que este valor se tiene la peonza dormida.
160
Capı́tulo 10
7) Se dispone de un mecanismo que consiste en un árbol de longitud l que está
apoyado en dos cojinetes P y Q, y lleva colocadas asimétricamente dos masas C y
D iguales a m/2, girando el conjunto con velocidad angular ω alrededor del árbol.
Encontrar las fuerzas que deben ejercer los soportes.
Solución
Se trata de un mecanismo en que una pieza está girando respecto a un eje fijo con
velocidad constante ω. Veremos que como esta velocidad angular no se encuentra
~ no
en la dirección de uno de los ejes principales, es necesario aplicar un torce N
nulo para mantener este movimiento. Esto se debe a que por inercia el sólido
tiende a girar en torno a sus ejes principales. En la práctica, esta consecuencia es
importante porque para que una pieza se mantenga girando en la forma deseada,
los cojinetes de sustentación deben soportar una fuerza que, a la larga, genera
desgastes y vibraciones.
Para este caso particular, si se desprecian todas las masas excepto C y D, los
ejes e~2 ∗ y e~3 ∗ (ver figura) son de simetrı́a y por tanto principales, mientras que el
eje e~1 ∗ debe ser perpendicular a ellos y hacia afuera de la hoja. Los momentos
principales de inercia correspondientes son I1∗ = I2∗ = ml2 , I3∗ = 0. La velocidad
angular se escribe en los ejes principales en la forma:
ω
~ ∗ = ω0 sen θe~2 ∗ + ω0 cos θe~3 ∗
Sólido rı́gido II: Dinámica
161
teniendo en cuenta que el sistema gira únicamente con velocidad angular ω0 en
torno al tercer eje del sistema inercial, es decir, ω0 = φ̇~kI , mientras que el ángulo
entre los ejes ~kI y e~3 ∗ es θ y que ψ = 0. Como ω es constante, empleando las
ecuaciones de Euler los momentos de las fuerzas serán:
N2∗ = N3∗ = 0
N1∗ = −mω02 a2 sen θ cos θ
lo cual significa que el torce que hace el cojinete intenta que ψ disminuya para
compensar la tendencia a que aumente por inercia. El momento de las fuerzas
resultante está entonces dirigido según la dirección negativa de e~1 ∗ . Veamos ahora
cuales son las fuerzas que deben ejercer los cojinetes. Sean estas fuerzas T~P y T~Q .
Como el centro de masas no se desplaza tenemos:
m~g + T~P + T~Q = 0
ya que la resultante de las fuerzas debe ser cero. En cuanto a los momentos, si los
calculamos por ejemplo respecto al centro de masas, tendremos:
~1 ∗ = L k~I × T~P − L k~I × T~Q
N
2
2
Sustituyendo T~Q de la primera ecuación en la segunda:
~1 ∗ = L k~I × T~P − L k~I × (−mg j~I − T~P ) =
N
2
2
L
= Lk~I × T~P − mg i~I
2
~1 ∗ :
En consecuencia, teniendo en cuenta la expresión para N
!
Ã
mg ~
ma2 ω 2 sen θ cos θ
e~1 ∗ +
iI
k~I × T~P = −
L
2
Si suponemos componentes vertical y horizontal para T~P y T~Q dirigidas hacia arriba
y hacia el frente según la figura tendremos ahora:
!
Ã
2 2
~kI × (TP x i~I + TP y j~I ) = − ma ω sen θ cos θ e~1 ∗ + mg~iI
L
2
!
Ã
´
mg~
ma2 ω 2 sen θ cos θ ³
cos(ω0 t)i~I + sin(ω0 t)j~I +
TP x j~I − TP y i~I = −
iI
L
2
y por lo tanto:
ma2 ω02 sen θ cos θ sin(ω0 t)
L
2 2
mg ma ω0 sen θ cos θ cos(ω0 t)
=−
+
2
L
TP x = −
TP y
162
Capı́tulo 10
ma2 ω02 sen θ cos θ sin(ω0 t)
TQx =
L
mg ma2 ω02 sen θ cos θ cos(ω0 t)
TQy = −
−
2
L
Esto tiene como efectos el desgaste de los cojinetes y la aparición de vibraciones.
Nótese que si θ = 0 o θ = π/2, el eje de giro es un eje principal (e3 0 e2
respectivamente) y lo único que tienen que hacer los coijnetes es contrarrestar la
fuerza de la gravedad
Sólido rı́gido II: Dinámica
163
8) Una placa elı́ptica de semiejes mayor y menor a y b respectivamente, rota con
velocidad angular constante ω alrededor de un eje que forma un ángulo α constante
con el semieje mayor. Encontrar el momento de las fuerzas requerido para producir
este movimiento.
Solución
La placa está rotando con velocidad angular constante ω alrededor de un eje
que forma un ángulo α constante con el semieje mayor de la elipse. Los ángulos
de Euler serán
π
φ = ω0 t,
θ = − α,
ψ=0
2
Las componentes para la velocidad angular en el sistema propio del cuerpo serán
según lo anterior:
ω1∗ =
ω2∗ = ω cos α,
ω3∗ = ω sin α,
Las ecuaciones de Euler en este caso se escriben en la forma:
0 = N2∗
0 = N3∗
(I2∗ − I1∗ )ω2∗ ω3∗ = N1∗
164
Capı́tulo 10
Procedamos pues a calcular los momentos de inercia principales I1∗ e I2∗ . Las
coordenadas adecuadas para una elipse de semiejes a y b son:
x = ar cos ϕ,
y = br sen ϕ
y los momentos de inercia seán entonces:
I1∗ = µ
I2∗ = µ
R
R 1 4 R 2π
1
2
2
0 r dr 0 sen ϕdϕ = 5 M b
R
R 2π
1
3 1 4
2
2
S
y 2 dS = µab3
S
x2 dS = µba
R
0
r dr
0
sen ϕdϕ = 5 M a
(4.23)
(4.24)
~ ∗ necesario para producir este movimiento será, una vez
El momento de fuerzas N
sustituidos los valores calculados para los momentos de inercia:
~ ∗ = − 1 M (a2 − b2 )ω02 sen(2α)~e∗1
N
10
Sólido rı́gido II: Dinámica
165
9) Una escalera de mano de longitud L y de masa m2 descansa contra una pared
en un punto situado a una altura a sobre el suelo. El centro de gravedad de la
escalera se encuentra en un punto situado a la tercera parte de ella, medido desde
abajo. Un hombre de masa m1 sube hasta la mitad de la escalera. Suponiendo que
la pared no tiene rozamiento, encontrar las fuerzas ejercidas por el sistema sobre
el suelo y sobre la pared.
Solución
Coloquemos los ejes de coordenadas de forma que el eje X se encuentre en la
dirección del suelo y el Y en la vertical. Si la escalera tiene una longitud L y se
encuentra apoyada en la pared a una altura a, la distancia
desde el origen hasta
√
el punto de apoyo de la escalera en el suelo será b = L2 − a2 .
Las fuerzas que actúan sobre la escalera son las que se muestran en la figura: P~1
es la fuerza que ejerce el hombre en la escalera, P~2 el peso de la escalera, F~1 la fuerza
que ejerce el suelo sobre la escalera (con componentes vertical F1v y horizontal F1h ,
debida esta última al rozamiento). Como la pared no tiene rozamiento, sólo puede
ejercer una fuerza normal a su superficie, que denotaremos por F~2 .
Veamos lo que sucede primero respecto al equilibrio de traslación. La escalera
no se traslada, por lo cual la suma de todas las fuerzas deberá ser igual a cero
166
Capı́tulo 10
F~ = 0. En componentes:
F2 − F1h = 0
F1v − P1 − P2 = 0
En cuanto al movimiento de rotación el sistema se encuentra también en equilibrio,
por lo que la suma de todos los momentos deberá ser idénticamente nula:
X
~rk × F~k = 0
k
Si escogemos por ejemplo un eje que pase por el punto de contacto con el suelo, las
fuerzas que darán una contribución al momento serán F~2 , P~1 y P~2 . El balance de
los momentos seá, escrito en componentes, siendo α el ángulo que forma la escalera
con la vertical:
µ
¶
1
1
L(− cos α~i + sen α~j) F2~i − P1~j − P2~j = 0
2
3
Teniendo en cuenta que a = L sen α y b = L cos α, la expresión anterior puede
escribirse en la forma:
b
b
F2 a − P1 − P2 = 0
2
3
De las relaciones anteriores se deduce que:
µ
¶
µ
b P1 P2
g√ 2
2m2
F1h = F2 =
+
=
L − a2 m1 +
a 2
3
2a
3
F1v = P1 + P2 = g(m1 + m2 )
¶
De acuerdo con la tercera ley de Newton, las fuerzas ejercidas por el suelo y la
pared sobre la escalera son iguales y de sentido opuesto a las fuerzas ejercidas por
la escalera sobre el suelo y la pared respectivamente.
Bibliografı́a
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W. W. Norton and Company, Bilbao, (1960)
[2] Goldstein H. Mecánica Clásica, Aguilar, (1970)
[3] Halpern A., 3000 solved problems in physics, Schaum’s solved problem series,
Mc. Graw Hill, (1988)
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[5] Kible T.W.B., Mecánica Clásica, URMO, Bilbao, (1974)
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[7] Pérez Garcı́a V., Vázquez Martı́nez L. y Fdez. Rañada A.100 Problemas de
Mecánica, Alianza editorial, Madrid, (1997)
[8] Fernández Rañada A., Dinámica Clásica, Alianza editorial, Madrid, (1990)
[9] Fernández Rañada A., Fı́sica Básica, Alianza editorial, Madrid, (1990)
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México, (1977)
[11] Resnick R. & and Halliday D., Fı́sica, Compañı́a editorial continental S.A.
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167