Capıtulo 3

Punto sometido a ligaduras

3.1. Punto sobre superficie

Ejercicio 3.1.1: Un punto pesado de masam esta obligado a moverse sin rozamiento sobre la superficieconica de ecuacionz2 = x2 + y2, referida a un sistema inercialOxyz dondeOz es vertical ascendente.Inicialmente las coordenadas del punto son(a,0,a) y su velocidad es

√ag j . Determinar los paralelos

entre los que va a tener lugar el movimiento del punto.Febrero de 1995

Solucion en coordenadas cilındricas

Compensa trabajar en coordenadas cilındricas, que explotan la simetrıa derevolucion. La ecuacion de la superficie sera entonces:f ≡ z2 = x2+ y2 =r2, es decir,z = ±r. Sobre la partıcula actuan el peso y la reaccion de lasuperficie lisa. Las ecuaciones del movimiento seran:

m(r− rθ2)=−N/

√2

m(rθ +2rθ

)= 0 ⇒ r2θ =C

mz = N/√

2−mg

N

P

ur

Como la superficie es lisa y fija, y la fuerza conservativa,

T +V =12

m(r2+ r2θ2+ z2)+mgz = E

Usando la ley de areas y la ecuacion de la superficie, en la que tomamos el signo + por lascondiciones iniciales, se puede reducir el problema a una cuadratura enz (o enr) y hacer unanalisis cualitativo mediante el potencial eficaz:

12

m

(

z2+C2

z2 + z2)

+mgz = E ⇒ 2z2 =2m

(

E −mgz− mC2

2z2

)V (z)

zVcent

Ve f

En todo caso el movimiento oscilara entre dos valores dez, en los que ˙z = 0, mientras quesigue girando conC constante; es decir, la trayectoria sobre el cono se desarrolla entre dosparalelos, en los que se cumple:

z = 0 → E −mgz− mC2

2z2 = 0

Esta ecuacion cubica serıa difıcil de resolver, pero las condiciones iniciales ya dan una de lasraıces al ser ˙z0 = 0. Podemos reducir el orden del polinomio por Ruffini. Las condiciones ini-

47

ciales permiten calcularE = 3mga/2 y C = a√

ag, con lo que la ecuacion queda:

2z3−3az2+a3 = 0z1=a−−−→ (z−a)

(z2−az−a2) →

{

z2 = a

�����z3 =−a2

Como a la parte negativa no se puede llegar (por el potencial centrıfugo), solo la raız doblez= ase alcanza. Resulta que se ha lanzado en un mınimo, por lo queel movimiento se desarrolla enun paraleloz = r = a. Podemos comprobar que es un mınimo:

V ′e f (z) = mg− mC2

z3 = mg− ma3gz3 V ′

e f (a) = 0

Solucion en coordenadas esfericas

Si se trabaja en coordenadasesfericas, la ecuacion de la ligadura se simplifica aun mas:θ = π/4. Sin embargo, la aceleracion en cilındricas es mucho mas complicada de escribir:

ρ −���ρ θ 2−ρ cos2 θ ϕ2

ρ cosθ ϕ +2ρ ϕ cosθ −������2ρθ ϕ sinθ

���2ρ θ +��ρ θ +ρ cosθ sinθ ϕ2

=

−mg/√

2

0

N −mg/√

2

ϕ

θ

N

P

u ρ

Al sustituir la ecuacion de la ligadura, las ecuaciones se simplifican notablemente. Ademas,la de la direccion radial queda libre de fuerzas de ligadura. La segunda nos da la ley de areas,

ρ2 ϕ =C

Notese que ahora se llamaθ a la latitud (constante), yϕ a la longitud, que es la que apareceen la ley de areas. Sustituyendo esta ecuacion en la deuρ , se tiene

ρ − C2

2ρ3 =− g√2

Multiplicando ambos terminos porρ , esta ecuacion se puede integrar para dar una expresion enρ y ρ de la que se obtiene una cuadratura.

A esta misma expresion se llegarıa por la ecuacion de la energıa, de la que se eliminaϕmediante la ley de areas:

m2

(

ρ2+ρ2ϕ2

2

)

=mgρ√

2=

m2

(

ρ2+C2

2ρ2

)

Esta expresion es la misma que se obtuvo antes usando coordenadas cilındricas, como era deesperar, pues sobre el cono se cumplez = ρ/

√2. A partir de aquı, se procederıa exactamente

igual que por cilındricas: analisis cualitativo en la variableρ , obtencion de las raıces, etc.

48

Ejercicio 3.1.2: Una partıcula pesada de masam se mueve sin rozamiento en el paraboloideaz = r2,(a ≡Cte. positiva), siendo el ejeOz la vertical ascendente. Si inicialmenter = a y se lanza con velocidadv0 tangente al paralelo local, dejar el calculo del movimiento reducido a cuadraturas. Determinar losvalores maximo y mınimo que alcanzar a lo largo del movimiento.

Abril de 1996

Por ser una superficie de revolucion, compensa trabajar en coordenadascilındricas. Sobre la partıcula actuan el peso y la reaccion de la superficielisa. Podemos determinar directamente dos integrales primeras:

Por la simetrıa de revolucion, la reaccion normal y el peso estan conte-nidos en el plano meridiano: no dan momento segunOz y se conservael momento cinetico en esa direccion:r2θ =C.

La superficie es lisa y fija, la fuerza potencial:T +V = E

N

Pur

La ecuacion de la superficie permite despejar una de las variables,r o z: az= r2 → a z=2r r.La ley de areas del movimiento proyectado permite eliminarla θ . Las condiciones inicialespermiten calcularC = av0 y E = mga+mv2

0/2. La ecuacion de la energıa queda:

12

m

(

r2+a2v2

0

r2 +4r2r2

a2

)

+mgr2

a= mga+

mv20

2→ r2 =

v20+2ga− 2g

a r2− a2v20

r2

1+ 4r2

a2

De donde se obtienen las cuadraturas

dt =±dr

√

1+ 4r2

a2√

v20+2ga− 2g

a r2− a2v20

r2

dθ =±dr av0

√

1+ 4r2

a2

r2√

v20+2ga− 2g

a r2− a2v20

r2

El analisis cualitativo muestra que el movimiento va a desarrollarse siempreentre dos paralelos, en que ˙r = 0. Como el denominador es> 0, tiene queanularse el numerador

v20+2ga− 2g

ar2− a2v2

0

r2 = 0 → 2ga

r4−(v2

0+2ga)

r2+a2v20 = 0

r2 =v2

0+2ga±√(v2

0+2ga)2−8gav2

0

4g/a=

v20+2ga±

(v2

0−2ga)

4g/a

V (r)

rVcent

Ve f

Las soluciones son pues

r1 = a r2 = v0

√a2g

La primera ya sabıamos que tenıa que salir, pues inicialmente se lanza con ˙r = 0; la segundaestara por encima o por debajo segun el valor dev0. Parav2

0 = 2ga se tiene una raız doble, y latrayectoria es un paralelo.

49

Ejercicio 3.1.3: Una partıcula pesada de masam, se mueve por una superficie lisa esferica, estandoatraıda por el punto mas alto de la misma y el modulo de la atraccion es 2mg. En un instante dado elpunto se encuentra en el ecuador con velocidad de modulov0 tangente al mismo. Calcular el radio decurvatura de la trayectoria en dicho punto.

Septiembre de 1994

Para una partıcula libre, el radio de curvatura de la trayectoria se obtiene trivialmente de laaceleracion normal. Expresando la aceleracion en intrınsecas:

~γ =~γt +~γn = (~γ · t) t+(~γ ·n)n = v t+v2

ρn =

ΣFm

Si se conocen los vectores aceleracion y velocidad en ese momento, se tiene todo lo necesariopara despejarρ .

Si la partıcula se mueve sobre una superficie, no se conoce directamente la aceleracionporque aparece la fuerza de ligadura normal. Entonces hay que despejarla usando la ecuacionde la superficie. No se conoce la normal principal de la trayectoria n, pues esta sera una de lasinfinitas curvas que pasan por ese punto de la superficie: solo se conoce la normal a la superficieuN. Pero no importa, porque conociendo~γ y t, que es la direccion de la velocidad,~γn se obtienetrivialmente.

Se pueden seguir varios caminos:

Cartesianas

−2mg 1√2−N = mx

0 = my2mg 1√

2−mg = mz

∣∣∣∣∣

x2+ y2+ z2 = R2

r0 = (R,0,0)v0 = (0,v0,0)

Por laN no podemos obtener directamente ¨x. Derivando la ecuacion dela ligadura obtenemos una relacion para las aceleraciones:

y

z

x v0

N

x2+ y2+ z2 = R2 xx+ yy+ zz = 0 xx+ x2+ yy+ y2+ zz+ z2 = 0

R2+0+0= R2 0+0+0= 0 Rx0+0+0+ v20+0+0= 0 → x0 =−v2

0R

Ası obtenemos el vector aceleracion, que al ser normal at es toda aceleracion normal:

~γ = (x, y, z) =

[

−v20

R,0,g

(√2−1

)]

=⊥

�����γt (0,1,0)+~γn ≡~γn =v2

0

ρn

Con lo que se obtiene directamente el radio de curvatura inicial,

ρ =v2

0

|~γ| =v2

0R√

v40+R2g2

(√2−1

)2

Esfericas

La ligadura se puede incorporar directamente en las ecuaciones tomando coordenadas esfericas:r = R = Cte., que se sustituye en la velocidad y aceleracion.

v =

rr cosϕθ

rϕ

~γ =

r− r cos2ϕθ2− rϕ2

rθ cosϕ +2rθ cosϕ −2rθ ϕ sinϕrϕ + rθ2sinϕ cosϕ +2rϕ

50

En nuestro caso,r = R y r = r = 0 por la ligadura;θ = ϕ = 0 en el instante inicial, con lo queel triedro a derechas (ur,uθ ,uϕ ) coincide con el cartesiano. Sustituyendo estos valores y lascondiciones iniciales, se tiene

0Rθ0Rϕ0

=

0v00

→ m~γ = m

0−Rθ20 −0

Rθ0+0−0Rϕ0+0+0

=

−2mg 1√2−N

02mg 1√

2−mg

Se obtiene directamente el vector aceleracion

~γ =

[

−v20

R,0,g

(√2−1

)]

y a partir de aquı operarıamos como en el caso anterior paraobtenerρ .

Intrınsecas

El problema que se encuentra para calcular directamenteρ es que no se conoce la normalprincipal de la trayectoria,n. Pero se conoce la tangente,t, y la normal a la superficieuN .Podemos entonces aplicar el teorema de Meusnier, y descomponer el vector curvatura en cur-vatura normal y curvatura geodesica. Tomamos sobre la superficie el triedro(t,ug,uN), dondeug completa un triedro a derechas (triedro de Darboux-Ribancour):

Frenet Geodesico

Ft = mvFn +N cosθ = v2 κFb +N sinθ = 0

Ft = mvFg = mv2 κg

FN +N = mv2 κN

θ

v0

~κ~κN

~κg

Para la esfera,KN = 1/R para todas las direcciones, por lo que no hacefalta calcular laN. El triedro de Darboux en este caso es(j ,−k,−i).Solo hay que proyectar segunug:

−2mg1√2+mg = mv2 kg ⇒ kg =−

g(√

2−1)

v20

y

z

x v0

N

Con esto podemos ya calcular la curvatura:

k2 =1

ρ2 = k2N + k2

g =1

R2 +g2(√

2−1)2

v40

⇒ ρ =Rv2

0√

v40+R2g2

(√2−1

)2

51

Problema 3.1.1: Un punto materialM, de masam, esta obligado a moverse por el interior de un cilin-dro recto cuya seccion es una circunferencia de radioR. Se representa porf el coeficiente de rozamientoentre el punto y el cilindro.

En el instante inicial el puntoM se encuentra en una determinada posicion del cilindro y se le lanzacon una velocidadv0 que forma un anguloα0 con la correspondiente generatriz.

Se pide:

1. Determinar en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleracion, ası comoel correspondiente radio de curvatura de la trayectoria.

2. Plantear las ecuaciones de movimiento del punto utilizando como parametros las coordenadascilındricas deM.

3. Determinar en un instante arbitrario la reaccion normalN del cilindro en funcion de la velocidadv deM y el anguloα que dicha velocidad forma con la generatriz.

4. Estudiar el movimiento deM determinando su trayectoria y ley horaria.

5. Calcular en funcion del tiempo la reaccion normalN del cilindro.

NOTA.- Se supondra nulo el peso del punto materialM.Febrero de 1969

1. Trabajando en coordenadas cilındricas, como pide la geometrıa delproblema, se tiene:

v =

0Rθz

~γ =

−Rθ2

Rθz

N =−N ur

R =− f |N| vv y

z

N v0

R

x θComo la velocidad esta contenida en el plano tangente, es perpendicular a la reaccion nor-

mal; la resistencia, en cambio, tiene la direccion de la velocidad. Las dos componentes de laaceleracion son pues inmediatas:

m~γ = m~γt +m~γn =−‖v

︷ ︸︸ ︷

f |N| vv +

⊥v︷︸︸︷

N

Otra propiedad que se deduce directamente es que, comom~γn =−N ur, en todo momento esn≡−ur; la normal principal de la trayectoria coincide con la normal a la superficie. La trayectoriaes una geodesica del cilindro,una helice.

Para calcular los valores de las aceleraciones, planteamos:

v0 =(0,Rθ0, z0

)= (0,v0 sinα0,v0 cosα0) → θ0 =

v0 sinα0

R

m~γ0 = m

−Rθ20

Rθ0z0

=

−N− f |N| v0 sinα0

v0

− f |N| v0 cosα0v0

→{

γn =v2

0 sin2α0R =

v20

ρ → ρ = Rsin2α0

γt = fv2

0 sin2α0R

El valor deρ se podrıa haber calculado directamente sabiendo que la trayectoria es una helicede pendienteπ/2−α0.

2. Planteamos las ecuaciones como en el caso anterior, pero en un momentogenerico:

m~γ = m

−Rθ2

Rθz

=

−N− f |N| sinα− f |N| cosα

donde cotα =

z

Rθ

v

α

R

3. La N se puede obtener por diversos caminos:

52

Lo mas sencillo es proyectar en intrınsecas, sabiendo quen =−ur y que la trayectoria esuna helice:

N = mv2

ρ= m

v2sin2αR

Se puede obtener directamente de las ecuaciones:

N = mRθ2 ; v = (0,Rθ , z) = v(0,sinα,cosα) ; → N = mv2sin2 α

R

4. Aunque ya lo sabemos por consideraciones geometricas, de las ecuaciones del movimientotambien se deduce que la trayectoria es una helice, yα =Cte. Dividiendo las ecuaciones deθ yz:

Rθz

= tanα =Rθz

;dθθ

=dzz

; lnK + ln θ = ln z;

z = Kθ v0,θ0−−−→ z = cotα0Rθ → z− z0 = cotα0 R(θ −θ0)

Para la ley horaria, podemos proyectar segun la tangente:

mv =− f |N|=− f mv2sin2 α0

R;

dvv2 =− f sin2 α0

Rdt − 1

v+

1v0

=− f sin2α0

Rt →

→ v =dsdt

=v0R

R+ v0 f sin2 α0 t⇒ s =

R

f sin2 α0ln(R+ v0 f sin2α0 t

)+C

Para obtener las ecuaciones horarias, de la geometrıa de lahelice se obtiene:

Rθ = s sinα0+C1 z = s cosα0+C2

4. ConociendoN(v) y v(t), no hay mas que sustituir:

N =mv2

0Rsin2α0(R+ v0 f sin2 α0 t

)2

53

Problema 3.1.2: Un punto material de masam sin peso, se mueve sin rozamiento sobre un cono de ejeOz y verticeO fijos, y cuyo semiangulo en el verticeα es tal que

tg α =1At

siendoA una constante positiva conocida yt el tiempo.

En el instante inicial(t = 0) se situa el punto a una distancial del verticeO y esta dotado de unavelocidad, relativa al cono,λ perpendicular a la generatriz correspondiente.

Sobre el punto actua una fuerza de valor:

F =−ml2λ 2

Ar3tk

siendor la distancia entre el punto y el ejeOz y k el versor del ejeOz. Se pide:

1. Ecuaciones del movimiento absoluto del punto en coordenadas cilındricas.

2. Trayectoria absoluta del punto en coordenadas cilındricas.

3. Reaccion que el cono ejerce sobre el punto en funcion deltiempo.

4. Trabajo realizado porF en el movimiento absoluto del punto en el intervalot = 1 at = 2.

5. Trabajo realizado por la reaccion en el movimiento absoluto del punto en el intervalot = 1 at = 2.

Abril de 1972

1. La ecuacion de la superficie y sus derivadas son:

rz= tanα =

1At

∣∣∣∣∣

z = At rz = Ar+At rz = 2Ar+At r

Tomando laN positiva hacia el exterior del cono, las ecuaciones quedan:N

α α

ur

m(r− rθ2

)= N cosα

m(rθ +2rθ

)= 0

mz = −N sinα − ml2λ 2

Ar3t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

→ N cosα = m(

r− l2λ 2

r3

)

↑→ r2θ =C = lλ→ −N sinα = mz+ ml2λ 2

Ar3t

− tanα =z+ l2λ 2

Atr3

r− l2λ 2

r3

Las condiciones iniciales necesarias para integrar este sistema se dan relativas al cono movil:

r0 = (l,0,0) = (r0,0,z0) v20∣∣0= (0,λ ,0) t = 0 ⇒ α =

π2

Para obtener la velocidad de arrastre, necesitamos parametros que identifiquen un punto deter-minado de la superficie. La deformacion consiste en que las generatrices van girando un anguloα hacia el vertice, sin variar laθ de cada una, ni la distancia de sus puntos al origenρ . Conestos parametros, la velocidad de un punto del cono serıa,en cilındricas

vM01

∣∣0 = ρα(−cosα,0,sinα)

∣∣0 = ρα

∣∣0(0,0,1) = (r,0, z)0 → r0 = 0

No es necesario calcularα : de la ecuacion de la superficie se obtiene ˙z

z = Ar+At r → z0 = Al +0

Y con esto ya podemos escribir las condiciones iniciales respecto a los ejes fijos:

r0 = l ; θ0 arbitrario ;z0 = 0; r0 = 0; θ0 = λ/l ; z0 = Al

2. Como el tiempo aparece explıcitamente, no va a ser facil eliminarlo. Buscaremos las ecua-ciones horarias que, al fin y al cabo, son tambien las parametricas de la trayectoria cont como

54

parametro. EliminandoN entre las ecuaciones de ¨r y z, y usando la ecuacion de la superficiepara eliminar ¨z, se llega a

−r+���l2λ 2

r3 = At

(

z+l2λ 2

Atr3

)

= At

(

2Ar+Atr+�

��l2λ 2

Atr3

)

→(A2t2+1

)r+2A2t r = 0

La ecuacion que resulta es una diferencial exacta:

(A2t2+1

)r+2A2t r =

ddt

[(A2t2+1

)r]= 0 →

(A2t2+1

)r = Cte

r0=0−−−→ r = 0, r = l

De la ligadura se obtienez = Al t , y de la ley de areasθ = λ/l → θ =λl

t +θ0 .

La trayectoria es una helice circular.Si uno no se da cuenta de que es una diferencial exacta, se puede integrar laecuacion diferencial, que es de variables separadas:

rr=− 2A2t

A2t2+1; ln r = lnK− ln

(1+A2t2) ;

r =K

1+A2t2r0=0−−−→ K = 0 → r = 0

Con lo que se obtiene el mismo resultado que antes.x y

z

b

3. De las ecuaciones del movimiento

N cosα =−mrθ2 ; N =−mrθ 2

cosαcosα = 1√

1+tan2α= At√

1+A2t2

}

N =−mλ 2

lAt

√

1+A2t2

4. Trabajo deF entret = 1 y t = 2,

δW F = F ·dr = F dz =−ml2λ 2

Al3tAl dt =−mλ 2dt

t

W F12 =

∫ 2

1δW =−mλ

∫ 2

1

dtt=−mλ ln t

∣∣21 = W F

12 =−mλ ln2

5. El trabajo deN entret = 1 y t = 2 se puede calcular por varios caminos:

Ecuacion de la energıa: conocido ya el trabajo deF, podemos aplicar la ecuacion de laenergıa, sabiendo que el modulo de la velocidad es constante:

W F12+W N

12 = T2−T1 = 0 ⇒ W N12 = mλ ln2

Integracion directa: ConocidaN(t), se puede calcular directamente el trabajo:

δW N = N ·dr = N (�����cosα dr−sinα dz)sinα= 1√

1+A2t2−−−−−−−−−→dz=Al dt

→ −mλ 2

lAt

√

1+A2t2 −1√1+A2t2

Al dt =+mλ 2dtt

W N12 =

∫ 2

1δW = mλ

∫ 2

1

dtt= mλ lnt

∣∣21 = W N

12 = mλ ln2

55

Problema 3.1.3: Un punto materialM de masam, no pesado, se mueve sin rozamiento, con ligadurabilateral, sobre un helicoide de ecuaciones

x = rcosθ , y = rsinθ , z = kθ

referidas a un sistema de ejesOXY Z fijos. El punto es atraıdo por el ejeOZ con una fuerza de valor:F = mk4ω2

r3 , siendok y ω constantes conocidas.En el instante inicial se lanza el punto con las siguientes condiciones iniciales:

r0 = k,

(drdt

)

0=

kω√2,

(dθdt

)

0=

ω2

Se pide:

1. Determinar completamente el movimiento del punto, es decir, determinarr(t), θ(t).2. Determinar la reaccion de la superficie sobre el punto, enfuncion del tiempo.

Septiembre de 1981

1. Las ecuaciones del movimiento sobre la superficie seran

F+N = m x ; N = N n ; n =xr ∧xθ|xr ∧xθ |

Las derivadas parciales de la ecuacion parametrica de la superficiex(r,θ) forman una base del plano tangente, y permiten calcularel vector normal a la superficie. Para resolverlas hay que tener encuenta: x y

z

bFxr

xθN

Podemos proyectar sobre el plano tangente, y obtener dos ecuaciones enr,θ en las queno aparece la reaccion normal

Se conserva la energıa, pues la fuerza es potencial, y la superficie fija y lisa.

No se conserva el momento cinetico respecto al ejeOz por laN.

Los parametrosr y θ de la superficie son tambien coordenadas cilındricas del punto, loque facilita escribir la aceleracion.

a) Proyeccion sobre el plano tangente

Calculamos primero las derivadas parciales:

xr = (cosθ ,sinθ ,0) = ur xθ = (−r sinθ ,r cosθ ,k) = r uθ + kuz

Si hiciera falta, se podrıa calcularn mediante el producto vectorial. Observese quexr es unitarioy tiene la direccion de la fuerza de atraccionF, y de la radial de las coordenadas cilındricas.

(F+⊥��N = m x) ·xr → −mk4ω2

r3 = m(r− rθ2)

La otra direccion es normal a la fuerza y a la reaccion:

(⊥��F+

⊥��N = m x

)·xθ →

(rθ +2rθ

)r+ z k = 0

z=k θ−−−→(rθ +2rθ

)r+ θ k2 = 0

(rθ +2rθ

)r+ θ k2 =

ddt

(r2θ + k2θ

)= 0 ⇒

(r2+ k2) θ = Cte.= (k2+ k2)

ω2= k2ω

56

Esta integral primera permite eliminarθ en la primera ecuacion, que se podrıa integrar dosveces para obtenerr(t). Como la primera integracion va a dar precisamente la integral de laenergıa, tambien podemos plantear esta directamente, yeliminarθ del mismo modo.

− mk4ω2

r3 = m

[

r− rk4ω2

(r2+ k2)2

]

; r = k4ω2

[

r

(r2+ k2)2 −

1r3

]

r r = k4ω2

[

r

(r2+ k2)2 −

1r3

]

r → r2

2= k4ω2

[ −12(r2+ k2)

− 12r2

]

+C

t = 0,k2ω2

2= k4ω2

[−14k2 +

12k2

]

+��C → r2 =k6ω2

(r2+ k2) r2

La expresion de ˙r lleva a una cuadratura, que se integra completamente, e incluso puede despe-jarser. En la raız se toma el signo + porque ˙r0 es positivo:

+r√

r2+ k2dr = k3ω dt → 13

(r2+ k2)3/2

+C = k3ω tr=k−−→t=0

C =−k323/2

3

De aquı se puede despejarr:

r2 = k2(

3ωt +23/2)2/3

− k2

Con este valor vamos a la otra integral primera, que permite obtenerθ(t):

dθ =k2ω

r2+ k2 dt =k2ω

r2+ k2

r√

r2+ k2

k3ωdr ; k dθ =

r√r2+ k2

dr

kθ =√

r2+ k2− k√

2 ⇒ k θ = k(

3ωt +23/2)1/3

− k√

2

2. Para obtenerN, proyectamos sobre la normal. La fuerza no interviene, porque tiene ladireccion dexr; solo la aceleracion va a producirN.

Primero calculamos el vector normal:

xr ∧xθ =

∣∣∣∣∣∣

ur uθ uz1 0 00 r k

∣∣∣∣∣∣

=

0kr

n =

(0,k,r)√k2+ r2

Y se proyecta la ecuacion del movimiento en esa direccion

(⊥��F+N = m x

)·n → N =

(rθ +2rθ

)k+ z r√

k2+ r2= k

(2r θ +2rθ

)

√k2+ r2

No hace falta derivar para hallarθ , pues antes se obtuvo

θ(r2+ k2)+2rrθ = 0 ⇒ N = k

k2− r2

(r2+ k2)3/2

2rθ

θ y r se han obtenido antes como funciones der, y r a su vez como funcion det, con lo quesustituyendo se tieneN(t).

57

Problema 3.1.4: SeaO1x1y1z1 un sistema de referencia galileano, triortogonal y orientado a derechas,en el queO1z1 es la vertical ascendente; considerese la esferaE de centroO1 y radio a y seaC1 lacircunferencia horizontal deE, situada en el plano de ecuacionz1 = a/2.

Sobre un planoπ, en el que se considera un sistema de referencia ortogonalOxy, se traza la circun-ferenciaC, de centroO y radioa

√3.

El planoπ se mueve permaneciendo en contacto con la esferaE, de forma que la circunferenciaCde π, rueda sin deslizar sobre la circunferenciaC1 de E; el movimiento se realiza de forma tal, que elpunto geometrico de contacto entre ambas circunferencias, describe la circunferenciaC1 con velocidadconstante de valor(aω

√3). (En la figura se esquematizan los elementos geometricos que intervienen, en

un instante generico).

Dos puntos materialesP y Q, de igual masam, estan unidos por un hilo flexible inextensible, delongitud l y sin masa, y se mueven sometidos a las siguientes condiciones:

El punto P, se mueve con ligadura bilateral y sin rozamiento, sobre el plano π, sometido a laaccion de las siguientes fuerzas directamente aplicadas:i) el peso,mg, ii) una repulsion del puntoO1 proporcional a la masa y la distancia, siendog/(2a) la constante de proporcionalidad, yiii) unaatraccion del diametroOM deC, proporcional a la masa y la distancia, siendo(3ω2) la constantede proporcionalidad.

El hilo que une ambos puntos, pasa por un orificio del planoπ practicado en el puntoO; de suotro extremo pende el puntoQ, que se mueve en la verticalOO1, y sobre el actuan, como fuerzasdirectamente aplicadas, unicamente el peso.

Se pide:

a) Determinar las fuerzas de inercia que han de tenerse en cuenta al analizar el movimiento relativodel puntoP respecto del planoπ. Determinar la componente paralela al plano y analizar si secompensa, o no, con alguna de las fuerzas directamente aplicadas que actuan sobre el punto.

b) Comprobar que el movimiento del puntoP, respecto del planoπ, es central; plantear las ecua-ciones que gobiernan dicho movimiento; suponga que el hilo se mantiene tenso durante todo elmovimiento (“a posteriori”, una vez determinado el movimiento, puede comprobarse la veracidadde esta hipotesis).

c) Reducir a cuadraturas las ecuaciones planteadas en b). Determinar los movimientos estacionariosdel puntoP y analizar cuales son estables y cuales no.

d) Determinar, en un movimiento estacionario generico, lareaccion normal del planoπ sobre elpuntoP.

Junio de 1988

a Para resolver el problema se usaran los siguientes sistemas de referencia:

S1: Ejes fijosO1x1y1z1

S0: EjesOxyz ligados al planoπ

58

S2: Solido al que pertenece la partıculaP.

S3: Sistema auxiliarMuvw de la figura, que acompana al punto de contacto.

Para calcular las fuerzas de inercia, necesitamos la aceleracion deO, la ve-locidad angularωωω01, y la aceleracion angular.

De la geometrıa del problema se deduce que el puntoO esta fijo sobreel ejeO1z1: el plano es siempre tangente a la esfera; las dos circun-ferencias son tangentes; a la altura de la circunferenciaC1, el planotangente a la esfera forma 30o con la vertical; los radios de las circun-ferencias forman un triangulo rectangulo con el ejeO1z1: por tanto,O

esta siempre fijo en(0,0,2a). Por tanto, γγγO01 = 0 .

Del movimiento del plano tenemos ya un punto fijo,O. Como la circunfe-renciaC rueda sin deslizar sobre laC1, el punto de contactoM consideradocomo parte deS0 tiene velocidad nula (es el punto deS0 que en cada mo-mento coincide conM deS3).

a √3

a√

3/2

O

M

30o

Por tanto, el eje instantaneo de rotacion esOM. Es obvio que la axoide movil es el propioplanoπ y la fija un cono de verticeO que se apoya sobreC1. Ademas,ωωω01 solo tiene compo-nente de rodadura.

bb

b

b

bO

x

y

M

u

v

w

P

Q

Aunque conozcamos el EIR y por lo tanto la di-reccion deωωω01, para calcularla va a ser mas facilusar la composicion de movimientos0/1=0/3+3/1.Notese que el unico dato que tenemos para calcu-lar su modulo es la velocidad deM, que es un puntogeometrico independiente al que hemos asociado elsistemaS3.

El movimiento 3/1 es un giro alrededor deO1z1, con O ≡ O como punto fijo: el planoMvw esta fijo al plano meridiano deM. Co-mo este recorreC1 con velocidadaω

√3u, se

tiene:

ω31k1∧OM = ω31a

√3

2u =

= vM31 = aω

√3u → ω31 = 2ω

El movimiento 0/3 es un giro alrededor deOz ‖ Mw. La velocidad angular se puede cal-cular de varios modos:

1. ComoC rueda sin deslizar sobreC1, vM01 = 0 y por tanto

vM01 = vM

03+vM31 =ωωω03∧OM +aω

√3u =

(

ω03a√

3 +aω√

3)

u → ωωω03 =−ω w

2. Una circunferencia rueda sin deslizar sobre la otra; el punto de contactoM, consideradocomo independiente, recorre las dos circunferencias con lamisma velocidad:

vM30 = vM

31 = ω30w∧OM = aω√

3u → ωωω30 = ω w

Con esto podemos hallar la velocidad angular de arrastre:

ωωω01 =ωωω03+ωωω31 =−ω w+2ω k1 =−ω w+2ω

(√3

2v+

12

w

)

= ωωω01 = ω√

3v

59

Y la aceleracion angular:

ωωω01∣∣1 =���ωωω01

∣∣3+ωωω31∧ωωω01 = 2ω ·ω

√3

∣∣∣∣∣∣

u v w0

√3/2 1/2

0 1 0

∣∣∣∣∣∣

= ωωω01 =−ω2√

3u

Con esto podemos ya calcular las fuerzas de inercia. Solo quedapasar a ejesOxy, y antes hay que situar el sistemaS3 enS0. Comoωωω30 = ω k, la rectaOM ha girado un anguloω t respecto a unareferencia arbitraria, que podemos tomar comoOx. Ası,

ωωω01 = ω√

3v =−ω√

3 (cosωt i +sinωt j)

ωωω01 =−ω2√

3u =−ω2√

3 (−sinωt i +cosωt j)

OP= (x,y,0) vP20 = (x, y,0)

M

v

u P

P′

ωt

O x

y

La fuerza de inercia de Coriolis va a ser normal al plano

FIC = −2mωωω01 ∧ vP20 = +2mω

√3

∣∣∣∣∣∣

i j kcosωt sinωt 0

x y 0

∣∣∣∣∣∣

= 2mω√

3(ycosωt − xsinωt) k

En la de arrastre va a haber terminos paralelos al plano (centrıfuga) y normales (azimutal)

FIA =−mωωω01∧ (ωωω01∧OP)−mωωω01∧OP

Como la velocidad angular tiene la direccion deOM, ωωω01 = ω√

3v, la fuerza centrıfuga tienela direccion de la normal a este eje,P′P:

−mωωω01∧ (ωωω01∧OP) = 3mω2P′P

Obviamente, esta repulsion se compensa con la atraccion del ejeOM, que vale

Fa = m3ω2PP′

El otro termino de la fuerza de arrastre es

−mωωω01∧OP=+mω2√

3

∣∣∣∣∣∣

i j k−sinωt cosωt 0

x y z

∣∣∣∣∣∣

=−mω2√

3 (ysinω t + xcosω t) k

b Las fuerzas que actuan sobre la partıculaP son:

FIA =������3mω2P′P−mω2

√3 (ysinω t + xcosω t) k

FIC = 2mω√

3(ycosωt − xsinωt) k

Fa =������m3ω2PP′

Fr = mg2a

O1P=mg2a

(O1O+OP) =mg2a

(���2ak1+ x i + y j)

P=����−mgk1

N = N k ; T =−TOP|OP|

Hay dos fuerzas de ligadura: la reaccion del planoN y la tension del hiloT. Se observa que partede la repulsion se anula con el peso, ademas de la centrıfuga con la atraccion deOM. De estemodo, las unicas fuerzas que quedan en el plano son parte de la repulsion, de direccionOP, y latension del hilo. Las dos son centrales. El movimiento relativo va a ser central. Convendra tomarcoordenadas polares enS0.

60

Con estas simplificaciones podemos plantear las ecuacionesdel movimientode las dos partıculas:

Pmgr2a −T = m

(r− rθ2

)

0 = m(rθ +2rθ

)

Lig. l = r+(2a− z) → r = z

Q T −mg = mz

P

Fr

T

rθ

O x

y

Q

P

T

c La segunda ecuacion deP es la ley de areas:r2θ =C . Con la ecuacion de la ligadura(longitud del hilo) se elimina ¨z de la ecuacion deQ; se despejaT y se sustituye en la radial deP

z = r → T = mg+mr → mgr2a

−m(g+ r) = m(r− rθ2)

θ =Cr2 → 2r =

gr2a

−g+C2

r3

Esta ecuacion se puede integrar una vez, multiplicando ambos terminos por ˙r:

2rr =

(gr2a

−g+C2

r3

)

r → r2 = A+gr2

4a−gr− C2

2r2 =g4a

(

h+ r2−4ar− αr2

)

Dondeα = 2C2ag . De aquı se obtiene una cuadratura parar y, con la ley de areas, otra paraθ :

√g4a

∫

dt =∫ ±dr√

h+ r2−4ar− αr2

√g4a

∫

dθ =∫ ±C dr

r2√

h+ r2−4ar− αr2

Para estudiar los movimientos estacionarios, podemos obligar a que ¨r = 0 o hacer unanalisis cualitativo de ˙r2. Los dos caminos llevan a la misma ecuacion. Hacer ˙r = 0 no sirve denada, pues se cumple tambien en los puntos de parada y retroceso; ademas, si ¨r = 0, para que elmovimiento sea estacionario hay que lanzar ortogonalmente, es decir, con ˙r = 0.

La expresion de ˙r2 se puede poner como

r2 =g4a

(

h+ r2−4ar− αr2

)

=g4a

(h−Ve f

); Ve f =−r2+4ar+

αr2

dondeVe f es una funcion analoga al potencial eficaz, pero sin dimensionesde potencial. Los movimientos estacionarios son los puntosestacionarios delpotencial, es decir,V ′

e f = 0. El potencial se puede representar facilmente: unaparabola invertida, una recta de pendiente positiva, y el termino centrıfugo;este depende de las condiciones iniciales a traves deC.El potencial eficaz se aproxima al centrıfugo parar → 0 y a la parabola parar → ∞. Entre medias, para valores deC pequenos se puede aproximar a larecta: entonces, habrıa dos movimientos estacionarios. CuandoC crece, lasdos raıces se convierten en una (punto de inflexion) y luegodesaparecen. Lasraıces se obtienen de

V ′e f =−2r+4a− 2α

r3 = 0 → r4−2ar3+α = 0

Esta expresion es la misma que se obtiene de ¨r = 0. Obviamente, esta ecuacion no tiene solu-cion facil. Pero, tomando variables adimensionalesu = r/a (es decir, tomandoa como unidadde longitud) se puede comprobar que hay dos raıces positivas, para valores suficientementepequenos deα:

61

a4u4−2a4u3+α = 0 ; u4−2u3 =− αa4 =−b ; u3(u−2) =−b

Dondeb tiene que ser positiva porqueα = 2C2a/g. Si fuera negativa, saldrıala velocidad imaginaria. Se puede obtener el valor maximo de b (y por tantodeC) calculando el mınimo de la funcion:

4u3−6u2 = 0 → um = 3/2 ; bM =−278

(32−2

)

=2716

f (u)

−b

3/2

Por tanto, segun la velocidad inicial, tendremos:

b =2C2

ga3

> 2716 ∄rest −

= 2716 ∃1rest = 3a/2 inestable (pto. inflexion)

< 2716 ∃2rest 1 estable (min)< 1 inestable (max)

Tambien es obvio —se ve en la curva— que los radios∈ [0,3a/2] son movimientos estaciona-rios estables (mınimos), y los radios∈ [3a/2,2a] son inestables (maximos).

No tiene sentido hallar los valores der para movimiento estacionario: aparte de la dificultadde hallar analıticamente las raıces de una ecuacion de cuarto grado, es quetodos los valores der entre 0 y 2a corresponden a un movimiento estacionario. Solo hay que lanzarlo perpendicu-larmente al radio con la velocidad adecuada. Esta velocidadse calcula facilmente de

r ⊥ v0 → C = rv0 → r4−2ar3+2r2v2

0a

g= 0 → v2

0 =g2a

(2ar− r2)

Parar > 2a, la velocidad saldrıa imaginaria: no hay movimientos estacionarios. Una vez llega-dos a esta expresion, tambien se puede calcular el radio del movimiento estacionario para unav0 dada: es resolver una ecuacion de segundo grado:

rest = a±√

a2−2av20/g

c En un movimiento estacionario, la partıcula recorre una circunferencia de radior ≤ 2a convelocidad uniformev2

0 =g2a

(2ar− r2

). El equilibrio de fuerzas segunk muestra queN ha de

equilibrar a la fuerza de inercia de Coriolis y a la azimutal

N −mω2√

3 (ysinω t + xcosω t)+2mω√

3(ycosωt − xsinωt) = 0

La posicion y velocidad deP en el movimiento estacionario son

(x,y) = r(

cosv0

rt,sin

v0

rt)

(x, y) = v0

(

−sinv0

rt,cos

v0

rt)

La reaccion quedara

N = mω2√

3r(

sinv0

rt sinω t +cos

v0

rt cosω t

)

−

−2mω√

3v0

(

cosv0

rt cosωt +sin

v0

rt sinωt

)

=

= N = 2mω√

3(ωr−2v0) cos[(v0

r−ω

)

t]

La reaccion va a ser nula parav0 = ωr/2, y constante parav0 = ωr. Comov0 en el movimientoestacionario es funcion der (o al reves), esto corresponde respectivamente a los radios

r =4ga

ω2a+2gr =

2ga2ω2a+g

62

3.2. Punto sobre curva

Ejercicio 3.2.1: Una partıcula pesada se mueve por una circunferencia lisa de radioR y centroO fijo,que gira alrededor de un diametro vertical con velocidad angular constanteω . Se estudia el movimientorelativo a la circunferencia mediante el anguloθ que forma la partıcula con el punto mas bajo de lacircunferencia. (a) Obtener la integral de la energıa parael movimiento relativo. (b) Calcular en funcionde la posicionθ la reaccion de la curva en la direccion normal a su plano.

Septiembre de 2001

Mθ

x0

z1 ≡ z0

ω

O

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

−mg~k0+~N +~FIa +~FIcor = m~γM20

La ecuacion de la energıa en el movimiento relativo es:dW20 = dT20, inclu-yendo el trabajo de las fuerzas de inercia. De las fuerzas queactuan:

El peso deriva del potencialVp = mgz =−mgRcosθ

La reaccion normal no trabaja en el movimiento relativo, por ser la curva lisa (sı trabajarıaen el movimiento absoluto, por ser una curva movil).

Al estar el centro fijo y ser constante la velocidad de giro, lafuerza de inercia de arrastrese reduce a la centrıfuga, que deriva de un potencial:

~FIa =−m[

��~γO01+������

~ω01∧OM +~ω01∧ (~ω01∧OM)]

=mω2x~i0 → Vc =−mω2 x2

2=−mω2 R2sin2 θ

2

La fuerza de inercia de Coriolis no trabaja por ser perpendicular a la velocidad relativa.

Queda pues−dVp − dVc = dT20, que da lugar a la integral primeraT20+Vp +Vc = E = Cte.Sustituyendo sus valores en funcion de la variable y sus derivadas queda:

12

mR2θ2−mgRcosθ −mω2R2sin2θ2

= E (6 pt.)

En la direccion normal al plano de la circunferencia, solo estan la fuerza de inercia de Corio-lis y una de las componentes de la reaccion normal. La aceleracion, el peso, la otra componentede la reaccion normal y la fuerza centrıfuga estan el el plano. Queda pues:

N2~j0−2m~ω01∧~vM20 =~0= N2~j0−2mRθω cosθ ~j0

ya que~vM20 = Rθ(cosθ ,0,sinθ). De la integral de la energıa se despeja:

R θ =±√

2E/m+2gRcosθ +ω2R2sin2θ

Con lo que se llega finalmente a:

N2 =±2mω cosθ√

2E/m+2gRcosθ +ω2R2sin2θ (4 pt.)

El signo es el deθ en cada momento.

Ejercicio 3.2.2: Dejar reducido a cuadraturas la ecuacion del movimiento deuna partıcula de masamque puede moverse sobre una circunferencia vertical de radio r y esta unida a un resorte de constanteK ylongitud natural nula cuyo extremo esta fijo (ver figura) a una distancial por debajo del punto mas bajode la circunferencia.

63

Junio de 2002

Mθ

x

y

rO

l

A

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

cantidad de movimiento proyectada sobre la tangente

ecuacion de la energıa

son equivalentes, porque solo puede haber una ecuacion independiente. Lade la energıa tiene la ventaja de ahorrar un paso de integracion. Los poten-ciales son:

Vp = mgy =−mgr cosθ

Vm =12

K|AM |2 = 12

K[r2sin2 θ +(r+ l − r cosθ)2]=

12

K[

(((((((2r2+2rl + l2−2r(r+ l)cosθ

]

Los terminos constantes del potencial se pueden ignorar. Podemos escribir ya la integral de laenergıa,

12

mr2θ2−mgr cosθ −Kr(r+ l)cosθ = E

de la que se obtiene una cuadratura

θ2 =2

mr2 {E + r [mg+K(r+ l)]cosθ} ⇒

⇒∫

dt =∫ ±r dθ√

2m {E + r [mg+K(r+ l)]cosθ}

Ejercicio 3.2.3: Una partıcula materialM no pesada, de masam, esta obligada a moverse sobre un arocircular de radioa situado en un plano vertical y con centro en el origenO. SobreM actua una fuerzarepulsiva e inversamente proporcional a la distancia al punto A = (0,−a) con constante de proporciona-lidad K =+2a2m.

a) Plantear las ecuaciones del movimiento. (2 puntos)

b) Si parat = 0, θ = θ0, θ = θ0 siendoθ el angulo entre~OA y ~OM, hallar la reaccion en funcion deθ . (2 puntos)

c) Dejar reducido a una cuadratura la ecuacion del movimiento. (1 punto)

Junio de 2003

En primer lugar hay que observar que debe de haber una errata en el enunciado: conK =2a2m, la fuerza no tiene las dimensiones adecuadas. Usaremos 2ma2ω2, donde laω tiene di-mensiones de velocidad angular. Seguramente se aclaro de palabra en el examen.

FrN

Mπ2−θ

2θ

O

A

a Para expresar la fuerza de repulsion, es conveniente observar queOAMes un triangulo isosceles, por lo que la distanciaAM se puede escribir como2asinθ

2 . Ademas, el angulo deAM con el radio vector esπ2 − θ2 ; este es el

mismo angulo que forma la fuerza conur. Aunque parece mas sencillo usarel angulo que forma conuθ , que esθ

2 .Por tanto, las ecuaciones quedan:

ma θ =2ma2ω2

2asinθ2

cosθ2

−maθ2 =−N +2ma2ω2

2asinθ2

sinθ2=−N +maω2

64

b Para expresarN en funcion deθ , hay que obtener una integral primera que deθ en funciondel angulo. Se puede integrar la ecuacion de la cantidad demovimiento en la direccion tangentemultiplicando ambos terminos porθ :

θdθ = ω2cosθ2

sinθ2

dθ → 12

(θ2− θ2

0

)= 2ω2 lnsin

θ2−2ω2 lnsin

θ0

2

Al mismo resultado se llegarıa usando la ecuacion de la energıa. Se trata de una curva lisa y unafuerza potencial, por lo que se conserva la energıa. El potencial vale

Fr =Kρ

uρ → Vr =−K lnρ =−2ma2ω2 ln

(

2asinθ2

)

La integral de la energıa se escribe directamente,

12

ma2 θ2−2ma2ω2 ln

(

2asinθ2

)

= E =12

ma2 θ20 −2ma2ω2 ln

(

2asinθ0

2

)

En este caso, la ecuacion de la energıa no tiene grades ventajas frente a las de cantidad demovimiento. Ahorra una integracion, pero hay que integrarel potencial que es casi igual decomplicado. Y de todos modos hay que plantear las de cantidadde movimiento, o al menossegun la normal, porque se pide la reaccion. En cualquier caso, se llega a

θ2 = θ20 +4ω2 ln

(

sinθ2/sin

θ0

2

)

La singularidad paraθ = 0 es natural, porque la fuerza se hace infinita enA. Sustituyendo en laecuacion del movimiento segunur,

N = ma(ω2+ θ2)= ma

[

ω2+ θ20 +4ω2 ln

(

sinθ2/sin

θ0

2

)]

c Conocidaθ , la cuadratura es inmediata:

±d θ√

θ20 +4ω2 ln

(

sinθ2/sinθ0

2

) = dt

Ejercicio 3.2.4: Una partıcula de masam se mueve con ligadura unilateral por el interior de una cir-cunferencia vertical, rugosa, de radioR (el coeficiente de rozamiento entre la partıcula y la circunferenciaesµ). En el instante inicial se lanza desde el punto mas bajo de la circunferencia, con una velocidadv0

suficientemente grande para que la partıcula alcance el punto superior. ¿Con que velocidad llega al puntomas alto?

θ

Sugerencias:θ = ddθ(

12θ2)

∫ θ

0(sinθ +µ cosθ)e2µθ =

−11+µ2

{

eµθ (cosθ −2µ sinθ −µ2cosθ)+µ2−1

}

Junio de 1994

En el pendulo simple, como la curva es lisa, basta con plantear la ecuacion de la cantidad demovimiento en la direccion de la tangente —la direccion del grado de libertad— o plantear laecuacion de la energıa, que en ese caso es equivalente. Cuando hay rozamiento, la ecuacion dela energıa es igual de complicada que la cantidad de movimiento: no da integral primera direc-tamente. Y no se puede ignorar la direccion normal, que est´a acoplada con la de la tangente a

65

traves de la reaccion normal.

mg θ

N

R

θ

Proyectamos las ecuaciones del movimiento segun la tangente y la normal:

mRθ =−mgsinθ −R ; R = µ|N|−mRθ2 = mgcosθ −N

Como hay movimiento, se aplica el modelo de Coulomb con deslizamiento.La partıcula se mueve por el interior, por lo queN ≥ 0.

Si se dice que llega hasta el punto mas alto, es que no hay desprendimiento y laN es siemprepositiva: no hay que preocuparse de modulos y cambios de signo. Podemos despejar y sustituirdirectamente:

mRθ =−mgsinθ −µ(mgcosθ +mRθ2) →

→ θ =−gR

sinθ −µgR

cosθ −µθ2 =d

dθ

(12

θ2)

Usando esta ultima relacion, se obtiene una ecuacion diferenciallineal en la variableu = θ2 :

u′+2µu =−2gR

sinθ −2µgR

cosθ →{

uhup

La homogenea es inmediata:

u′h +2µuh = 0 ⇒ uh = Ae−2µθ

Para la particular, se puede usar el metodo de variacion delas constantes. Llamandob(θ) altermino independiente, una solucion particular serıa

up(θ) = uh(θ)∫ θ

0

b(x)uh(x)

dx

Aparece la integral que se da como sugerencia. Se puede escribir sin mas y pasar a imponercondiciones iniciales.

Pero la EDO es muy simple. Las funciones del termino independiente no son solucion de lahomogenea. . . puede ser mas sencillo ensayar funciones del mismo tipo:

up = Bsinθ +C cosθ u′p = Bcosθ −C sinθ

Bcosθ −C sinθ +2µ(Bsinθ +C cosθ) =−2gR

sinθ −2µgR

cosθ

B+2µC =−2µgR

−C+2µB =−2gR

B =−2gR

3µ1+4µ2 C =

2gR

1−2µ2

1+4µ2

La solucion completa queda:

u = θ2 = Ae−2µθ − 2gR

3µ1+4µ2 sinθ +

2gR

1−2µ2

1+4µ2 cosθ

Es facil comprobar que se obtiene lo mismo por variacion delas constantes. Podemos ya impo-ner condiciones iniciales, y calcular la velocidad final:

θ = 0 : θ20 =

v20

R2 = A+2gR

1−2µ2

1+4µ2

θ = π : θ2f =

v2f

R2 = Ae−2µπ − 2gR

1−2µ2

1+4µ2

despejando y sustituyendo la constante de integracion,

v2f = R2

[(v2

0

R2 −2gR

1−2µ2

1+4µ2

)

e−2µπ − 2gR

1−2µ2

1+4µ2

]

66

Problema 3.2.1: Se dispone de un alambre elasticoAB sin masa, de longitudπa el cual se empotra enuna pared por su extremoA.

Se flexa el alambre sujetandolo por su extremoB, de manera que adopte la forma de una semicircun-ferencia, y en esta posicion, se coloca un punto materialM, no pesado, de masam sobre el mismo.

En el instante inicial se suelta el extremoB del alambre y debido a su elasticidad, trata de recuperarsu forma rectilınea, arrastrando al puntoM.

Se sabe que la curva que adopta el alambre en cada instante, esun arco de circunferencia, con centrovariableC sobre el ejeAY y cuyo radio varıa segun la ley conocida

CA = R(t)

Se tomara como parametro para definir la posicion del punto, el anguloϕ de la figura adjunta.Sabiendo que no existe rozamiento, se pide:

1. Expresion de la posicion, velocidad y aceleracion absoluta del punto, en funcion det, ϕ y susderivadas.

2. Ecuacion diferencial del movimiento [ecuacion que determinaϕ(t)].

Suponiendo el caso particular en queCA = R(t) = v0t + a, y que se lance el punto en el instanteinicial desdeϕ0 = π/2, con una velocidad absoluta, de valorv0 i + v0 j . Se pide:

3. Integrar completamente la ecuacion del movimiento.

4. Determinar la fuerza que el alambre ejerce sobre el punto en cada instante.

5. Trayectoria absoluta descrita por el punto.

6. Determinar el instante y la posicion absoluta del punto,cuando este abandona el alambre.

7. Trayectoria descrita por el punto, a partir del instante en que abandona el alambre.

Julio de 1974

1. El vector posicion del punto y sus derivadas seran:

r = R(t)

{sinϕ

1−cosϕ

}

v = R

{sinϕ

1−cosϕ

}

+R ϕ{

cosϕsinϕ

} tnϕ

R(t)C

~γ = R

{sinϕ

1−cosϕ

}

+2Rϕ{

cosϕsinϕ

}

+Rϕ2{−sinϕcosϕ

}

+Rϕ{

cosϕsinϕ

}

2. La unica fuerza que actua es la reaccion normal

N = N (−sinϕ,cosϕ) = m~γ

Proyectando sobre la tangentet = (cosϕ,sinϕ) queda una ecuacion diferencial que determinael movimiento, suponiendo cocidaR(t):

0= R(sinϕ cosϕ +sinϕ −sinϕ cosϕ)+2Rϕ(1)+Rϕ2(0)+Rϕ(1)

Rsinϕ +2Rϕ +Rϕ = 0

67

3. Las condiciones iniciales son

R = v0 t +a R = v0 R = 0

v0

{11

}

= v0

{11

}

+aϕ0

{01

}

⇒{

ϕ0 = 0

ϕ0 = π/2

v0

v0ϕ0

R0C

La ecuacion diferencial queda

(a+ v0 t) ϕ +2v0 ϕ = 0

Es de variables separadas, y se puede integrar

ϕϕ

=−2v0

a+ v0 t;

dϕϕ

=−2v0 dta+ v0 t

→ ln ϕ =−2ln(a+ v0 t)+ lnK

ϕ =K

(a+ v0 t)2; dϕ =

K dt

(a+ v0 t)2→ ϕ =

Kv0(a+ v0 t)

+C

Hay que imponer las condiciones iniciales

ϕ0 =K

(a+0)2 = 0 K = 0 ϕ = 0

ϕ0 =−K

v0(a+0) +C = π2 C = π

2 ϕ =π2

4. La reaccion del alambre sale de la ley de Newton

N = m~γ = 0 ·{

11

}

+2v0 ·0 ·{

01

}

+a ·0 ·{−10

}

+a ·0 ·{

01

}

=

{00

}

5. La trayectoria sale sustituyendoR(t) y ϕ(t) en la expresion der :

r = (a+ v0 t)

{sinϕ

1−cosϕ

}

= (a+ v0 t)

{11

}

Es una recta a 45o.

6. Saldra del alambre cuando la longitud de arco desde el origen hasta la partıcula sea igual ala longitud del alambre.

s = Rϕ =(a+ v0 t f

) π2= πa ⇒ t f =

v0

ar f = 2a

{11

}

7. Obviamente, si no actua ninguna fuerza, seguira un movimiento uniforme y rectilıneo.Sera la prolongacion de la trayectoria sobre el alambre, pues este tampoco ejercıa fuerza al-guna.

68

Problema 3.2.2: Un punto material pesadoM de masam, se mueve sobre una helice situada en uncilindro recto cuya seccion es una circunferencia de radioR y cuyo eje es vertical. Se representara porαel angulo que la helice forma con el plano horizontal y porf el coeficiente de rozamiento existente entreel puntoM y la helice.

En el instante inicial se situa el punto en una determinada posicion de la helice y se le abandona sincomunicarle velocidad.

Sabiendo que el coeficiente de rozamientof cumple la condicionf < tg α , se pide:

1. Calcular en el instante inicial las componentes tangencial y normal de la aceleracion deM.

2. Plantear las ecuaciones que proporcionan el movimiento de M.

3. Demostrar que la velocidad del puntoM tiende a un valor finito cuando el tiempo tiende a infinito.

4. Calcular la velocidad lımite deM y determinar los valores lımites de las componentes tangencial,normal y binormal de la reaccion que la helice ejerce sobreel punto.

5. Estudiar el movimiento deM en el caso de que el anguloα de la helice valga 45o, que el coeficiente

de rozamiento seaf =

√3

3y que inicialmente se lance el punto hacia abajo con una velocidad

v0 =√

2·g ·R.

Febrero de 1969

1. Para obtener las componentes intrınsecas de la aceleraci´on, lomejor es trabajar en ejes intrınsecos. En el caso de la helice no hayproblema, porque su triedro de Frenet es muy conocido. Supondre-mos que el sentido positivo es hacia arriba, independientemente dela partıcula vaya en un sentido u otro. Los vectores unitarios seran:

t =(−sinθ ,cosθ , tanα)√

1+ tan2αn = − (cosθ ,sinθ ,0)

b = t∧b = (sinα sinθ ,−sinα cosθ ,cosα)x y

z

bNn

P

RNb

Ft = mv Fn +Nn = mv2

ρFb +Nb = 0

Antes de proyectar las fuerzas, hay que estudiar el sentido del rozamiento.Se deja la partıcula en reposo: hay que ver si se mueve o no. Enel instanteinicial no hayNn, puesFn es siempre nula, yv0 = 0. Planteando el equilibriode fuerzas, suponiendo que hay equilibrio:

−mgsinα +R = 0 −mgcosα +Nb = 0

αR

P

Nb

Se ve claramente que, como|R| ≤ f |N| = f mgcosα, y f < tanα, la fuerza tangencial es−mgsinα + f mgcosα = mgcosα ( f − tanα)< 0. Podemos pues afirmar,

γt∣∣0 = gcosα ( f − tanα)< 0 γn

∣∣0 =

v20

ρ0= 0

2. En un instante generico, lav no sera 0, y laNn tampoco; suponemos que ha empezado amoverse hacia abajo, con lo que ˙v < 0 y para laR se toma el signo +.

−mgsinα + f√

N2n +N2

b = mv

0+Nn = m v2

ρ−mgcosα +Nb = 0

siendoρ = R/cos2α

69

3. Despejando las componentes deN y sustituyendo se llega a

v =−gsinα ± f

√

g2cos2α +cos4 α

R2 v4

En este caso se toma el signo + para laR, tal como se ha visto enel primer apartado; en un caso mas general, en que se pueda lanzarhacia arriba o hacia abajo, habrıa que tomar el signo opuesto al dela velocidad.

vL

v

v

−gsinα

R

R tiene un valor mınimo (debido aNb, constante) y crece con|v| (debido a laNn). Como elsigno es el opuesto a la velocidad, no es continua: da un saltoen el origen. Hay que sumarle lacomponente tangencial del peso, negativa y mayor que el mınimo deR. Ası queda la aceleraciontal como se ve en la figura.

Si se lanza con velocidad positiva,R y el peso son negativas y la frenan hasta que se pare; sise deja en reposo, empieza a caer con una aceleracion que es la diferencia de los dos terminos; sise lanza con velocidad negativa, el peso acelera yR frena. Al principio se acelera hacia abajo,pero como la resistencia crece con la velocidad, llega un momento en que equilibra al peso:tenemos una velocidad lımite. Si se lanza hacia abajo con una velocidad mayor que la lımite,el rozamiento es mayor que el peso y frena a la partıcula hasta que llega asintoticamente a lavelocidad lımite. Para ver si llega en un tiempo finito a estavelocidad, podemos estudiar laconvergencia de la cuadratura dev:

lımv→vL

(vL − v)α

gsinα − f cosαR

√g2R2

cos2 α + v4= lım

v→vL

α (vL − v)α−1

− f cos2α2R

4v3√

g2R2

cos2 α+v4

=

=αR√

v4L +

g2R2

cos2 α (vL − v)α−1

2 f cosα v3L

α=1−−→ K ⇒ α = 1 ⇒ tL → ∞

Por tanto, la velocidad tiende asintoticamente a un valorvL, y tardaun tiempo infinito en alcanzarlo.Notese que el comportamiento serıa muy distinto sif > tanα; en-tonces el mınimo del rozamiento serıa mayor que la componentetangencial del peso. Si la partıcula se deja quieta, no se mueve, y sise lanza la velocidad tiende siempre a cero, quedandose parada.

v

v

−gsinα

R

4. La velocidad lımite se obtiene haciendo ˙v = 0

vL =

√

gRcosα

(tan2 α

f 2 −1

)1/4

Vuelve a quedar de manifiesto que, sif > tanα, no habrıa velocidad lımite (o serıa cero). Encuanto a reacciones,Nb es constante y las otras dos se hallan sustituyendovL:

Nb = mgcosα Nn =mv2

L cos2αR

= mgcosα

√

tan2 αf 2 −1

R = f√

N2n +N2

b = f

√

������m2g2cos2 α +m2g2cos2 α

(tan2 α

f 2 − ��1

)

= mgsinα

Como es logico, en el lımite la resistencia equilibra a la componente tangencial del peso.

5. En este caso particular, se sigue cumpliendo quef =√

33 < tanα = 1. Lo primero es calcular

la velocidad lımite:

vL =

√

gR2√2

(1

1/3−1

)1/4

=√

2gR = v0

70

Se lanza exactamente con la velocidad lımite, de modo que ˙v = 0; el movimiento se realizahacia abajo con velocidad constante.

71

Problema 3.2.3: Sea el sistema inercialOx1y1z1, conOz1 vertical ascendente. Alrededor del ejeOz1

gira con velocidad angular constanteω el sistemaOxyz, Oz coincidiendo conOz1. Una partıcula pe-sada de masam se mueve sobre la curva lisa del sistemaOxyz de ecuaciony = 0, z = x3

a2 − x, dondea = g/ω2. Dejar reducido a cuadratura el movimiento de la partıculasobre la curva. Si inicialmente lapartıcula esta en el origen y se lanza con una velocidad respecto al sistemaOxyz de valorv0, estudiarcualitativamente el movimiento del punto segun sea el valor dev0.

Septiembre de 1994

1. Este problema (o mas bien ejercicio) se puede resolver en ejes fijos tomandor =(xcosω t,xsinω t,z),

calculando la aceleracion como funcion det, x, z y sus derivadas, y proyectando segun la tan-gente la ecuacion de la cantidad de movimiento. Mediante laecuacion de la curva, quedarıa unaecuacion diferencial ent, x y sus derivadas (oz, si se prefiere). La velocidad y la aceleracion secalculan mas facilmente por composicion de movimientos. Con un poco de esfuerzo, se puedereducir a una cuadratura.

Pero las operaciones son laboriosas.Parece mas sencillo estudiar el mo-vimiento relativo a los ejes movilesOxyz. Hay que considerar solo la fuer-za centrıfuga, pues la de Coriolis esnormal al planoOxz y la anula la reac-cion normal. Esto tiene la ventaja deque, como la fuerza centrıfuga es po-tencial, se puede hacer un analisis cua-litativo.

x1 y1

z1 ≡ z

ω tx

P mω2x

P=−mgk → Vp = mgz Fc = mω2x i → Vc =−12

mω2 x2

En el movimiento relativo se conserva la energıa: curva lisa y fija (en ejesOxyz), la fuerza deinercia de Coriolis no trabaja, el peso y la centrıfuga son potenciales.

12

m(x2+ z2)+mgz− 1

2mω2 x2 = E =

12

mv20+0−0

Con la ecuacion de la curva podemos eliminar una de las coordenadas; parece algo mas facilsustituir laz; ademas, la curva es uniforme enx y no enz:

z =x3

a2 − x ; z =

(3x2

a2 −1

)

x ; ω2 =ga

12

mx2

[

1+

(3x2

a2 −1

)2]

+mg

(x3

a2 − x

)

− 12

mga

x2 =12

mv20

x2

[

1+

(3x2

a2 −1

)2]

= v20−2g

(x3

a2 −x2

2a− x

)

⇒ dt =±√

1+(

3x2

a2 −1)2

dx√

v20−2g

(x3

a2 − x2

2a − x)

2. Para el analisis cualitativo podemos observar que el coeficiente de ˙x es siempre positivo, demodo que solo hay que estudiar el comportamiento del segundo miembro

x2[

1+

(3x2

a2 −1

)2

︸ ︷︷ ︸

>0

]

= v20−2g

(x3

a2 −x2

2a− x

)

=2m[E −V (x)]

72

El potencial tendra una forma similar a la de la curva. El potencialcentrıfugo es una parabola invertida, que mueve hacia la derecha elmaximo y el mınimo de la curva, pero sin alterar su forma general.Veamos los ceros y maximos y mınimos:

V (x) = 0 → x

(x2

a2 −x

2a−1

)

= 0 → x = 0, a(

1±√

17)

/4

V ′ = 0 → 3x2

a2 − 2x2a

−1= 0 → x = a(

1±√

13)

/6

Viendo la forma de la curva, y lanzando desde el origen, la energıaque determina el tipo de movimiento es el potencial del maximo:

2m

V[

a(

1−√

13)

/6]

= 2ga−19+13

√13

108T v2

0

Si v20 es menor que ese valor, la partıcula oscila asimetricamente

alrededor del origen; si es igual, tiende asintoticamenteal maximo;si es menor, pasa el maximo y se va a−∞.

73

Problema 3.2.4: SeaO1x1y1 una referencia cartesiana rectangular que, se admitira, constituye unareferencia galileana. Un aroA de radioa rueda sin deslizar por el interior de un aro de radio 2a ycentroO1, de forma que su centroO se mueve con velocidad constanteaω . Una partıculaM de masam, no pesada, se mueve con ligadura bilateral y sin rozamientosobre el aroA. Se pretende estudiar elmovimiento de la partıculaM relativo al aroA y para ello se toman unos ejesOxy ligados a este. En elinstante inicial el puntoO se encuentra en(a,0), los ejesOxy son paralelos a losO1x1y1, y la partıcula sencuentra en(2a,0) y se lanza con una velocidad relativa al aro de valor~v0 = (2+Λ)aω~j. Se pide:

1. Plantear la ecuacion que gobierna el movimiento de la partıculaM

2. Reducir a cuadraturas el movimiento. Realizar un analisis cualitativo de los distintos tipos demovimiento que pueden presentarse en funcion del parametro Λ. ¿Para que valores del parametroΛ se generan movimientos asintoticos? ¿A que posicion tiende asintoticamente la partıculaM endichos movimientos?

En el caso particular en el queΛ = 2:

3. Obtener, integrando completamente el problema, la ley horaria con la que la partıcula se muevepor el aro.

4. Determinar, en funcion de la posicion, el valor de la reaccion normal del aro sobre la partıcula.

5. En el caso en que la ligadura fuese unilateral, con posibilidad de desprendimiento de la partıculahacia el interior del aro, analizar si se produce o no desprendimiento; en caso de que se produzca,localizar la posicion en que tienen lugar.

NOTA: resulta conveniente, a partir del apartado 2), utilizar como coordenada generalizada el anguloθ que el radio vector

−−→OM forma con el radio vector

−−→OO1.

ω t

O1 x1

y1

x

y

MθO

1. Sabiendo que el aro (S0) rueda sin deslizar y que la velocidad desu centroO esaω, se deduce que su velocidad angular es~ω01 =−ω k,constante. Por tanto, el aro ha girado un angulo−ω t respecto a los ejesfijos, y−2ω t respecto al radioO1O. El triangulo formado porO1O, Oxy O1x1 es isosceles. A esta misma conclusion se habrıa llegado vien-do que la longitud de arco recorrida sobre los dos aros, al no deslizar,tiene que ser la misma. Al tener uno doble radio que el otro, elangulorecorrido tiene que ser la mitad.

ω t

O1 x1

y1

aω2ω t

~ω01

x

y

O

Sobre la partıcula (S2) no pesada actuan solo la reaccion del aro ylas fuerzas de inercia del movimiento relativo al aro:

N =−N ur +���N′k

FIA =−m[

~γO01+�

�~ω01∧OM +~ω01∧ (~ω01∧OM)]

FIC =−2m~ω01∧vM20

ω t

O1 x1

y1

~γO01

α

x

y

M ur

uθθ

O

Al ser un movimiento plano, podemos ignorar todas las fuerzas en la direccionOz. Lasaceleraciones son sencillas porque tanto el movimiento absoluto deO como el relativo deM

74

son circulares. Parece conveniente proyectar en los ejes delas coordenadas polares deM enS0. El angulo polar esα, que esta relacionado conθ a traves del triangulo isosceles antesmencionado:

θ = α +π −2ω t θ = α −2ω θ = αEn estos ejes las aceleraciones seran mas sencillas

~γO01 = mω2 OO1 = mω2a (cosθ ur −sinθ uθ )

~ω01∧ (~ω01∧OM) =−ω2aur

FIA =−mω2a

cosθ −1−sinθ

0

FIC =−2m

∣∣∣∣∣∣

ur uθ uz0 0 −ω0 a α 0

∣∣∣∣∣∣

=−2maωα ur

La ecuacion de la cantidad de movimiento de la partıcula

−

N00

+mω2a

1−cosθsinθ

0

+2maωα

−100

= m

−a α2

a α0

proyectada segun la tangente al arouθ da

maω2 sinθ = ma α ⇒ θ = ω2 sinθ

que es la ecuacion del pendulo simple, pero tomando origende angulos en el punto inestable.La fuerza centrıfuga hace el efecto del peso. Notese queθ no es propiamente el movimientorespecto al aro, sino respecto al radio vectorO1O.

2. La ecuacion diferencial es la del pendulo, luego el movimiento es tambien el del pendulo:libracion, movimiento asintotico, y rotacion. La ecuacion del movimiento se puede integrar,llegando a la integral de la energıa:

θ θ = ω2sinθθ ;θ2

2=C−ω2cosθ ;

12

ma θ2 = E −maω2cosθ = E −V (θ)

Aquı la energıa es la del movimiento respecto al radio vector giratorioO1O. Para calcular laenergıa del movimiento asintotico, necesitamos las condiciones iniciales referidas a esta recta,pero la velocidad inicial se da respecto al aro:

θ0 = π α0 = 0

vM20= aα0uθ = a(2+Λ)ω uθ

θ0 = α0−2ω = Λω

En el movimiento asintotico, se llega al punto inestable,θ = 0, convelocidad nula:

E∗ = mgω2 =12

maΛ2ω2−mgω2 ⇒ Λ∗ = 2

1

−1

π2 π 3π

2 2π

Segun que el parametroΛ sea mayor o menor que esteΛ∗ tendremos rotaciones o libracionesalrededor del punto mas alejado; si es exactamente igual, tendremos un movimiento asintoticoal origen.

3. El valor deΛ es precisamente el del movimiento asintotico; si fuera otro, no se podrıaintegrar la ley horaria mediante funciones elementales. Eneste caso la integral de la energıa sereduce a

θ2 = E∗−2ω2cosθ = 2ω2(1−cosθ) ;+dθ√

1−cosθ=

√2ω dt

75

Compensa hacer un cambio de variable, de modo que midamos losangulos desde el punto deequilibrio estable, como se hace en el pendulo simple:φ = π − θ , cosφ = −cosθ . De estemodo se llega a una integral que se encuentra en tablas:

∫+dφ√

1+cosφ=√

2 argth[

csc(x

2

)]

+C =√

2ω t

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

sinφ2= u ; cos

φ2

dφ2= du ; dφ =

2du√1−u2

; cosφ = 1−2sin2 φ2= 1−2u2

∫2du√

1−u2√

2(1−u2)=∫ √

2du1−u2 =

√2argthu+C =

√2ω t

φ0 = 0 → C = 0; sinφ2= tanhω t → φ = π −θ = 2arcsin tanhω t

α = θ −π +2ω t ; α = 2arcsin tanhω t +2ω t

4. De la ecuacion de la cantidad de movimiento, proyectando segunur, se obtiene:

−N +mω2a (1−cosθ)−2maω α =−ma α2

N = ma(ω2−2ωα + α2)−mω2acosθ = ma(α −ω)2 mω2acosθ

α = θ +2ω ⇒ N = ma(θ +ω

)2−mω2acosθ

De la integral de la energıa se obtuvo

θ2 = 2ω2(1−cosθ)

con lo que podemos poner laN en funcion deθ , teniendo cuidado con el signo deθ :

N = ma(

±ω√

2(1−cosθ)+ω)2

−mω2acosθ =

maω2[

2(1−cosθ)+1±2√

2(1−cosθ)−cosθ]

N = mω2a[

3(1−cosθ)±2√

2(1−cosθ)]

En el caso del pendulo simple, la reaccion era simetrica.Aquı varıa segun el signo deθ . Estose debe a que la fuerza que empuja hacia el exterior del aro es basicamente la centrıfuga, quedepende de la velocidad en ejes inerciales. Y esta es mucho menor cuando oscila en sentidocontrario al del movimiento deO. La de Coriolis tambien cambia de sentido y afecta a laN.

5. El desprendimiento se producira a partir del momento en queN cambie de signo. Noteseque 1− cosθ ≥ 0 siempre. Por lo tanto, laN solo puede anularse en la oscilacion de vuelta,cuandoθ =−ω

√

2(1−cosθ):

N = 0 → 3(1−cosθ)−2√

2(1−cosθ) = 0

9(1−cosθ)2 = 8(1−cosθ) 6= 0; 1−cosθ =89

⇒ θd = arccos19

(θ < 0)

76