El movimiento de los cuerpos rígidos (2013)

H. O. Di RoccoI.F.A.S., Facultad de Cs. Exactas, U.N.C.P.B.A.

May 28, 2013

Abstract

Estudiamos en estas clases el movimiento rototraslatorio de un cuerpoidealizado como rígido. Las nociones de tensor de inercia, etc. etc. tam-bién se introducen.

Se estudian especialmente los casos en que las ruedas son forzadasa moverse, sea mediante una fuerza aplicada al eje o, por el contrario,mediante un par provisto por un motor.

ESTA ES UNA VERSIÓN MUY PRELIMINAR; por ahora las �g-uras están hechas a mano y hay que fotocopiarlas.

1 Nociones preliminares

La rotación no puede describirse mediante un vector.El movimiento más general de un cuerpo rígido es una traslación seguida de

una rotación. Una de las primeras nociones que es importante tener en cuenta esque una rotación, a la que puede asignarse una dirección y un sentido, NO puededescribirse mediante un vector. Aunque estemos acostumbrados a pensar en queun vector describe una magnitud con módulo, dirección y sentido, veremos queesto no es su�ciente. En efecto, para las magnitudes vectoriales debe valer lapropiedad conmutativa ¡y las rotaciones no son conmutativas! Sin embargo,si las rotaciones son in�nitesimales, sí vale dicha propiedad así como para lasvelocidades angulares (cociente de cantidades in�nitesimales).Grados de libertad.Un punto material en el espacio necesita de tres parámetros para especi-

�car su posición: (x; y; z) ; (r; �; �) ; etc. Dos puntos materiales libres necesitan6 parámetros, pero si ambos puntos están unidos mediante una barra rígida(vínculo), ésta restringe los posibles movimientos, necesitando de 5 parámet-ros, por ejemplo, las tres coordenadas de una de las masas (x1; y1; z1) y lasdos para la otra masa, ya que la barra introduce una condición de vínculo,z2 =

pd2 � (x22 + y22): Entonces podemos introducir la noción de grados de

libertad como

grados de libertad = no coord. libres -no ecs. vínculo.

1

Análogamente, podemos pensar que un plano está formado por tres masasunidas mediante tres barras rígidas, con lo cual g:l: = 9 � 3 = 6 : un planoen el espacio tiene 6 grados de libertad por lo que necesita de seis parámet-ros: tres para el CM y tres ángulos que nos den la orientación en el espacio.Generalizando, esto es lo que ocurre para cualquier cuerpo rígido en el espacio.

2 Grados de libertad de un cuerpo rígido

Consideremos un SL inercial S (Oxyz) y, sobre el cuerpo rígido, dos sistemas ubi-cados en el CM del cuerpo: uno S0 (O0x0y0z0) paralelo al S y otro S�(x�y�z�) �joal cuerpo (Figura 1). Más adelante veremos que, sobre todo cuerpo, no importasu forma, pueden de�nirse los denominados ejes principales de inercia;tema de la máxima importancia en el estudio de los cuerpos rígidos. O sea que,para no abusar de sistemas de ejes (¡hay in�nitos sistemas de ejes!), podemospensar que la terna S*(x*y*z*) son los ejes principales.

X

Z

X’

Y’

Z’

X*

Y*

Z*

Figura 1

El número de parámetros necesarios para describir el movimiento del rígidose denomina grados de libertad. Es igual al número de coordenadas libresmenos el número de ecuaciones de vínculo. Entonces, pensando el rígido comoconstituído por planos indeformables, y ésos como tres puntos de masam unidos

2

por varillas de peso despreciable, se llega a que nogl = 6: Son las tres coorde-nadas del CM más tres correspondientes a la orientación de la terna S� respectode la S0. Las leyes fundamentales son

F = maCM�!� = dL=dtW = �K:

3 Movimientos elementales del rígido; teoremade Chasles

Si el cuerpo rígido tiene un punto C �jo, el movimiento más general es unarotación alrededor de dicho punto C: Pero si el centro de masa se desplaza, losmovimientos elementales son i) traslación y ii) rotación. Se demuestra que elmovimiento más general del rígido es una traslación compuesta con una rotaciónalrededor de un eje (teorema de Chasles). En la traslación, no hay movimientorespecto del CM: es como estudiar el movimiento de éste. Para estudiarlo,alcanza con las leyes

P = mvCMF = maCMK = mv2CM=2:

Para estudiar la rotación se elige un punto O perteneciente a un eje; todopunto del rígido ejecuta un movimiento circular respecto de él. Entonces, re-specto de un punto en reposo en un S:I: se debe cumplir

�!� = dL

dt:

4 No unicidad de la descripción de la roto-traslación

Supongamos que O sea un punto arbitrario del cuerpo, por el que pasa el eje derotación 1 . O puede coincidir o no con el CM; con respecto al SL, la posiciónde un punto P perteneciente al cuerpo viene dada por

rP= rCM + r0P ;

o porrP= rO + rOP :

Recordando que los SR son cuerpos rígidos, y que hemos mostrado en Cin-emática que v = v0 + ! � r; signi�ca entonces que

vP = vO + ! ���!OP: (1)

1El eje de rotación puede ser material (un eje de metal, por ejemplo, sostenido por cojinetes)o un eje geométrico. Este tema volverá a ser tratado posteriormente.

3

Si tomamos otro punto Q, será

vQ = vO + ! ���!OQ;

por lo cual, restando, y teniendo en cuenta que��!OP ���!OQ = ��!QP;

vP � vQ = ! ����!OP ���!OQ

�= ! ���!QP

y entoncesvP = vQ + ! �

��!QP ; (2)

pero esta descripción es distinta a la dada por la ec. 1. Tanto el puntoO como el Q, se denominan ejes instantáneos de rotación y este conceptoserá fundamental para la descripción del movimiento de las ruedas.Si vQ = 0 tenemos una pura rotación; ! es única (es un vector libre); v es

independiente de ! (piénsese en el movimiento de un cuerpo sobre la super�cieterrestre). Pero, si por alguna causa se logra (¡o sucede!) que vCM= �! � r;entonces resulta que vQ = vC = 0 (caso de una rueda que no desliza, o sea,cuando hay pura rodadura).

EJEMPLO DE TRASLACIÓN

EJEMPLO DE ROTO-TRASLACIÓNSea una barra rígida que rota alrededor de un eje que pasa por un extremo

de la barra. Se puede describir de dos maneras: i) como una rotación pura

4

respecto de O, ii) una rotación alrededor del CM más una traslación del CM(�gura 3).

Figura 3

5 Modelo de cuerpo continuo; centro de masa

Aunque a escala atómica la materia es discreta, teniendo en cuenta que unvolumen de 1 �m3 contiene alrededor de 1010 átomos, podemos pensar que,puesto que vamos a trabajar con volúmenes mucho mayores que 1�m3; existeuna distribución "continua" de materia, descripta por una cierta densidad. Engeneral, � = dm=dV kgm�3; cuando el cuerpo es fundamentalmente plano,podemos de�nir una densidad super�cial, como �S = dm=dS y, en el caso de loshilos o cuerdas, una densidad lineal �L = dm=dl: El centro de masa se calculacomo

rCM =

PmiriM

!Rrdm

M=

Rr�dV

M:

El cálculo de rCM es un típico ejercicio de Cálculo In�nitesimal, demostrándoseque cuando el cuerpo tiene elementos de simetría, el CM está sobre dichoselementos de simetría.EJEMPLO 1: sea un semianillo homogéneo de radio R; masa m = �l�R;

r =Rbr; br = sin�i+ cos�j; entoncesmrG =

Zl

�lrdl = �l

ZRbrRd� = �lR2 Z �=2

��=2brd� = �lR2 Z �=2

��=2r (sin�i+ cos�j) d�:

5

La integral del seno se anula en el intervalo, por lo cual

mrG = 2�lR2j; rG =

2�lR2

�l�Rj =

2R

�j =0:637Rj:

EJEMPLO 2: si ahora consideramos una lámina plana, el problema se puedeconsiderar de tres maneras diferentes, pero el cálculo especí�co se deja para loscursos de Análisis: i) como suma de láminas de espesor dy y longitud 2x =2pR2 � y2; ii) como suma de semianillos (resueltos en el párrafo anterior), iii)

usando coordenadas polares, como si fueran porciones elementales de "pizza".En cualquier caso el resultado es

rG =4R

3�j:

5.1 Diferencia entre centro de masa y centro de gravedad

El CM se calcula como un valor medio, concepto ya conocido de la estadísticade los errores:

rCM =

PmiriPmi

;

el CG sepodría de�nir de manera totalmente análoga

rG =

PmigiriPmigi

y, si los valores de gifuesen constantes, entonces rCM � rG; pero si gi =f(ri); entonces no. Y, efectivamente, cerca de la super�cie terrestre hay unapequeña variación de g con la altura. En una montaña su�cientemente alta,rCM 6= rG: En la mayoría de los casos a tratar en este curso, rCM � rG porlo que, por comodidad escribiremos CM para el centro de masa y usaremos Gcomo subíndice (por ejemplo, rG; etc.)2 .

6 Rotación de un cuerpo rígido en torno de uneje �jo en un sistema inercial; momento deinercia

Este tema es fundamental para el estudio de máquinas, motores, etc. Sea uncuerpo que gira alrededor de un eje arbitrario, al cual puede o no pertenecer elCM y puede pertenecer o no al cuerpo. Este gira con velocidad angular �!! condirección �ja. El primer punto a considerar es que, en general, L =mr� v; noes paralelo a �!! : Para ello consideremos una sola masa m que gira alrededordel eje, en un cierto plano perpendicular al eje. Mientras que �!! = !k; es sencilloveri�car que L no es paralelo a �!! ; L precesa. En cambio, dos masas iguales

2Nunca habrá una notación que sea inequívoca y que satisfaga a todos.

6

girando alrededor del CM, sí tienen L paralelo a �!! : Todo cuerpo arbitrariopuede pensarse como una parte simétrica (L paralelo a �!! ) más una masaadicional, que da una componente no paralela (ver �gura 4).

rv

L

W

Relacin entre los vectores (v entrante)

Sea ri el vector posición y Ri = ri sin �i; además, dado que Li = ri �mivi; Li = mirivi = miriRi!: Su componente z vale Liz = Li cos (�=2� �i) =Li sin �i = miriRi! sin �i = miR

2i!: Entonces vemos que la componente z es

proporcional a !: Sumando

Lz =Xi

Liz =

Xi

miR2i

!! = Iz!;

donde hemos introducido la noción de momento de inercia Iz :

Iz =

Xi

miR2i

!=Xi

mi

�x2i + y

2i

�!Z��x2 + y2

�dV:

7

Al igual que el cálculo de los CM, el cálculo de I es un típico ejercicio de in-tegración. Para los casos más importantes, están tabulados en los libros detexto.

EJEMPLO 1

Consideremos dos masas m unidas por un eje muy liviano y que rotan alrededorde un eje perpendicular al primero. Entonces

L = Lz = 2mrv = 2mr2! = Iz!; L? = 0:

En este caso, M = 0; lo que signi�ca que todas las fuerzas están perfecta-mente equilibradas (no hay solicitación en los vínculos).

EJEMPLO 2

Vamos a considerar ahora que la barra que une las masas forma un ángulo � conel eje de rotación !: Pero antes retornaremos a algunos conceptos que hemosintroducido en Cinemática.Para los casos en que L no es paralelo a !, recordemos que el movimiento

de precesión cumple que, para cualquier vector A de módulo constante que rotaalrededor del eje de rotación

dA

dt= �!! �A:

Entonces, para �!! y jLj constantes,

�!� = dL

dt= �!! � L;

�!� es paralelo a dL (no a L);dL = L?d�

por lo que

� =dL

dt= L?

d�

dt= L?!:

Entonces cuando L NO es paralelo a �!! ; existen fuerzas externas tales que�!� ext 6= 0 y j�!� j = L?!: El signi�cado físico (y técnico) de esto es que losvínculos deben trabajar y corren riesgo de romperse.Entonces, recapitulando, se veri�ca que

Lz = 2m (r sin �)2! = 2mR2! = cte;

mientras que

L? = 2mRr! cos � (varía en dirección);

ahora, al no ser L =cte; implica la existencia de un momento externo demódulo

M = L?! = 2mrR!2 cos �:

8

¿Qué fuerzas originan éste momento? Recordemos que la expresión paracualquier fuerza de naturaleza centrípeta es de la forma Fcp = m!2R; por locual M / Fcp:Estas fuerzas hacen que haya un solicitación sobre los vínculos que corren,

lógicamente, el riesgo de romperse si el ángulo entre las barras di�ere bastantede �=2:En las máquinas y mecanismos en general, se trata de diseñar las cosaspara que L k ! (es lo que se hace en las operaciones de alineación y balanceo).Es importante recalcar que I depende de la masa Y de su posición respecto deleje de rotación (esto lo veremos un poco más adelante, vinculado a los nombresde Huygens-Steiner).Ejes principales de inerciaA todo cuerpo, simétrico o no, se le puede asignar un conjunto de tres ejes

mutuamente perpendiculares, con respecto a los cuales, se cumple que L==�!! :Estos ejes se denominan ejes principales de inercia y su cálculo especí-�co, queda para cursos más avanzados. Cuando un cuerpo tiene elementos desimetría, los ejes principales pertenecen a dichos elementos de simetría.En la operación mecánica de alineado y balanceo, lo que se hace es que

L==�!! :

7 Recalcamos

Cuando L==�!! ; L =I�!! y por lo tanto y

j�!� j = Iz� (cuando ! =!k)

(� : aceleración angular).Cuando L no es paralelo a �!! ;

�!� = dL

dt;

con lo cual

dLzdt

= �z = Iz�;

que nos da la variación de �; mientras que

dL?dt

= �?

nos da la variación de la dirección de �!� :En general, el momento de inercia es un tensor, tal que

L =

0@ Ixx Ixyetc:

etc:

1A�!! ;en un párrafo siguiente volveremos al particular.

9

8 Volvemos a las ecuaciones de movimiento

En el caso en que L k !; podemos poner L =Iz!; entonces

M =dL

dt=d (Iz!)

dt= Iz

d!

dt= Iz�;

entonces, dado j�j =M=Iz; podemos calcular posteriormente

! = !0 +

Z�dt; � = �0 +

Z!dt:

Por lo tanto, si M = 0; el movimiento es circular uniforme, mientras que siM = cte; el movimiento es circular uniformemente acelerado.

9 Energía cinética del cuerpo rígido; trabajo

Partiendo deK =

1

2

Xmiv

2i =

1

2

XmiR

2i!

2 =1

2Iz!

2;

si L==�!! y L =Iz�!! ; entonces Iz = L=! por lo que

K =1

2

(Iz!) (Iz!)

Iz=1

2

L2

Iz:

Por otra parte, si L no es paralelo a �!! ;

K =1

2

L2zIz:

Si, por efecto de un momento externo, la velocidad pasa de !i a !f ; laenergía cinética sufre una variación y por lo tanto se ha efectuado trabajo.

W = �K =1

2Iz!

2f �

1

2Iz!

2i =

1

2Iz�

�!2�;

entonces

dW =1

2Izd

�!2�= Iz!d!

= Izd�

dt�dt = Iz�d� = �zd�

y al �nal

W =

Z�zd�;

si, en particular, L =Iz�!!

W =

Z�d�:

10

10 Ejemplos de cálculos de los momentos de in-ercia (alrededor del eje z)

Dejando de lado las integraciones detalladas, mencionamos los siguientes casos:ANILLO: I = mR2:DISCO DELGADO: I = mR2=2CÁSCARA CILÍNDRICA: I = mR2

CILINDRO: I = mR2=2:Todos los momentos de inercia pueden ponerse en la forma de un producto

de una constante por una masa por una distancia al cuadrado: I = Cmd2;entonces, aunque sea porque así son las dimensiones, llamamos k2 = Cd2 y

I = mk2;

siendom la masa y k el denominado radio de giro. Esto hace que la expresiónpara el I de cualquier cuerpo tenga la misma forma que para una masa puntual,mr2:Verifiquemos que I depende del eje de rotación: sea un asta homogénea

de largo d que gira alrededor de un eje ortogonal al asta y que pasa por el CM(al eje que pasa por el CM lo denominamos z0). Sea la masa

m = �Sd por lo cual dm = �Sdx

Iz0 =

Z d=2

�d=2x2dm =

1

12�Sd3 =

1

12md2:

Si calculamos respecto del eje z; en el borde de la barra:

Iz =

Z d

0

x2dm =1

3md2:

Este resultado es solamente un ejemplo del Teorema de Huygens-Steiner,que demostraremos en breve.

10.1 Momentos de inercia de cuerpos planos (z � 0)Si una de las dimensiones, por ejemplo z, cumple z � 0 (es decir, mucho menorque las dimensiones en x; y), tendremos

Ix =

Z��y2 + z2

�dV =

Z�y2dV

Iy =

Z��x2 + z2

�dV =

Z�x2dV

mientras que

Iz =

Z��x2 + y2

�dV = Ix + Iy:

Como aplicaciones, recordando que para un anillo, Iz = mR2 y, que porsimetría, Ix = Iy; entonces Ix = Iy = mR2=2; para un disco delgado, Ix = Iy =mR2=4:

11

11 Ejemplos de aplicación

Sea un disco de masa m2 y radio r (por lo tanto I = mr2=2) que puede giraralrededor de un eje que pasa por cojinetes, que lo mantienen vinculado. Unacuerda está enrollada por el borde, de la que cuelga una masa m1 y se pidecalcular la tensión T de la cuerda y la aceleración de m1:

OO’

m1

m2

Las ecuaciones a aplicar son, dado que el cuerpo rota alrededor de un eje desimetría, por lo cual L k !

F(e) = maG; M(e) = I�;

los momentos se toman respecto del puntoO; que pertenece al eje de rotación.Para el caso de pura rodadura, � = aG=r:Entonces tendremos, para el disco

m2g +T+RS = 0;

ya que el disco no tiene aceleración lineal. Además, tomando momentosrespecto de O:

r�T =rT=I�:Para la masa m1:

m1g +T =m1a

con a = �=r: Entre las dos últimas ecuaciones, que forman un sistema de2� 2; encontramos a; T: De la primera de ellas, escrita en la forma

rT =m2r

2

2

a

r;

12

se deduce, en forma matemáticamente correcta, que m2a=2 = T; lo que nodebe interpretarse como la ecuación de movimiento de la masa m2; ya que éstaNO tiene una aceleración lineal a: De cualquier manera, combinando

m2a=2 = T con m1g � T = m1a;

resultan

a =

�2m1

2m1 +m2

�g; T =

�2m1m2

2m1 +m2

�g;

de donde se deduce, dividiendo entre m2; que

T =

�2m1

2m1=m2 + 1

�g < m1g:

11.1 Otro ejemplo (¡un clásico!)

Un cilindro A de masa m está enrollado en su parte media por un hilo �no, cuyoextremo B está �jo en el techo. el cilindro cae sin velocidad inicial desenrollandoel hilo. Determinar la tensión T del hilo y la aceleración del centro de masa aG:

T

mgPrimer método: usando fuerzas y momentosAplicamos las ecuaciones

mg � T = maG

13

para el movimiento del centro de masa, y

Tr = IG� =1

2mr2

aGr

para el movimiento respecto del centro de masa. De ésta última, resultaT = 1

2maG y combinando con la primera, puesta en la forma T = m (g � aG) ;salen

aG =2

3g; T =

1

3mg:

Segundo método: usando la conservación de la energía mecánicaEn una posición dada, arbitraria, vale, para la energía total E

E =1

2mv2G +

1

2IG!

2 +mgyG = cte

1

2mv2G +

1

2

mr2

2

v2Gr2+mgyG = cte;

por lo que3

4mv2G +mgyG = cte

y derivando respecto del tiempo

3

2mvG

dvGdt

+mgdyGdt

= 0;

como, cuando yG dismimuye, aumenta la velocidad, dyG=dt < 0; por lo que

3

2mvGaG �mgvG = 0 =) aG =

2

3g;

como antes.

12 Dependencia de I con el eje respecto del cualse lo calcula; Teorema de Huygens-Steiner (ode los ejes paralelos)

Vincula los momentos de inercia calculados respecto de un eje arbitrario, conel calculado respecto del que pasa por el CM, que normalmente es más sencillode calcular. Si a es la distancia entre el CM y el eje arbitrario, este teoremaestablece que

I = IG +ma2;

14

como vamos a demostrar seguidamente.

Z

X

Y

Z’

X’

Y’

Supongamos, para simpli�car, que el CM 2 eje y, tal que x = x0; y = y0+ a;z = z0; y calculamos

Iz =Xi

mi

�x2i + y

2i

�=Xi

mi

�x02i + (y

0i + a)

2�

=Xi

mi

�x02i + y

02i

�+ a2

Xmi + 2a

Xmiy

0i

= IG + a2m+ 2amyG = IG + a

2m+ 0

En detalle, dado que, por de�nición, y0G = (Pmiy

0i) =M , y

0G = 0 ya que es la

coordenada del CM en el sistema CM.En el caso de la barra, tratado en el párrafo anterior, IG + m (d=2)

2=

112md

2 + m (d=2)2= md2=3; como vimos. En el caso de un anillo, tomando

momentos respecto de un eje que pasa por el borde, I = mR2=2 + mR2 =3mR2=2:

12.1 Relación entre los teoremas de Huygens-Steiner y elde König

Para una rotación pura,

K =Iz!

2

2=1

2

�Iz0 +ma

2�!2 =

1

2Iz0!

2 +1

2ma2!2;

15

pero la velocidad lineal del CM es vG = a!; por lo cual

K =1

2Iz0!

2 +1

2mv2G;

que expresa que la energía cinética es la suma de la de rotación alrededor delCM más la de traslación del CM, como vimos en su momento.

13 Rotación pura: eje instantáneo de rotación

Hemos visto anteriormente que para un cuerpo que rota y traslada, con respectode un sistema inercial �jo

vC = vG + ! � r

siendo ! � r la velocidad del punto �jo al sistema en rotación (pensemosen un móvil moviéndose sobre la super�cie terrestre). Como hemos visto, ladescripción del movimiento roto-traslatorio no es única; en efecto, puede hacersecomo una rotación alrededor del CM más un desplazamiento de éste o, lo quesuele convenir en el caso de rotación pura, alrededor del eje instantáneo derotación. Las velocidades vG y ! son independientes, pero si resultase quevG = �! � r; entonces, para el punto C de contacto, vC = 0: Todo sucedecomo si, instante a instante, el cuerpo rotase alrededor de un eje en contacto conla super�cie. Este es el movimiento de pura rodadura, para el cual se cumplen! = vG=r; � = aG=r:Otra manera de verlo es la siguiente: el punto C describe una cicloide,

cuyas ecuaciones paramétricas son x = a (1� cos!t) ; y = a (!t� sin!t) ; derivandocon respecto al tiempo, tendremos vx; vy; y calculando v =

qv2x + v

2y; resulta

que cuando C toca el suelo, vC = 0:A continuación vamos a ver tres casos distintos de rotación pura.

CASO 1

actúa una fuerza F aplicada al eje central del cilindro. Queremos averiguarcuánto valen la fuerza de roce f y la aceleración de la rueda.

Ff

16

Como siempre, las ecuaciones a aplicar sonPF =maG;

PM =I�; con la

restricción de pura rodadura, � = aG=r: La fuerza F tira hacia la derecha y enprincipio, el punto C tiende a ir en dicha dirección, pero la fuerza de roce f seopone al movimiento por deslizamiento. Del esquema vemos que se cumplen

F � f = maG; rf = I� = IaGr:

De ésta últimaf = I

aGr2

por lo que

F = maG + IaGr2= aG

�m+

I

r2

�; aG =

F

m (1 + I=mr2):

Entonces

f =I

r2F

m (1 + I=mr2)=

F

1 +mr2=I:

Una cuestión de suma importancia es que, para que haya rotación pura,sin deslizamiento, f debe satisfacer

f � �smg;

como en Estática. Aquí entra en juego �s porque, para cada t, el puntoC está momentáneamente �jo (en situación estática). Por lo tanto, la fuerzaaplicada debe satisfacer

F � �smg�1 +mr2=I

�= Fl�{m:

Si no, la rueda rotará y deslizará, cosa que debe evitarse.

CASO 2

al eje que pasa por el centro de la rueda, O; se aplica un momento M a travésde un motor; modela el caso de las ruedas motrices en un automóvil.

fM

17

Del esquema vemos que M tiende a mover el punto C hacia la izquierda,por lo tanto, para que C esté instantáneamente �jo, la fuerza de roce f , debeapuntar hacia la derecha. Ahora las ecuaciones son

f = maG; M � rf =M � rmaG =IaGr;

de donde

aG =M

mr (1 + I=mr2); f =

M

r (1 + I=mr2):

Como antes, debe ser f � �smg y por lo tanto, M � �smgr�1 + I=mr2

�=

Ml�{m:

CASO 3: es la combinación de los dos casos anteriores; modela un autoencajado que es ayudado por un vehículo de tiro (por ejemplo, un caballo).Ahora se presenta la disyuntiva de cuál de las dos fuerzas de roce prevalecerá,

si la vinculada con F o conM: Elegimos un sentido arbitrario para f ; luego deresolver el problema, veremos cuál debe ser. Las ecuaciones a plantear son

MFF

fF + f = maG; M � rf = I aG

r;

con las soluciones

aG =1

m

F +M=r

1 + I=mr2; f =

M=r � FI=mr21 + I=mr2

;

si M=r < FI=mr2; entonces f =f i; si no, f = � f i: En el caso M=r =FI=mr2; f = 0; por lo que aG = F=m; tendremos una pura traslación (desliza-miento sobre una super�cie helada).

14 Rototraslación sobre planos inclinados

En los casos idealizados vistos anteriormente, para los deslizamientos vale a =g sin � y v =

p2gh: Ahora consideremos cuerpos como esferas y cilindros (huecos

o macizos), que bajan por un plano inclinado.

18

La variación de energía potencial vale �V = mgh; por lo tanto, si el cuerpono desliza

mgh =IG!

2

2+mv2G2

=1

2mk2

v2Gr2+mv2G2

=mv2G2

�k2

r2+ 1

�de donde

vG =

s2ghk2

r2 + 1

�<p2gh

�y depende del radio de giro, k; por lo tanto, aún para cuerpos de iguales

masas y radios, es distinto para cada uno de ellos. Ha sucedido que parte de laenergía potencial inicial se ha convertido en energía cinética de rotación.

15 Impulso angular; momento del impulso

Hemos visto en clases anteriores que partiendo de F =dp=dt; obtenemos suversión integral, el vector impulso

�p � J =ZFdt = (mvG)f � (mvG)i ;

cuando los impulsos son impartidos a cuerpos en reposo, entonces debemospensar en la ley J =mvG (0) :Por otro lado, las cantidades análogas para el movimiento rotacional son

�L = J como se ve:

�L =

ZMdt = r�

ZFdt = r� J:

Estos vectores tienen su aplicación en los fenómenos impulsivos.

15.1 Ejemplo

Consideremos una esfera de radio r sobre una super�cie rugosa, sobre la cualactúa un J impulsivo; queremos estudiar los distintos estadios del movimiento

19

de la esfera.

J

O

Gr

Dado que la velocidad inicial es nula, J =�p =mvG (0) ; por lo cual

vG (0) =J

m;

por otro lado, por el correspondiente teorema de König

�L =��!OP � J= L0 = L0 + rG �mvG

que podemos poner en la forma

L0 = L0 + rG � J:

Los módulos cumplen (ver �gura)

jL0j = rJ; jrG � Jj = rJ

con lo que rJ = IG! + rJ; de donde se deduce ! = 0: Esto signi�ca que enun primer momento el cuerpo desliza sin rodar. Esto implica que aparecerá lain�uencia de la fuerza de roce f y el coe�ciente dinámico de rozamiento, �d:Esto hace que para t > 0; aparezca una fuerza retardataria

maG = ��dmg; aG = ��dg

con lo cual vG (t) sigue una ley decreciente en el tiempo:

vG (t) = vG (0)� �dgt =J

m� �dgt:

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Ahora bien, con la aparición de la fuerza de roce f , la esfera pasa del purodeslizamiento a deslizar y rodar, por lo que entran en juego las cantidades !; J; :::Tomando momentos respecto de G, hay que tener en cuenta que, mientras hayaalgo de deslizamiento, NO se cumplirá � = aG=r (que vale en la pura rodadura)

�dmgr = IG� =2

5mr2� =) � =

5

2�dg

r

y la velocidad angular crece en el tiempo

! (t) = �t =5

2�dg

rt:

¿Para qué valor de t = t� se cumplirá vG (t) = ! (t) r? En este caso, habiendollegado a esta relación, tendremos movimiento de pura rodadura,

J

m� �dgt� =

5

2�dg

rt� =) t� =

2

7

J

�dmg;

en ese instante

vG (t�) =

J

m� �dg

2

7

J

�dmg=J

m

�1� 2

7

�=5

7

J

m

=5

7vG (0) :

A partir de t > t�; el movimiento ya es de rotación pura.

15.1.1 Una variación sobre el mismo tema

En vista del resultado anterior, podemos preguntarnos a qué altura hay queimprimir el impulso para que el movimiento comience sin deslizamiento, pura

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rodadura

J

O

G h­r

Como antes, vG (0) = J=m; tomando momentos respecto de G, aplicando�L = r� J =IG!;

(h� r) J = 2

5mr2! ! ! =

5

2

(h� r) Jmr2

;

imponiendo la condición J=m = !r

J

m=5

2

(h� r) Jmr

! h =7

5r:

Por la manera como se aplican los vectores (poner �gurita), vemos que ladirección de L y por lo tanto de ! es entrante al papel; lo que está de acuerdocon el esquema presentado.

16 Ecuaciones generales del movimiento

Hemos visto en páginas anteriores que, en general, L no es paralelo a !; en elcaso de que sí lo sea, vale la ecuación de uso restringido L =I!: Pero, comose aprende en Álgebra Lineal, la relación más general entre dos vectores vienedada por la ecuación matricial

L = !I !:

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donde, con el símbolo !I indicamos el tensor de inercia, que puede repre-

sentarse mediante una matriz3 simétrica de 3� 3; que tiene la forma

!I =

0@ Ixx �Ixy �Ixz�Iyx Iyy �Iyz�Izx �Izy Izz

1A ;tal que 0@ Lx

LyLz

1A = !I

0@ !x!y!z

1Ay por lo tanto

Lx = Ixx!x � Ixy!y � Ixz!z; etc.

Vamos a determinar ahora, (¡esquemáticamente!) la forma de los elementosIij para el caso en que ! sea constante. Partimos de las de�niciones

L =mi

Xri � (! � ri) ;

! =!xi+!yj+!zk

ri = xii+yij+zik:

Cuando realizamos el primer producto vectorial (¡hacerlo!)

(! � ri) = (!yz � !zy) i+ términos similares en j;k:

Introduciendo estas componentes en

miri � (! � ri) = mi

�wxy

2 � !yyx+ !xz2 � !zzx�i+ términos similares,

que se pueden arreglar así, sumando y restando adecuadamente (por ejemplo�!xx2 en el primer caso)

miri � (! � ri) = mi

�wxy

2 � !yyx+ !xz2 � !zzx+ !xx2 � !xx2�i+ :::

= mi

�!x�x2 + y2 + z2

�� x (!xx+ !yy + !zz)

�i+ :::

Dado que Lx = Ixx!x � Ixy!y � Ixz!z; resulta entonces que

Ixx =X

mi

�y2i + z

2i

��X

mi

�r2i � x2i

�;

Ixy =X

mi (xiyi) ; etc.

3Un tensor es un ente geométrico (una generalización del concepto de vector), mientras queuna matriz es una construcción algebraica que no necesita de interpretaciones geométricas.

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La expresión más general se simpli�ca, cuando los términos no diagonales seanulan, a la siguiente

L =Ixx!xi+Iyy!yj+Izz!zk;

pero todavía, aún en este caso, L no es paralelo a !; ya que, en general,Ixx 6= Iyy 6= Izz:SOLAMENTE, si el cuerpo gira alrededor de cualquiera de los denominados

ejes principales de inercia, sucederá que L =I!:

16.1 Ejes principales de inercia (E.P.I.)

El principal sentido físico de los ejes principales de inercia es que si un cuerpogira alrededor de cualquiera de ellos (o sea, la dirección de ! coincide con lade un E.P.I.), entonces L =I!: Todo eje de simetría es un eje principal deinercia pero, aunque no haya simetrías, siempre existe un sistema de ejes queconstituyen los EPIs. Encontrar los EPI es un problema matemático del ÁlgebraLineal, denominado diagonalización de matrices, que se estudia, además, enMecánica Racional, asignatura que se verá en 3er. año.

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16.1.1 Ejemplo

Sea un cubo de arista a y masa m; mostremos la matriz de inercia con respectoa los ejes x; y; z de sus aristas.

O

N

Puede verse en casi todos los libros de Mecánica Avanzada [1] que, conrespecto a dichos ejes, la matriz de inercia es

I = ma2

0@ 2=3 �1=4 �1=4�1=4 2=3 �1=4�1=4 �1=4 2=3

1A ;esto signi�ca que si la dirección de ! es cualquiera de los ejes x; y; z (u

otros), entonces L / !: El proceso de diagonalización lleva a la matriz anteriora la forma

I =ma2

12

0@ 2 0 00 11 00 0 11

1Ay los ejes principales son: uno, el que va a lo largo de la diagonal ON; los

otros dos pertenecen a un plano perpendicular a ON y, además, perpendicularesentre sí. Si el cuerpo gira con ! k��!ON o a los otros dos ejes, entonces será L =I!:Ver las preguntas al �nal del capítulo.

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17 Cuerpos rígidos vinculados: el giróscopo y eltrompo

El cuerpo rígido puede tener un punto �jo, tal como el CM o algún otro. Si secumple que L =I!; entonces, si no hay un momento neto externo, L =cte porlo que ! =cte; lo que signi�ca que el eje de rotación permace �jo en el tiempo.Esto es la base de los sistemas de estabilización.

17.1 Giróscopo: el punto �jo es el CM

Si a lo largo del eje de rotación (que suponemos ahora es un eje material) seaplica una fuerza, el giróscopo reacciona en forma perpendicular a la direcciónde la fuerza. Sea el esquema de la �gura donde ! =!k; L =Lk

x

y

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F =� Fxi; r =zk; 8 M =Myj;

y este momento M =dL=dt hace que el giróscopo gire alrededor de un ejeperpendicular a !; con velocidad angular (es decir ? !). Efectivamente,recordemos por el teorema de Poisson, que si jLj = cte; entonces

M =dL

dt= � L =� I!;

de donde se ve que es perpendicular a ambos: M;!: El momentoM es ala vez

M = r� F= � L =� I!;

de donde, tomando los módulos

rF = I! ! =rF

I!;

cuanto más rápido gire el giróscopo alrededor de su eje, más lentamenteprecesará.

17.2 Trompo (o giróscopo pesado): el punto �jo no es elCM

Ahora el sistema está �jo en O, en un extremo del cuerpo. En lugar de pensar enuna fuerza externa aplicada ex-profeso sobre el eje, nos ocupamos de la fuerzapeso, en el CM. El análisis es del todo similar al del caso anterior; la únicadiferencia es que ahora es M = r�mg. Entonces la fórmula �nal del apartadoanterior es

= �mrI!g;

donde el signo "� " resulta del análisis de la �gura.

18 Cuerpo rígido libre

Mencionaremos, para terminar, dos movimientos más sutiles que sufre nuestroplaneta. Debido a que la Tierra no es completamente esférica, las in�uencias delSol y de la Luna ejercen un par neto, por lo que la precesión del eje de rotación,que es muy lenta, de unos 27000 años. El movimiento de nutación se debe a quelos pares debidos al Sol y a la Luna varían conforme a la posición relativa delos mismos respecto de la Tierra; el período es de unos 19 años. También puedepensarse en lo siguiente: el eje de rotación de la Tierra forma un ángulo de unos23.5o con respecto al plano de la órbita de la Tierra alrededor del Sol y el pargravitacional produce esa lenta precesión. Así, en diferentes épocas, diferentesestrellas pasan a ser la "Estrella Polar". Esta precesión de los equinoccios fuedescubierta por el astrónomo babilónico Cidenas, alrededor del año 343 a.n.e.(antes de nuestra era)[1]

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19 Apéndice: el péndulo compuesto

Este sistema, que volverá a tratarse en la próxima unidad, Oscilaciones, permiterelacionar el momento de inercia de cualquier cuerpo, en especial si es de formairregular, con el período de oscilación del mismo.Si el cuerpo oscila respecto del eje z, siendo � el ángulo de apartamiento

respecto de la vertical, de la relación Mz = Iz�; se deduce

�mgh sin � = Izd2�

dt2;

de donde, para sin � � �

d2�

dt2+

�mgh

Iz

�� � d

2�

dt2+2� = 0;

siendo una frecuencia. El ángulo � satisface, entonces

� = �0 sin (t+ �) :

El período T vale

T =2�

= 2�

sIzmgh

;

si lo comparamos con el del péndulo ideal

T = 2�

sl

g

podemos identi�car al cociente Iz=mh � lred; denominado longitud reducida.

20 Revisión

Una vez estudiado el capítulo, se debei) conocer las de�niciones de velocidad y aceleración angulares (llamadas

!; �; respectivamente),ii) conocer las ecuaciones fundamentales para el estudio de los cuerpos que

roto-trasladan,iii) aplicar el principio de conservación de L a diversos problemas (bailar-

ina, bicicleta,...); se recomienda especialmente el estudio de textos donde estascuestiones estén tratadas didácticamente,iv) conocer la condición para que haya rotación sin deslizamiento; saber

aplicarla en la resolución de problemas roto-traslatorios (ruedas...),v) describir cualitativamente el movimiento de un giróscopo.vi) interpretar el sentido físico del producto vectorial (�!� = r� F; L = r� p);

coordinar esta unidad con la denominada "Movimiento Relativo" y la aplicacióndel producto vectorial en las aceleraciones centrípeta y de Coriolis.vii) reconocer la relación entre los teoremas de König y el teorema de Steiner.

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21 Cuestiones

1. Tomemos el caso del cubo de arista a; i) qué pasa si el cubo gira alrededorde los ejes x; y; z; ¿se sentirá que giran "suavemente" o "a los golpes"? ii) quépasa si los ejes son los E.P.I?2. Las dimensiones del momento � (que es un vector) son las mismas que

las de trabajo W; que es un escalar; ¿qué signi�cado tiene este hecho? De lamisma manera, las dimensiones de L son las mismas que Energía � tiempo....3. ¿Cuál es la utilidad práctica del teorema de Steiner?4. ¿Será seguro para un leñador pararse directamente detrás del árbol en el

lado opuesto de la caída?5. ¿Por qué es esencial el uso de un giróscopo para el movimiento de las

aeronaves?

References

[1] Marion, Jerry, Classical Dynamics of particles and systems, Ac. Press (1965).

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