10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido
10. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO
Un cuerpo rígido cuya densidad es ρ (r ′) se puede estudiar como un sistema de partículas de
masa dm = ρ ( r ′)dV cuya posición relativa no varía con el tiempo. En realidad no hay cuerpos
perfectamente rígidos ya que todos los materiales se deforman en mayor o menor medida cuando
están sometidos a esfuerzos. Pero como en muchos casos las deformaciones se pueden despreciar el modelo de cuerpo rígido es muy útil. Igual que para un sistema de masas puntiformes el
centro de masa o baricentro de un cuerpo rígido se define como el punto CM cuya posición
(Fig. 10.1) está dada por
R=
∫ r ′ρ(r ′)dV = ∫ r ′ρ(r ′)dV
m
∫ ρ(r ′)dV
(10.1)
siendo m la masa del cuerpo. Si r es la posición del elemento ρ ( r ′)dV respecto de CM,
r ′ = R + r y de la definición (10.1) resulta ∫ rρ ( r )dV = 0 .
dm =ρ dV
r
r'
CM
R
O
Fig. 10.1. Centro de masa de un cuerpo rígido.
Como vimos en el Capítulo 3, el movimiento más general de un cuerpo rígido es una combinación de traslación y rotación. Hay muchas maneras de describir este movimiento pero esencialmente todas parten de elegir un punto relacionado con el cuerpo, que puede ser parte de él o simplemente estar vinculado geométricamente a él. Se describen entonces las traslaciones de ese
punto y las rotaciones del cuerpo respecto de dicho punto. La elección del punto es arbitraria y
se basa en la conveniencia.
Si el cuerpo rígido está vinculado (por ejemplo si tiene un punto fijo o un eje fijo) es natural elegir el punto en forma de aprovechar esa circunstancia y simplificar el tratamiento del problema.
Si el cuerpo no está vinculado es natural tomar como referencia al centro de masa y describir las
traslaciones del centro de masa y las rotaciones respecto de él.
275
10. Dinámica del cuerpo rígido
Traslaciones del centro de masa
Lo visto en el Capítulo 8 para sistemas en general vale también para un cuerpo rígido1. La ecuación del movimiento del centro de masa es entonces
˙˙ = F , F = ∑ F
mR
e
e
i, e
(10.2)
siendo Fe la resultante de las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo (Fig. 10.2). El
momento angular respecto del punto de observación debido al movimiento del centro de masa es
LCM = R × P , P = mR˙
(10.3)
dLCM
= R × Fe = Me
dt
(10.4)
y su variación está dada por
donde Me es el momento respecto de O de la resultante de las fuerzas externas, considerada
como si estuviese aplicada en CM. La dinámica del centro de masa es pues equivalente a la de
un objeto puntiforme y por ese motivo de ahora en más no la vamos a considerar.
Me = R ×Fe
LCM = R ×P
Fe
CM
P
R
O
Fig. 10.2. Movimiento del baricentro de un cuerpo rígido.
Rotaciones de un cuerpo rígido
Respecto de la dinámica del punto, la novedad en el movimiento de un cuerpo rígido está constituida por las rotaciones y ese es el objeto de estudio de este Capítulo. Salvo expresa mención
en contrario nos referiremos a rotaciones alrededor de un eje (instantáneo) que pasa por CM. Sea
pues ω la velocidad angular respecto del centro de masa en un instante dado. Un elemento
1
No nos tenemos que preocupar por las interacciones entre los distintos elementos del cuerpo ya que esas fuerzas
no realizan un trabajo neto al no cambiar las posiciones relativas de los mismos.
276
10. Dinámica del cuerpo rígido
dm = ρdV cuya posición respecto de CM es r tiene una velocidad de rotación vr = ω × r . Si V
es la velocidad de CM, la velocidad de dm respecto de un observador en O es
v = vr + V = ω × r + V
(10.5)
Si en lugar de referir el movimiento de dm a CM lo referimos a otro punto P del cuerpo (Fig.
10.3) tenemos que v = vr ′ + vP siendo v r′ la velocidad de dm respecto de P y vP = ω × rP + V la
velocidad de P respecto de O. Luego ω × r = vr ′ + ω × rP y entonces
vr ′ = ω × ( r − rP ) = ω × r ′
(10.6)
w
dm
r'
r
rP
P
CM
O
Fig. 10.3. Rotaciones de un cuerpo rígido.
Por lo tanto la velocidad angular es la misma cualquiera sea el punto del cuerpo al cual referimos
el movimiento. Por eso se habla de velocidad angular del cuerpo. En lo que sigue trataremos
sólo rotaciones, de modo que
v = vr = ω × r
(10.7)
o sea referiremos el movimiento a un punto del cuerpo que será CM, salvo aviso contrario.
Momento angular debido a la rotación de un cuerpo rígido
Además del momento angular debido al movimiento del baricentro, un cuerpo rígido posee un
momento angular debido a su movimiento de rotación2 y ésta es la variable dinámica fundamental para el tratamiento de las rotaciones. El momento angular debido a la rotación de un elemento
de masa dm = ρ ( r )dV es dL = r × dp con dp = vdm = ω × rdm . Luego dL = r × (ω × r )ρ dV .
2
Este momento angular es el Lint que introdujimos en el Capítulo 8. Aquí omitiremos el calificativo ya que no
puede haber confusión con LCM.
277
10. Dinámica del cuerpo rígido
w
dm
r⊥
r||
r
CM
Fig. 10.4. Cálculo del momento angular debido a la rotación de un cuerpo rígido.
Conviene aquí poner r = r|| + r⊥ siendo r|| y r⊥ las partes de r paralela y perpendicular a ω , respectivamente (Fig. 10.4). Entonces
r × (ω × r ) = r|| × (ω × r⊥ ) + r⊥ × (ω × r⊥ )
(10.8)
Para expresar mejor esta fórmula usamos la identidad vectorial A × ( B × C ) = ( A ⋅ C ) B − ( A ⋅ B)C
donde A, B, C, son tres vectores cualesquiera. Aplicando esta regla obtenemos
r × (ω × r ) = r⊥2ω − r||ω r⊥
(10.9)
y sustituyendo en la expresión de dL resulta
dL = r⊥2ωρ dV − r||ω r⊥ ρ dV
(10.10)
El momento angular del cuerpo se obtiene sumando las contribuciones de todos los elementos de
masa del mismo, por lo tanto
L = ω ∫ r⊥2 ρ dV − ω ∫ r||r⊥ ρ dV
(10.11)
Esta es la relación general entre L y ω para un cuerpo rígido y conviene comentarla. El momento angular es la suma de dos contribuciones: una paralela y otra perpendicular a ω . La primera contribución es
L|| = ω ∫ r⊥2 ρ dV = ωI||
(10.12)
I|| = ∫ r⊥2 ρ dV
(10.13)
donde hemos introducido
La magnitud I|| depende de las características del cuerpo y de la dirección del eje de rotación y
se denomina momento de inercia respecto del eje ω ; es igual a la suma de todos los elementos de
278
10. Dinámica del cuerpo rígido
masa, multiplicados por el cuadrado de su distancia al eje de rotación. En general I|| depende del
tiempo porque la posición del eje de rotación no tiene porqué mantenerse constante respecto del
cuerpo: la simplicidad de la fórmula (10.11) es sólo aparente. El segundo término de L es
L⊥ = −ω ∫ r||r⊥ ρ dV = ωI⊥
(10.14)
y es un vector perpendicular a ω . Su interpretación se facilita si escribimos dV = dr||dS siendo
dS un elemento de superficie en un plano perpendicular a ω y dr|| un elemento de longitud paralelo a ω (ver Fig. 10.5). Entonces
I⊥ = − ∫ r||r⊥ ρ dr||dS = − ∫ r||dr|| ∫ r⊥ ρ dS
(10.15)
w
dr||
dS
r⊥
CM(r||)
r||
CM
Fig. 10.5. Interpretación del término L⊥ .
La masa de una rodaja del cuerpo de espesor dr|| y perpendicular a ω en r|| es dm(r|| ) = dr|| ∫ ρ dS
y la posición de su centro de masa, en el plano de la misma, es
r⊥CM (r|| ) =
dr|| ∫ r⊥ ρ dS
dm(r|| )
(10.16)
Entonces
I⊥ = − ∫ r||dm(r|| )r⊥CM (r|| )
(10.17)
Luego la integral que nos ocupa es una suerte de momento del momento de la distribución de
masa: se promedian las posiciones de los centros de masa de las rodajas, con un peso proporcional a la masa de la rodaja y a la distancia r|| entre el plano de la misma y el centro de masa del
cuerpo. Claramente I⊥ depende en general del tiempo, por las mismas razones invocadas para
I|| . Las componentes de I⊥ se llaman productos de inercia respecto del eje ω.
Resumiendo lo anterior podemos escribir que para un cuerpo rígido
L = ωI|| + ω I⊥
, I|| = ∫ r⊥2 ρ dV , I⊥ = − ∫ r||r⊥ ρ dV
279
(10.18)
10. Dinámica del cuerpo rígido
En general L y ω no son paralelos (Fig. 10.6) y por eso la rotación de un cuerpo rígido es asunto
complicado. Incluso en ausencia de fuerzas externas (y por lo tanto de momento externo), la
conservación de L no significa que se conserve ω, ni en dirección ni en módulo.
wIω
ωI⊥,ω
L
w
CM
Fig. 10.6. El momento angular de rotación de un cuerpo rígido.
Para calcular I|| e I⊥ conviene usar un referencial solidario al cuerpo pues así dependen del
tiempo sólo debido a la dependencia de la dirección del eje de rotación. Hay casos importantes
en que I⊥ es nulo y entonces L es paralelo a ω. Dos son evidentes:
• Si el cuerpo gira alrededor de un eje de simetría (Fig. 10.7a) el baricentro de cada rodaja está
sobre el eje, o sea r⊥CM (r|| ) = 0 , luego I⊥ = 0 y ω es paralelo a L.
• Si el cuerpo gira alrededor de un eje perpendicular a un plano de simetría (Fig. 10.7b) toda
rodaja en r|| tiene su simétrica en −r|| , luego la suma de los momentos de las respectivas distribuciones de masa es nula; por lo tanto I⊥ = 0 y ω y L son paralelos.
w
w
CM(r||)
CM(r||)
CM
CM(–r||)
CM
(a)
(b)
Fig. 10.7. L es paralelo a ω cuando: (a) el cuerpo gira alrededor de un eje de simetría, (b)
el eje de rotación es perpendicular a un plano de simetría.
280
10. Dinámica del cuerpo rígido
Ejes principales de inercia
Los casos antes mencionados no son los únicos en que L es paralelo a ω . Cualquiera sea la
forma del cuerpo y su distribución de densidad se puede mostrar que hay siempre tres ejes ξ, η,
ζ llamados ejes principales de inercia, ortogonales entre sí y que pasan por el baricentro, tales
que I⊥ = 0 si ω está en la dirección de uno de ellos. Por lo tanto si ω es paralelo al eje ξ
L = ωIξ
, Iξ = ∫ (η 2 + ζ 2 )ρ dV
(10.19)
L = ωIη
, Iη = ∫ (ξ 2 + ζ 2 )ρ dV
(10.20)
L = ωIζ
, Iζ = ∫ (ξ 2 + η 2 )ρ dV
(10.21)
si ω es paralelo al eje η
y si ω es paralelo al eje ζ
w
w
dm =ρ dV
z
z
r
ζ
CM
ξ
y
CM
x
x
(a)
y
η
(b)
Fig. 10.8. Ejes principales de inercia y sistema de ejes solidario al cuerpo.
Para ver como se llega a este resultado consideremos una terna x, y, z fija al cuerpo (Fig. 10.8a).
Entonces
L = ∫ r × (ω × r )ρ dV = ω ∫ r × (ωˆ × r )ρ dV = ω I L
(10.22)
ˆ ) r ]ρ dV
I L = ∫ r × (ωˆ × r )ρ dV = ∫ [r 2ωˆ −( r ⋅ ω
(10.23)
donde
ahora
[r 2ωˆ −( r ⋅ ωˆ )r ]x =
ωx 2 2 ωy
ω
(y + z ) −
xy − z xz
ω
ω
ω
281
(10.24)
10. Dinámica del cuerpo rígido
y análogamente para las componentes y, z. Si entonces llamamos:
Iij = I ji = − ∫ xi x j ρ dV
(i ≠ j ) , Iii =
∑ ∫ x 2j dV
(10.25)
j ≠i
será
ωy
ωx
ω
I xx +
I xy + z I xz
ω
ω
ω
ωy
ωx
ωz
( IL )y =
I xy +
I yy +
I yz
ω
ω
ω
ωy
ω
ω
( I L ) z = x I xz +
I yz + z Izz
ω
ω
ω
( IL )x =
(10.26)
Las Iij son constantes en el sistema x, y, z fijo al cuerpo de modo que las podemos calcular de
una vez por todas3. Las Iii son los momentos de inercia para rotaciones alrededor de los ejes x, y,
z, y las Iij ( i ≠ j ) se llaman productos de inercia. Las cantidades ω i / ω son los cosenos directores del eje de rotación.
Si existe una dirección tal que L y ω son paralelas se debe cumplir que
( IL )x =
ωy
ωx
ω
I|| , ( I L ) y =
I|| , ( I L ) = z I||
ω
ω
ω
(10.27)
de modo que los cosenos directores de esa dirección deben satisfacer el sistema de ecuaciones
ω x ( I xx − I|| ) + ω y I xy + ω z I xz = 0
ω x I xy + ω y ( I yy − I|| ) + ω z I yz = 0
(10.28)
ω x I xz + ω y I yz + ω z ( Izz − I|| ) = 0
Aún no conocemos I|| ya que para calcularlo deberíamos conocer la dirección de ω que justamente estamos buscando. Sin embargo los valores posibles de I|| quedan determinados por la
condición que el sistema de ecuaciones (10.28) tenga soluciones no triviales, esto es que se anule
el determinante de los coeficientes:
I xx − I||
I xy
I xz
I xy
I yy − I||
I yz
I xz
I yz = 0
Izz − I||
(10.29)
Desarrollando el determinante, la condición se escribe en la forma de una ecuación cúbica para
I|| . Si I|| es una raíz de dicha ecuación, hay soluciones del sistema (10.28). Se puede mostrar que
la (10.29) tiene siempre tres raíces reales. A cada una de estas raíces le corresponde una solución
del sistema (10.28) que da los cosenos directores de un eje fijo al cuerpo tal que si el cuerpo gira
alrededor de ese eje, L es paralelo a ω . En general hay entonces tres ejes ξ, η, ζ diferentes que se
puede mostrar son ortogonales entre sí y que se llaman ejes principales de inercia, tales que si el
cuerpo gira alrededor de uno de ellos, L es paralelo a ω . Los valores Iξ , Iη , Iζ correspondientes
3
Las Iij son las componentes de un tensor simétrico de rango 2, que se denomina tensor de inercia.
282
10. Dinámica del cuerpo rígido
a los momentos de inercia para rotaciones alrededor de los ejes principales de inercia se llaman
momentos principales de inercia4.
Momento angular referido al sistema de ejes principales
Todo cuerpo tiene un sistema de ejes principales ξ, η, ζ solidario a él. Si el cuerpo gira alrededor
del eje ξ con velocidad angular ω ξ se tiene que
L = ωˆ Lξ = ω ξ Iξ ωˆ
(10.30)
si gira con velocidad angular ω η alrededor de η:
L = ωˆ Lη = ω η Iηωˆ
(10.31)
y si gira alrededor de ζ con velocidad angular ωζ
L = ωˆ Lζ = ωζ Iζ ωˆ
(10.32)
En general, si gira con una velocidad angular ω = ω ξ ξˆ + ω η ηˆ + ωζ ζˆ tendremos que
L = ω ξ Iξ ξˆ + ω η Iη ηˆ + ωζ Iζ ζˆ
(10.33)
L = ω IL
(10.34)
que podemos escribir en la forma
donde
IL =
ωξ
ω
Iξ ξˆ +
ωζ ˆ
ωη
Iη ηˆ +
I ζ
ω
ω ζ
(10.35)
Comparando esta expresión con la (10.26) donde se dan las componentes de I L en el sistema x,
y, z, vemos que en el sistema de ejes principales se anulan los productos de inercia; por otra
parte si los productos de inercia se anulan los I|| soluciones de la (10.29) son precisamente los
momentos de inercia respecto de los ejes, como debe ser. Además tenemos
ω ξ2
ωζ2
ω η2
I|| = 2 Iξ + 2 Iη + 2 Iζ
ω
ω
ω
(10.36)
I⊥ = I L − ωˆ I||
(10.37)
y
con
( I⊥ )ξ =
4
ω ξ  ω ξ2 
ωζ2 
ω η2
1 − 2  Iξ − 2 Iη − 2 Iζ  , etc.
ω  ω 
ω
ω

Los momentos principales de inercia son los autovalores de la matriz ( Iij ).
283
(10.38)
10. Dinámica del cuerpo rígido
Notar que al referirnos a los ejes principales se gana claridad porque los productos de inercia son
nulos y entonces vale la (10.33). Además Iξ , Iη , Iζ son constantes, independientes del tiempo, y
se pueden calcular de una vez para siempre. Sin embargo la orientación de los ejes principales
depende del tiempo y su variación describe las rotaciones del cuerpo.
Momentos principales de inercia de cuerpos de forma simple y densidad uniforme
Para una esfera (Fig. 10.9a) cualquier terna ortogonal ξ, η, ζ es principal y se tiene que
Iξ = Iη = Iζ = I = 25 mR2
(10.39)
Para un cubo (Fig. 10.9b) cualquier terna ortogonal es principal y
Iξ = Iη = Iζ = I = 16 mL2
(10.40)
El eje ζ de un cilindro de radio R y longitud L (Fig. 10.9c) es eje principal y cualquier par de ejes
ξ, η ortogonales a él que pasan por el centro es principal; los correspondientes momentos de
inercia son
 L2 R2 
1
2
Iξ = Iη = m +
 , Iζ = 2 mR
 12
4
(10.41)
ζ
R
R
M
(a)
L
M
L
(b)
M
(c)
Fig. 10.9. Ejes principales de cuerpos homogéneos de forma simple: (a) esfera, (b) cubo,
(c) cilindro.
Teorema de Steiner
Si un cuerpo gira alrededor de un eje que no pasa por el baricentro conviene referir el movimiento a ese eje. Sea Q el pie de la perpendicular desde CM hasta el eje, y R la posición de CM
referida a Q. Entonces para un punto P cualquiera rQ = R + r y el momento angular respecto de
Q de un elemento de masa ubicado en P es
dLQ = rQ × (ω × rQ )ρ dV
284
(10.42)
10. Dinámica del cuerpo rígido
Q
eje
rQ
R
P
r
CM
Fig. 10.10. Momento angular y momento de inercia respecto de un eje que no pasa por el
baricentro.
Veamos la relación entre LQ y el momento angular LC respecto de C. Claramente
LQ = ∫ R × (ω × R)ρ dV + ∫ R × (ω × r )ρ dV + ∫ r × (ω × R) ρ dV + ∫ r × (ω × r ) ρ dV
(10.43)
ahora:
∫ R × (ω × R)ρ dV = mR2ω
∫ R × (ω × r )ρ dV = R × (ω × ∫ rρ dV ) = 0
∫ r × (ω × R)ρ dV = ( ∫ rρ dV ) × (ω × R) = 0
∫ r × (ω × r )ρ dV = LC
(10.44)
y entonces LQ = MR2ω + LC . Pero LC = ωI|| + L⊥ donde L⊥ ≠ 0 si ω no está dirigido según
uno de los ejes principales. Entonces
LQ = ω( I|| + mR2 ) + L⊥
(10.45)
LQ = ω IQ|| + L⊥
(10.46)
IQ|| = I|| + MR2
(10.47)
que podemos escribir en la forma
con
Este resultado es el Teorema de Steiner, y permite calcular el momento de inercia alrededor de
un eje cualquiera en términos del momento de inercia alrededor de un eje paralelo al dado y que
pasa por el centro de masa, y de la distancia entre el eje y CM.
285
10. Dinámica del cuerpo rígido
Ecuaciones del movimiento de un cuerpo rígido con un eje fijo
Vimos en el Capítulo 8 que en general para un sistema de puntos materiales se cumple que
dL
= ∑ Mi,e , Mi,e = Ri × Fi,e
dt
(10.48)
donde L es el momento angular respecto del punto O a partir del cual se toman los momentos. Si
el cuerpo está obligado a girar alrededor de un eje fijo Q la dirección de ω es fija y coincide con
el eje (Fig. 10.10). Tomando la proyección sobre el eje de la ecuación (10.48) tenemos que
dLQ||
dω
=
dt
(∑ Mi,e )|| = Me,||
(10.49)
dω
= Me,|| , IQ|| = I|| + MR2
dt
(10.50)
dt
= IQ||
o sea, usando la (10.47)
IQ||
Esta ecuación es suficiente para determinar ω. Conocido ω las demás ecuaciones permiten determinar las reacciones de los vínculos (cojinetes) debidas a que el cuerpo está obligado a girar
manteniendo el eje fijo. No nos ocuparemos de este problema aunque es de gran importancia
práctica. Si el eje no pasa por el centro de masa y/o si no es un eje principal de inercia las reacciones pueden ser muy grandes y si la velocidad angular es elevada pueden superar la resistencia
de los materiales5.
Energía cinética de rotación
Conviene tener a mano expresiones de la energía cinética de un cuerpo rígido en términos de la
velocidad angular, el momento angular y los momentos de inercia. Si u es la velocidad de traslación de un punto del cuerpo, la velocidad de otro punto cualquiera cuya posición es r referida al
primero es v = u + vr donde vr = ω × r . Entonces v 2 = u 2 + vr2 + 2u ⋅ vr y por lo tanto
T = 12 u 2 ∫ ρ dV +
1
2
∫ vr2 ρ dV + u ⋅ ∫ vr ρ dV = 12 mu2 + Tr + Tr − t
(10.51)
Aquí mu 2 / 2 es la energía cinética del movimiento de traslación,
Tr =
1
2
∫ vr2 ρ dV
(10.52)
es la energía cinética del movimiento de rotación y
Tr − t = u ⋅ ∫ vr ρ dV
(10.53)
es la energía cinética rototraslatoria. Si las rotaciones están referidas al centro de masa Tr − t = 0
porque ∫ vr ρ dV = 0 . Luego
T = 12 mu 2 + Tr
5
(10.54)
Este es el motivo por el cual es importante centrar y balancear las partes de un dispositivo que giran alrededor de
un eje como ruedas, poleas, etc.
286
10. Dinámica del cuerpo rígido
Veamos como escribir la energía cinética de rotación. De vr2 = (ω × r ) ⋅ (ω × r ) = ω 2 r⊥2 resulta
Tr = 12 I||ω 2
(10.55)
Recordando que L = ωI|| + L⊥ vemos que ω ⋅ L = ω 2 I|| , luego
Tr = 12 ω ⋅ L
(10.56)
Tr = 12 (ω ξ2 Iξ + ω η2 Iη + ωζ2 Iζ )
(10.57)
Como L = ω ξ Iξ ξˆ + ω η Iη ηˆ + ωζ Iζ ζˆ resulta
Más adelante esta fórmula nos será útil.
Ecuaciones del movimiento de un cuerpo rígido
La ecuación del movimiento que describe las rotaciones del cuerpo rígido es
dL
=M
dt
(10.58)
donde M es el momento de las fuerzas externas. Pese a su sencillez formal esta ecuación es muy
complicada debido a la relación entre L y ω que se ha venido discutiendo. Se puede escribir la
(10.58) en forma útil refiriéndonos a los ejes principales (solidarios al cuerpo) que forman como
sabemos un sistema no inercial. Si ξ, η, ζ (Fig. 10.11) son los ejes principales
L = Lξ ξˆ + Lη ηˆ + Lζ ζˆ
(10.59)
Aquí Lξ = ω ξ Iξ , Lη = ω η Iη , Lζ = ωζ Iζ donde Iξ , Iη , Iζ son los momentos principales de inercia dados por
Ii = ∫ (r 2 − ri2 )ρ dV , i = ξ , η, ζ
(10.60)
Al escribir la derivada temporal de L debemos tener en cuenta que el sistema ξ, η, ζ gira solidario al cuerpo con velocidad angular ω y entonces los versores ξˆ, ηˆ, ζˆ son funciones del tiempo.
Por otra parte la (10.58) vale en un referencial inercial fijo en el espacio. En ese referencial el
cuerpo gira con velocidad angular ω y la terna ξ, η , ζ lo acompaña. En un intervalo dt el extremo del versor ξ̂ξ se desplaza en dξˆ = ω × ξˆ dt , luego
dξˆ
= ω × ξˆ
dt
(10.61)
y análogamente
dηˆ
= ω × ηˆ ,
dt
287
dζˆ
= ω × ζˆ
dt
(10.62)
10. Dinámica del cuerpo rígido
L
w
ζ
ξ
CM
η
Fig. 10.11. Cuerpo rígido en rotación.
Aplicando estos resultados podemos escribir
dL dLξ ˆ dLη ˆ dLζ ˆ
dξˆ
dηˆ
dζˆ
=
+ Lη
+ Lζ
ξ+
η+
ζ + Lξ
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
(10.63)
Los primeros tres sumandos son la derivada temporal de L calculada en el referencial fijo al
cuerpo (donde ξˆ , ηˆ, ζˆ no varían). Escribimos pues
 dL  ≡ dLξ ξˆ + dLη ηˆ + dLζ ζˆ
 dt  c
dt
dt
dt
(10.64)
donde el subscripto c indica que la derivada se toma en el referencial del cuerpo. En cuanto a los
tres restantes términos
Lξ
dξˆ
dηˆ
dζˆ
+ Lη
+ Lζ
= Lξ ω × ξˆ + Lηω × ηˆ + Lζ ω × ζˆ = ω × L
dt
dt
dt
(10.65)
En consecuencia obtenemos
dL  dL 
dL
≡
=  +ω×L



dt
dt e
dt  c
(10.66)
Donde el subscripto e indica que la derivada se toma en el referencial inercial fijo al espacio.
Podemos entonces escribir la ecuación de movimiento (10.58) en la forma
 dL  + ω × L = M
 dt  c
(10.67)
Examinemos el primer término del miembro de la izquierda. La componente ξ de ese término es
dLξ
dt
=
dω ξ
dIξ
d
(ω ξ Iξ ) = Iξ
+ ωξ
dt
dt
dt
288
(10.68)
10. Dinámica del cuerpo rígido
y análogamente las restantes componentes. Ahora bien, si el cuerpo es rígido, es decir no cambia
de forma con el tiempo y la distribución de masas en su interior no se modifica, dIξ / dt = 0 . En
este caso
 dL  = I dω ξ ξˆ + I dω η ηˆ + I dωζ ζˆ
η
ζ
 dt  c ξ dt
dt
dt
(10.69)
Si el cuerpo puede cambiar de forma, por ejemplo si tiene partes que se articulan entre sí, o si es
flexible, podemos igualmente aplicar la (10.67) pero tenemos que admitir que tanto la magnitud
de los momentos principales como la dirección de los ejes principales respecto del cuerpo (es
decir, la parte del cuerpo a que nos referimos) pueden variar con el tiempo. En este caso para
tomar en cuenta los cambios de forma del cuerpo hay que introducir en las ecuaciones términos
adicionales de la forma
 dIξ 
 dIζ 
 dIη 
+
+
ωξ 
ω
ω




η
ζ
 dt  c
 dt  c
 dt  c
(10.70)
 dξˆ 
 dζˆ 
 dηˆ 
ω ξ Iξ   + ω η Iη   + ωζ Iζ  
 dt  c
 dt  c
 dt  c
(10.71)
y
Esta es la manera de proceder si queremos estudiar las volteretas de un acróbata o los movimientos de un gato cuando cae (el gato se da vuelta en el aire y cae derecho sobre sus cuatro
patas cuando se lo suelta, pese a que su momento angular es nulo y estando en el aire no hay
momentos externos que lo hagan girar). En este caso las ecuaciones del movimiento son del tipo
Iξ
dω ξ
dt
+ ωξ
dIξ
dt
+
 diˆ 
ω
I
∑ i i  dt  + (ω × L)ξ = 0
  c ,ξ
i = ξ ,η,ζ
(10.72)
para la componente ξ, y análogamente para las otras componentes. Si L se conserva y si inicialmente L = 0, estas ecuaciones se reducen a
Iξ
dω ξ
dt
+ ωξ
dIξ
dt
+
 diˆ 
ω i Ii   = 0
 dt  c,ξ
i = ξ ,η,ζ
∑
(10.73)
para la componente ξ, y análogamente para las otras. No trataremos este tipo de problemas, pero
debe quedar claro que la conservación del momento angular, incluso cuando éste es nulo, no
impide que ω y la orientación del cuerpo en el espacio varíen con el tiempo si hay cambios de la
distribución de masas.
Volviendo al cuerpo rígido, la ecuación (10.67) se puede escribir en términos de las componentes. Para la componente ξ tenemos
dLξ
dt
+ (ω × L)ξ = Mξ
289
(10.74)
10. Dinámica del cuerpo rígido
pero
dLξ
dt
= Iξ
dω ξ
dt
, (ω × L)ξ = Lζ ω η − Lηωζ = ω ηωζ ( Iζ − Iη )
(10.75)
y análogamente para las demás componentes. Resultan entonces las siguientes ecuaciones:
Iξ
Iη
Iζ
dω ξ
dt
dω η
dt
dωζ
dt
= ( Iη − Iζ )ωζ ω η + Mξ
= ( Iζ − Iξ )ωζ ω ξ + Mη
(10.76)
= ( Iξ − Iη )ω ξω η + Mζ
Estas ecuaciones se llaman ecuaciones de Euler y sirven para estudiar las rotaciones de cuerpos
rígidos. Se debe observar que las ecuaciones de Euler no son lineales, lo que implica que su resolución no es en general un asunto trivial.
Los ángulos de Euler
La solución de las ecuaciones de Euler describe las rotaciones tal como se observan desde el
referencial ξ, η, ζ que gira junto con el cuerpo y nos dice como varía con el tiempo la velocidad
angular ω , a partir de la cual se puede calcular el momento angular por medio de la (10.33). Sin
embargo se debe notar que para resolver las (10.76) es preciso conocer las componentes de M en
el referencial ξ, η , ζ . Aquí surge una dificultad ya que muchas veces esas componentes no se
conocen de antemano pues el dato del problema son las componentes de M en el referencial x, y,
z fijo en el espacio (o en otro referencial que no es el del cuerpo) y para calcular Mξ , Mη , Mζ es
necesario saber como se está moviendo el cuerpo que es justamente lo que queremos averiguar.
Asimismo, muchas veces nos interesa describir el movimiento desde el referencial x, y, z fijo al
espacio, por ejemplo si queremos estudiar el movimiento de una peonza o de una pelota de rugby que ha sido arrojada por un jugador. En ambos casos la solución del problema requiere conocer la relación entre los referenciales x, y, z y ξ , η , ζ. Esta relación de puede obtener empleando los ángulos de Euler, que vamos a introducir ahora.
En la Fig. 10.12a se muestran los referenciales x, y, z y ξ, η, ζ y el lector puede observar que se
puede pasar del referencial del espacio al del cuerpo efectuando las tres rotaciones que describiremos a continuación. Es importante el orden en que se hacen dichas rotaciones.
• Primero se efectúa una rotación Rψ por un ángulo ψ alrededor del eje z que lleva desde el
sistema x, y, z al sistema x ′ , y ′ , z ′ (Fig. 10.12b). Claramente
 x
 x′ 
 y ′  = Rψ  y 
 
 
 z
 z′ 
•
 cosψ
, Rψ =  − sen ψ

0

sen ψ
cosψ
0
0
0

1
(10.77)
A continuación se lleva a cabo una rotación Rθ por un ángulo θ alrededor del eje x ′ que
lleva desde el sistema x ′ , y ′ , z ′ al sistema x ′′ , y ′′ , z ′′ (Fig. 10.12c). Aquí
290
10. Dinámica del cuerpo rígido
0
 x ′′ 
 x′ 
1
 y ′′  = Rθ  y ′  , Rθ =  0 cosθ
 
 

 z ′′ 
 z′ 
 0 − sen θ
•
0 
sen θ 

cosθ 
(10.78)
Por último se realiza una rotación Rϕ por un ángulo ϕ alrededor del eje z ′′ que lleva desde
el sistema x ′′ , y ′′ , z ′′ al sistema ξ, η, ζ (Fig. 10.12d). Esta rotación es
ξ
 x ′′ 
 η  = R  y ′′ 
ϕ
 
 
 z ′′ 
ζ 
 cos ϕ sen ϕ
, Rϕ =  − sen ϕ cos ϕ

0
0

0
0

1
z
z
ζ
θ
(10.79)
Rψ
Rψ
η
Rϕ
y'
y
y
Rθ
ψ
x
ϕ
ψ
x
ξ
(b)
(a)
z
ζ
x'
ζ
θ
η
θ
Rϕ
y''
y'
ϕ
y''
y
Rθ
x'' ϕ
x'' = x'
(c)
ξ
(d)
Fig. 10.12. Los ángulos de Euler.
El conjunto de estas tres rotaciones es equivalente a una única rotación Rϕ ,θ ,ψ tal que
ξ

η = R

ϕ ,θ ,ψ
 


ζ 
x
y

z
, Rϕ ,θ ,ψ = Rϕ Rθ Rψ
291
(10.80)
10. Dinámica del cuerpo rígido
donde el producto de las tres matrices Rψ , Rθ , Rϕ se tiene que efectuar de derecha a izquierda,
es decir se calcula primero el producto Rθ Rψ y luego se multiplica el resultado por Rϕ . De esta
forma obtenemos
Rϕ ,θ ,ψ
 cos ϕ cosψ − sen ϕ cosθ sen ψ

=  − sen ϕ cosψ − cos ϕ cosθ sen ψ

sen θ sen ψ

cos ϕ sen ψ + sen ϕ cosθ cosψ
− sen ϕ sen ψ + cos ϕ cosθ cosψ
− sen θ cosψ
sen ϕ sen θ 

cos ϕ sen θ  (10.81)

cosθ 
La (10.80) junto con la (10.81) nos dan la transformación que nos permite pasar del referencial
x, y, z al referencial ξ, η, ζ. La transformación inversa es




x
ξ
y  = Rϕ−,1θ ,ψ  η 
 

z
ζ 
, Rϕ−,1θ ,ψ = RϕT,θ ,ψ
(10.82)
ψ
donde RϕT,θ ,ψ es la matriz transpuesta de Rϕ ,θ ,ψ y está dada por
RϕT,θ ,ψ
 cos ϕ cosψ − sen ϕ cosθ sen ψ
=  cos ϕ sen ψ + sen ϕ cosθ cosψ

sen ϕ sen θ

− sen ϕ cosψ − cos ϕ cosθ sen ψ
− sen ϕ sen ψ + cos ϕ cosθ cosψ
cos ϕ sen θ
sen θ sen ψ 
− sen θ cosψ  (10.83)

cosθ

La transformación (10.80) y su inversa (10.82) nos dan la relación buscada entre los referenciales del cuerpo y del espacio y los ángulos ψ, θ, ϕ que describen esas transformaciones se llaman
ángulos de Euler. El eje x ′ que coincide con el eje x ′′ y que es la intersección de los planos
z = 0 y ζ = 0 se llama línea de los nodos.
Si M x , M y , Mz son las componentes del momento en el referencial del espacio tenemos que
 Mξ 
 Mx 
M =R


ϕ ,θ ,ψ M y
 η


M 
 Mz 
 ζ
(10.84)
luego
Mξ = M x (cos ϕ cosψ − sen ϕ cosθ sen ψ ) + M y (cos ϕ sen ψ + sen ϕ cosθ cosψ )
+ Mz sen ϕ sen θ
Mη = − M x (sen ϕ cosψ + cos ϕ cosθ sen ψ ) + M y ( − sen ϕ sen ψ + cos ϕ cosθ cosψ )
+ Mz cos ϕ sen θ
(10.85)
Mζ = M x sen θ sen ψ − M y sen θ cosψ + Mz cosθ
Vemos así que si M ≠ 0 la solución de las ecuaciones de Euler (10.76) requiere conocer como
varían con el tiempo los ángulos de Euler a medida que el cuerpo gira. Del mismo modo si queremos saber como se ve desde el espacio el movimiento del cuerpo, tanto si M = 0 como si
M ≠ 0, necesitamos conocer como varían ψ , θ y ϕ . Por lo tanto en uno u otro caso hace falta
complementar las ecuaciones de Euler con tres ecuaciones más que nos den dψ / dt , dθ / dt y
dϕ / dt .
292
10. Dinámica del cuerpo rígido
Para obtener estas ecuaciones observemos que una rotación infinitesimal ωdt se puede imaginar
que consiste de tres rotaciones infinitesimales ωψ dt , ωθ dt , ωϕ dt alrededor de los ejes z,
x ′ = x ′′ , ζ, respectivamente, de resultas de las cuales la variación de los ángulos de Euler es
dψ = ψ˙dt = ωψ dt ,
dθ = θ˙dt = ωθ dt ,
dϕ = ϕ˙ dt = ωϕ dt
(10.86)
y por lo tanto ωdt = ωψ dt + ωθ dt + ωθ dt . Por consiguiente podemos escribir
ω = ωψ + ωθ + ωϕ = ψ˙zˆ + θ˙nˆ + ϕ˙ ζˆ
(10.87)
Notar que los ejes de las tres rotaciones dψ , dθ , dϕ no pertenecen al mismo referencial pues
ωψ es una velocidad angular alrededor del eje espacial z, ωθ es una velocidad angular alrededor
del eje de los nodos ( x ′ = x ′′ ) y ωϕ corresponde a una rotación alrededor del eje ζ del cuerpo.
Sin embargo las transformaciones (10.77)-(10.81) nos permiten obtener las componentes de esos
vectores en cualquier sistema de ejes que se desee. Tomaremos las componentes en el sistema ξ,
η, ζ, que es el que se emplea en las ecuaciones de Euler.
Puesto que ωψ es paralelo al eje z sus componentes se obtienen aplicando la rotación Rϕ ,θ ,ψ de
modo que
(ωψ )ξ = ψ˙ sen ϕ sen θ , (ωψ )η = ψ˙ cosϕ sen θ , (ωψ )ζ = ψ˙ cos θ
(10.88)
La dirección de ωθ es la línea de los nodos, que coincide con los ejes x ′ = x ′′ , de modo que sus
componentes se obtienen aplicando Rϕ :
(ωθ )ξ = θ˙ cos ϕ , ( ωθ ) η = −θ˙ sen ϕ , ( ωθ )ζ = 0
(10.89)
Para ωϕ no hace falta ninguna transformación porque corresponde a una rotación alrededor del
eje ζ. Sumando las componentes obtenemos entonces
ω ξ = ψ˙ sen ϕ sen θ + θ˙ cos ϕ
ω η = ψ˙ cosϕ sen θ − θ˙ senϕ
(10.90)
ωζ = ψ˙ cos θ + ϕ˙
De estas ecuaciones podemos despejar
ψ˙ = ( ω ξ sen ϕ + ω η cos ϕ) /sen θ
θ˙ = ω ξ cos ϕ − ω η sen ϕ
(10.91)
ϕ˙ = ωζ − (ω ξ sen ϕ + ω η cos ϕ )cot θ
Las fórmulas (10.90) y (10.91) son las relaciones que nos hacen falta.
En resumidas cuentas para conocer el movimiento de un cuerpo rígido tal como se ve desde el
espacio y/o para calcular como se mueve cuando está sometido a un momento es preciso resolver un sistema de seis ecuaciones acopladas: las tres ecuaciones de Euler (10.76) con Mξ , Mη ,
Mζ dados por las (10.85), más las ecuaciones (10.91) que nos permiten calcular la evolución de
los ángulos de Euler.
293
10. Dinámica del cuerpo rígido
Rotaciones libres de un cuerpo rígido simétrico
Se habla de rotaciones libres si no hay momentos que actúan sobre el cuerpo. La ecuación del
movimiento es entonces
 dL  = 0
 dt  e
(10.92)
Luego se conserva el momento angular. Pero como se ve poniendo M = 0 en las ecuaciones de
Euler, la conservación de L no implica que ω sea constante y el movimiento puede ser complicado. El único caso sencillo se da si Iξ = Iη = Iζ = I (como ocurre para la esfera y el cubo). En
este caso L = Iω y L = cte. implica ω = cte. Esto se ve también de las ecuaciones de Euler,
pues se anulan todos los segundos miembros. El movimiento es una rotación con ω constante
alrededor de un eje fijo en el espacio y también respecto del cuerpo.
La precesión de Euler
Si el cuerpo tiene un eje de simetría los dos momentos principales correspondientes a los ejes
perpendiculares al de simetría son iguales. Para fijar ideas sea ζ el eje de simetría. Entonces
Iξ = Iη ≡ I⊥ ≠ Iζ
(10.93)
Este es el caso de la Tierra, que en buena aproximación es un elipsoide achatado cuyo eje de
simetría ζ define el polo geométrico. La magnitud del achatamiento está dada por
Iζ − I⊥
I⊥
≅
1
306
(10.94)
El eje de rotación de la Tierra define el polo celeste y no coincide exactamente con el eje de simetría (Fig. 10.13). La diferencia entre el polo geométrico y el polo celeste es de α ≅ 1 / 8′′ en
término medio y equivale a una distancia de 4 m sobre la superficie.
polo geométrico
polo celeste
ζ
w
α
CM
Fig. 10.13. Polo geométrico y polo celeste. Para mayor claridad exageramos el achatamiento y el ángulo entre ω y el eje de simetría ζ.
294
10. Dinámica del cuerpo rígido
Las ecuaciones de Euler son
I⊥
I⊥
Iζ
dω ξ
dt
dω η
dt
dωζ
dt
= ( I⊥ − Iζ )ω ηωζ
= ( Iζ − I⊥ )ωζ ω ξ
(10.95)
=0
donde se debe recordar que las derivadas temporales son respecto del cuerpo. Consideremos la
parte de ω ortogonal al eje ζ. Claramente
ω⊥ = ω ξ ξˆ + ω η ηˆ , ζˆ × ω⊥ = ω ξ ηˆ − ω η ξˆ
(10.96)
Usando la primera y la segunda de las (10.95) resulta
dω⊥ Iζ − I⊥
=
ωζ ζˆ × ω⊥
dt
I⊥
(10.97)
Tenemos que resolver esta ecuación junto a la tercera ecuación de Euler:
Iζ
dωζ
dt
=0
(10.98)
que implica ωζ = cte. de modo que la proyección de ω sobre el eje de simetría se conserva. La
(10.97) dice entonces que ω⊥ gira alrededor del eje de simetría sin cambiar su módulo. Luego ω
describe un cono alrededor del eje ζ y el polo celeste se mueve en círculo alrededor del polo
geométrico (Fig. 10.14) con una velocidad angular constante Ω dada por
Ω=
Iζ − I⊥
I⊥
ωζ
(10.99)
Este movimiento se llama precesión libre o precesión de Euler. De la (10.94) resulta
Ω ≈ ωζ / 306 . Como ω ⊥ << ωζ , con buena aproximación 2π / ωζ ≅ 2π / ω = 1 día y el período
de la precesión de Euler es de 306 días.
El movimiento real del polo sobre la superficie de la Tierra es irregular y el período medio difiere del calculado. La Fig. 10.15 muestra el movimiento observado, que recibe el nombre de
precesión de Chandler y cuyo período medio es de unos 433 días (período de Chandler). Los
motivos de la discrepancia son varios:
• Las fluctuaciones de la posición del polo modifican ligeramente el efecto centrífugo de la
rotación, produciendo deformaciones que cambian los momentos de inercia de la Tierra. Esta
es la causa principal de la diferencia entre el período de Chandler y el período Euleriano.
• Los movimientos de masa a lo largo de meridianos cambian la posición del eje de rotación y
los movimientos a lo largo de paralelos modifican la velocidad angular. Los principales movimientos de este tipo son procesos meteorológicos cíclicos como migraciones de masas de
aire (desplazamiento de anticiclones), acumulación y fusión de masas de hielo, etc.
295
10. Dinámica del cuerpo rígido
•
Los transportes esporádicos de masa debidos a deslizamientos de tierra, sismos, etc. pueden
producir irregularidades en las fluctuaciones polares.
polo geométrico
ζ
w⊥
Ω
w
CM
Fig. 10.14. La precesión de Euler vista desde la Tierra.
0˚
diciembre 2000
enero 1996
270˚ O
90˚ E
180˚
Fig. 10.15. Movimiento del polo sobre la superficie de la Tierra. La distancia entre marcas
es de 10 m.
La construcción de Poinsot
Hay una construcción geométrica que permite encontrar la relación entre L y ω para las rotaciones libres de un cuerpo rígido. La conservación de la energía cinética de rotación nos dice que
Tr = 12 ω ⋅ L = 12 (ω ξ2 Iξ + ω η2 Iη + ωζ2 Iζ ) = cte.
(10.100)
La (10.100) describe un elipsoide cuyos semiejes son proporcionales a Iξ−1 / 2 , Iη−1 / 2 , Iζ−1 / 2 y se
llama elipsoide de inercia. Consideremos ahora el vector ρ en la dirección de ω dado por
296
10. Dinámica del cuerpo rígido
ρ = ω / Tr
(10.101)
F = 12 ( ρξ2 Iξ + ρη2 Iη + ρζ2 Iζ )
(10.102)
FTr = 12 (ω ξ2 Iξ + ω η2 Iη + ωζ2 Iζ )
(10.103)
y construyamos la función
Claramente
lo que implica que las superficies F = cte. son elipsoides, en particular la superficie F = 1 es el
elipsoide (10.100). A medida que el cuerpo gira el vector ρ se mueve manteniendo su extremo Q
sobre la superficie del elipsoide de inercia (Fig. 10.16).
elipsoide de inercia
poloide
erpoloide
ρ
plano invariable
L
Fig. 10.16. La construcción de Poinsot.
Ahora bien, la dirección normal al plano tangente al elipsoide en el punto ρξ , ρη , ρζ es
N=
∂T ˆ ∂T ˆ ∂T ˆ
ξ+
η+
ζ
∂ω ξ
∂ω η
∂ωζ
(10.104)
Pero
∂T
= Lξ
∂ω ξ
,
∂T
= Lη
∂ω η
,
∂T
= Lζ
∂ωζ
(10.105)
Luego N = L y el plano tangente al elipsoide en Q es ortogonal a L. Por otra parte
ρ ⋅ L ω ⋅ L 2 Tr
=
=
= cte.
L
L Tr
L
297
(10.106)
10. Dinámica del cuerpo rígido
de modo que el plano tangente está a una distancia fija del centro del elipsoide, motivo por el
cual se denomina plano invariable. Podemos imaginar la rotación libre del cuerpo como un movimiento tal que el elipsoide de inercia rueda sin deslizar sobre el plano invariable manteniendo
constante la distancia entre su centro y el plano. El elipsoide rueda sin deslizar porque su punto
de contacto con el plano está definido por ρ , que es paralelo al eje instantáneo de rotación y por
lo tanto los puntos en la dirección de ρ están (instantáneamente) en reposo. La curva que traza el
punto de contacto sobre el elipsoide se llama poloide y la correspondiente curva sobre el plano
invariable se denomina erpoloide. Para un rotor simétrico ( Iξ = Iη ) el elipsoide de inercia es un
elipsoide de revolución alrededor del eje de simetría ζ. De resultas de ello tanto la poloide como
la erpoloide son circunferencias. Un observador fijo al cuerpo ve que el vector ω se mueve describiendo un cono, llamado cono del cuerpo, cuya intersección con el elipsoide de inercia es la
poloide. Por otra parte un observador fijo en el espacio ve que ω se mueve describiendo un cono
espacial cuya intersección con el plano invariable es la erpoloide. Por lo tanto la rotación libre
de un cuerpo rígido simétrico se describe a veces como un rodar del cono del cuerpo sobre el
cono espacial. Si I⊥ > Iζ el elipsoide de inercia es alargado y el cono del cuerpo está fuera del
cono espacial. Cuando I⊥ < Iζ el elipsoide de inercia es achatado y el cono del cuerpo rueda
dentro del cono espacial. En ambos casos la dirección de ω efectúa un movimiento de precesión
alrededor del eje de simetría. Para un rotor asimétrico la construcción de Poinsot permite describir el movimiento de rotación libre del cuerpo. La orientación del plano invariable y la distancia
desde el centro del elipsoide de inercia al plano están determinadas por L y Tr , que son constantes del movimiento y por lo tanto se obtienen de las condiciones iniciales del problema. Para
un cuerpo asimétrico la poloide y la erpoloide pueden ser complicadas6.
La construcción de Poinsot permite encontrar como se mueve ω pero no nos aclara como se
mueve L visto desde el referencial del cuerpo. Para eso existe otra construcción geométrica que
permite describir el movimiento de L en el referencial ξ, η , ζ. Se basa en escribir la expresión
(10.100) de Tr en la forma equivalente
1=
L2ξ
aξ2
+
L2η
aη2
+
Lζ2
, a j = 2Tr I j
aζ2
(10.107)
Puesto que Tr = cte. la (10.107) define un elipsoide fijo al cuerpo denominado elipsoide de Binet
(diferente del elipsoide de inercia), cuyos semiejes son aξ , aη , aζ . Por otra parte la conservación de L implica que su extremo está sobre la superficie de la esfera de radio L dada por
1=
L2ξ
L2
+
L2η
L2
+
Lζ2
L2
(10.108)
Dados L y Tr , la trayectoria seguida por L en el referencial del cuerpo está dada por la intersección del elipsoide de Poinsot con la esfera (10.108). Comparando (10.107) con (10.108) vemos
que si a j es el semieje mayor se tiene que a j > L y si ak es el semieje menor ak < L . Por lo
tanto la esfera interseca siempre al elipsoide de Binet. Por medio de esta construcción geométrica se puede decir algo acerca de las rotaciones libres de un cuerpo asimétrico.
6
Es curioso que la erpoloide muestra siempre su concavidad hacia el origen, cosa que contradice el nombre de esta
curva, que significa “serpentiforme”.
298
10. Dinámica del cuerpo rígido
La precesión de Euler vista desde el espacio
Nuestra descripción de la precesión de Euler nos dice como se observa la rotación vista desde la
Tierra. Para saber como se observa desde el espacio7 recordamos que L está fijo en el espacio
pues es constante del movimiento. Si conocemos como se mueve L respecto del cuerpo podremos deducir como se ve desde el espacio el movimiento del cuerpo haciendo un transformación
que deja inmóvil a L. Para encontrar la dirección de L respecto del cuerpo podemos usar la
construcción de Poinsot. Para un elipsoide simétrico, como el caso que nos ocupa, L, ω y ζ están
en el mismo plano (Fig. 10.17) y se tiene que
L = ω⊥ I⊥ + ωζ Iζ ζˆ = L⊥ + Lζ ζˆ
(10.109)
L⊥ ω ⊥ I⊥
=
Lζ ωζ Iζ
(10.110)
y
ζ
ζ
plano
tangente
1
Iζ
L
w
1
Iζ
w
plano
tangente
L
1
I⊥
1
I⊥
(a)
(b)
Fig. 10.17. La construcción de Poinsot para un rotor simétrico: (a) elipsoide achatado, (b)
elipsoide alargado.
Si Iζ > I⊥ (elipsoide achatado, como la Tierra), L está entre ω y ζ , como en la Fig. 10.17a. Si Iζ <
I⊥ (elipsoide alargado, tipo pelota de rugby), ω está entre L y ζ (Fig. 10.17b).
Lo dicho vale en todo instante de tiempo. Como ω gira (visto desde el cuerpo) con velocidad
angular Ω alrededor de ζ describiendo un cono, también L, visto desde el cuerpo, describe un
cono alrededor de ζ (Fig. 10.18a). Las aberturas de los conos son
tan αω =
7
ω⊥
ωζ
, tan α L =
I⊥ ω ⊥ I⊥
=
tan αω
Iζ ωζ
Iζ
(10.111)
Este problema es equivalente al de determinar como es el movimiento de rotación de una pelota de rugby visto
desde el estadio.
299
10. Dinámica del cuerpo rígido
La velocidad angular es la misma e igual a
Ω =
Iζ − I ⊥
I⊥
ωζ
(10.112)
En el caso de la Tierra dado que αω , α L << 1 se tiene que αω ≅ ω ⊥ / ωζ , α L ≅ αω I⊥ / Iζ y
αω − α L << α L .
Visto desde el espacio (Fig. 10.18b) el movimiento es el siguiente: L está fijo y el eje ζ y ω
describen conos alrededor de L con velocidad angular ω + Ω de modo que se adelantan respecto
del cuerpo que rota con velocidad angular ω.
ζ
ζ
Ω
L
L
w
αL
w
αL
αω
αω − αL
(a)
(b)
Fig. 10.18. La precesión de Euler: (a) vista desde el cuerpo, (b) vista desde el espacio.
Rotor asimétrico y estabilidad de la rotación
Consideremos las rotaciones libres ( M = 0) de un rotor asimétrico. Supongamos que inicialmente ω ξ ≠ 0 , ω η = 0 , ωζ = 0 . Entonces de las ecuaciones de Euler resulta
Iξ
dω ξ
dt
= 0 , Iη
dω η
dt
= 0 , Iζ
dωζ
dt
=0
(10.113)
luego la solución es ω ξ (t ) = ω ξ (t = 0) = ω 0 = cte. , ω η (t ) = 0 , ωζ (t ) = 0 . Examinemos ahora la
estabilidad de esta solución frente a pequeñas perturbaciones de la forma
ω ξ = ω 0 + δω ξ
, ω η = δω η
, ωζ = δωζ
(10.114)
Entonces las ecuaciones de Euler se escriben
Iξ
Iη
Iζ
dδω ξ
dt
dδω η
dt
dδωζ
dt
= ( Iη − Iζ )δωζ δω η ≈ 0
= ( Iζ − Iξ )δωζ (ω 0 + δω ξ ) ≈ ( Iζ − Iξ )δωζ ω 0
= ( Iξ − Iη )δω η (ω 0 + δω ξ ) ≈ ( Iξ − Iη )δω ηω 0
300
(10.115)
10. Dinámica del cuerpo rígido
Derivando respecto de t la segunda de estas ecuaciones y usando la tercera obtenemos
Iη
d 2δω η
dt 2
≈ ( Iζ − Iξ )
dδωζ
dt
ω0 ≈
( Iζ − Iξ )( Iξ − Iη )
Iζ
ω 02δω η
(10.116)
El comportamiento de δω η depende del signo de J ≡ ( Iζ − Iξ )( Iξ − Iη ) . Si J < 0, es decir si
Iξ < Iη , Iζ
o bien
Iξ > Iη , Iζ
(10.117)
δω η es oscilante y la solución es estable. En cambio si J > 0, o sea si
Iζ < Iξ < Iη
o bien
Iζ > Iξ > Iη
(10.118)
δω η es exponencial y la solución es inestable. Vemos así que las rotaciones de un rotor asimétrico alrededor del eje principal intermedio son inestables.
El trompo y el efecto giroscópico
El trompo es un cuerpo rígido simétrico ( Iξ = Iη = I⊥ ≠ Iζ ) que gira alrededor del eje de simetría
ζ y está apoyado sobre una superficie horizontal. La cupla formada por el peso y la fuerza normal de contacto que ejerce el plano produce un momento que tiende a aumentar la inclinación
del eje de rotación. La ecuación de movimiento es dL / dt = M donde M = M0 sen α
( M0 = mgR y α es el ángulo entre ζ y la vertical, ver Fig. 10.19a). Si tomamos un sistema de
coordenadas x, y, z, con z perpendicular al plano, Mz = 0 luego dLz / dt = 0 y Lz = cte. Por otra
parte como Mζ = 0 y se conserva Lζ . Si además L⊥ << Lz , se cumple que L ≅ Lζ y que
dL2 d
dL
= L⋅L = 2L⋅
= 2L⋅M ≅ 0
dt
dt
dt
(10.119)
Dentro de esta aproximación resulta que L2 = cte. de modo que se conserva el módulo de L. En
resumen, de la ecuación de movimiento obtenemos
dL = Mdt , dL ⋅ L = 0
(10.120)
Por lo tanto L describe un cono de abertura α alrededor del eje z, manteniendo constante su longitud (Fig. 10.19b). En un intervalo dt el extremo de L gira un ángulo dϕ dado por
dϕ =
dL
M dt
=
L sen α L sen α
(10.121)
La velocidad angular de L es
dϕ
M
M
=
= 0 = ωP
dt L sen α Iζ ω
(10.122)
Este movimiento se llama precesión forzada y ω P es la velocidad angular de la precesión forzada. La precesión forzada de un rotador simétrico sometido a un momento externo de llama
efecto giroscópico y tiene numerosas e importantes aplicaciones.
El lector debe notar que el resultado que hemos obtenido es aproximado y vale sólo si
301
10. Dinámica del cuerpo rígido
ω >>
dϕ
= ωP
dt
(10.123)
Volveremos más adelante sobre este problema y veremos que el cálculo exacto muestra que el
movimiento es más complicado. Sin embargo para muchas aplicaciones el tratamiento aproximado que acabamos de presentar es suficiente.
z
z
α
ζ
dϕ
dL
CM
R
L
N
L senα
α
P
M
(a)
(b)
Fig. 10.19. Precesión forzada: (a) geometría del problema; (b) movimiento de precesión.
La precesión de los equinoccios
Si despreciamos el efecto de la precesión de Euler, el momento angular asociado con la rotación
diurna de la Tierra es L = Iω . La Luna gira en una órbita inclinada respecto del plano del ecuador terrestre. Igualmente el plano de la órbita de la Tierra alrededor del Sol (la eclíptica) está
inclinado respecto del ecuador terrestre. La atracción lunar y solar sobre el abultamiento ecuatorial genera un momento M que tiende a alinear el plano ecuatorial con el plano de la eclíptica8.
El esquema de la Fig. 10.20 muestra que M es (en promedio) perpendicular a ζ y por lo tanto a
L. Si tomamos un sistema de coordenadas x, y, z, con z perpendicular al plano de la órbita lunar
(y solar) L = Lz zˆ + L⊥ y M = M ⊥ pues Mz = 0 . Luego dLz / dt = 0 y Lz = cte.
ζ
w
z
α
Tierra
Luna
Fig. 10.20. La atracción de la Luna sobre el abultamiento ecuatorial de la Tierra produce
un momento que tiende a alinear el plano del ecuador con la eclíptica.
8
Notar que el sentido de M es contrario al que se tiene para el trompo.
302
10. Dinámica del cuerpo rígido
La precesión de L produce la precesión de los equinoccios, que consiste en que la línea EE′ de
intersección del plano del ecuador con el plano de la eclíptica (línea de los nodos o de los equinoccios, ver Fig. 10.21) gira yendo al encuentro del Sol en su movimiento aparente9 y da una
vuelta completa en ≅ 25800 años. De resultas de esto el equinoccio de primavera (y el de otoño)
se adelanta unos 55′′ de arco por año, que equivalen a unos 20 minutos de tiempo.
Polo celeste
Polo de la eclíptica
z
Ecuador
w
E
Movimiento
aparente
del Sol
Eclíptica
α
E'
Línea de los nodos o
de los equinoccios
Fig. 10.21. La precesión de los equinoccios: la precesión del eje de rotación de la Tierra
provoca la rotación de la línea de los nodos y por consiguiente el adelantamiento de los
equinoccios.
Es interesante calcular el período de la precesión de los equinoccios. En el referencial de la Tierra, la gravitación lunar y solar produce los campos de marea10 gmL , gmS y son estos campos los
que generan el momento que produce la precesión forzada. Si la distribución de masa de la Tierra fuese perfectamente esférica esos momentos tendrían un efecto neto nulo, pues las contribuciones de diferentes partes se cancelarían exactamente. El momento neto se debe exclusivamente a la presencia del abultamiento ecuatorial. Puesto que hacer un cálculo exacto es muy
complicado, haremos varias aproximaciones. En primer lugar supondremos que toda la masa del
abultamiento está concentrada en un anillo de espesor nulo a lo largo del ecuador. Si ma es la
masa del abultamiento
Iζ = ∫ dmr⊥2 = ∫ dm(ζ 2 + η 2 ) = I + ∫ dma (ζ 2 + η 2 )
9
(10.124)
De resultas de esto el equinoccio de primavera se adelanta y no coincide con el día fijado en el calendario (21 de
Septiembre).
10
Ver el Capítulo 9.
303
10. Dinámica del cuerpo rígido
donde I es el momento de inercia de la esfera sin el anillo. Sobre el anillo ζ 2 + η 2 = rT2 , luego
Iζ = I + ma rT2
(10.125)
Iξ = Iη = ∫ dm(η 2 + ζ 2 ) = I + ∫ dma (η 2 + ζ 2 )
(10.126)
Análogamente
pero sobre el anillo ζ = 0 y η 2 = rT2sen 2ϕ , luego
Iξ = Iη = I + 12 ma rT2
(10.127)
ma rT2 = 2( Iζ − I⊥ )
(10.128)
de aquí resulta
fórmula que nos permite calcular el valor de la masa del anillo ecuatorial conociendo Iζ e I⊥.
z
y
ζ
P
η
ϕ
ξ
ϕ
Q
α
β
x
anillo ecuatorial
anillo lunar (o solar)
(a)
(b)
Fig. 10.22. Precesión de los equinoccios: (a) modelo simplificado del abultamiento ecuatorial; (b) geometría del problema.
Los períodos de revolución de la Luna ( TL = 29 días) y de la Tierra ( TS = 365 días) son mucho
menores que el período de la precesión, que es de ≈ 26.000 años, luego se cumple que ω >> ω P
y vale el resultado aproximado (10.122). Podemos entonces suponer que M (que es función del
tiempo pues la posición del Sol y la Luna varían en el tiempo) tiene la forma M = M0 + M ′(t )
donde M0 es el valor medio y M ′(t ) una función complicada de t cuyas contribuciones a la precesión se cancelan. Basta pues conocer M0 , y lo podemos calcular suponiendo que tanto la masa
de la Luna como la del Sol están distribuidas uniformemente en anillos cuyos radios RL y RS
son los radios de las respectivas órbitas que para simplificar supondremos circulares (Fig.
10.21). Si P y Q son un punto del anillo ecuatorial y uno del anillo lunar (o solar) y α la inclinación del ecuador respecto del plano de la órbita lunar, que vamos a suponer coincidente con el
plano de la eclíptica, las coordenadas de P y Q son
 x = rT cos ϕ cos α
 x ′ = RL cos β


P ≡  y = rT sen ϕ
, Q ≡  y ′ = RL sen β
 z = r cos ϕ sen α
 z′ = 0

T

304
(10.129)
10. Dinámica del cuerpo rígido
La energía potencial gravitatoria debida a la interacción entre un elemento del anillo ecuatorial
en P y uno del anillo lunar en Q es:
dV = − G
dmP dmQ
(10.130)
rPQ
2 = R2 (1 − w )
Aquí dmP = ma dϕ / 2π , dmQ = mL dβ / 2π ; rPQ es la distancia P Q, dada por rPQ
L
2
donde w = 2(rT / RL ) F − (rT / RL ) y F = cos β cos ϕ cos α + sen β sen ϕ . Entonces
1
rPQ
=
RL
1
1− w
(10.131)
pero w << 1 pues rT << RL , luego hasta el orden de (rT / RL )2 se tiene que
1
1 r2 3 r2
w 3
r
≅ 1 + + w 2 + L = 1 + T F − T2 + T2 F 2
1− w
2 8
2 RL 2 RL
RL
(10.132)
Entonces
dV = −
Gma mL dϕ dβ 
rT
1 rT2 3 rT2 2 
+
F
−
+
F 
1

RL (2π )2 
RL
2 RL2 2 RL2 
(10.133)
La energía potencial total se obtiene integrando sobre ϕ y β entre 0 y 2π:
V=−

Gma mL 1 ⌠
rT
1 rT2 3 rr2 2 
d
d
1
+
F
−
+
F 
ϕ
β

RL 4π 2 
RL
2 RL2 2 RL2 

⌡
(10.134)
La integral consta de cuatro términos. El primero y el tercero no dependen de ϕ ni de β , y se
calculan de inmediato dando una cantidad constante que no depende de α y que como veremos
no nos interesa. El segundo término contiene el factor F, y su integral es nula porque estamos
integrando cos β y sen β para β entre 0 y 2π. Queda entonces:
Gma mL 3  rT 
V = cte. −
 
RL 4π 2  RL 
2
∫ dϕ dβ F 2
(10.135)
Con un poco de trabajo se obtiene ∫ dϕ dβ F 2 = π 2 (1 + cos2 α ) . Resulta entonces que
3 m m r2
V = cte. − G a 3L T cos2 α
8
RL
(10.136)
Sustituimos ahora ma por su expresión en función de los momentos de inercia. Resulta:
V = cte. − 43 G( Iζ − I⊥ )
mL
cos2 α
RL3
El momento obviamente está dirigido a lo largo de la línea de los nodos y está dado por
305
(10.137)
10. Dinámica del cuerpo rígido
M0 = −
m
dV
= − 23 G( Iζ − I⊥ ) 3L sen α cos α
dα
RL
(10.138)
El signo – indica que la precesión tiene sentido retrógrado dado que Iζ > I⊥ , de modo que la
línea de los nodos se adelanta (y los equinoccios preceden, de ahí el nombre del fenómeno). Conocido M0 podemos calcular la frecuencia de precesión mediante la (10.122) y resulta
ωP =
M0
M0
=
L sen α ω T Iζ sen α
(10.139)
Siendo ω T la frecuencia de rotación de la Tierra. Sustituyendo M0 de (10.138) obtenemos
ωP = −
3 cos α G  Iζ − I⊥   mL mS 
+


2 ω T  Iζ   RL3 RS3 
(10.140)
donde hemos sumado el efecto de la acción del Sol, que se calcula del mismo modo.
Antes de introducir números conviene transformar la expresión de ω P haciendo aparecer explícitamente los períodos TL y TS de las órbitas lunar y terrestre. Por la III Ley de Kepler:
G 4π 2 1
≅
RL3
mT TL2
,
G 4π 2 1
≅
RS3
mS TS2
(10.141)
Además, ω P = 2π / T y ω T = 2π / TD = 365 × 2π / TS . Aquí T es el período de la precesión y TD
es la duración del día. Sustituyendo resulta:
−1
Iζ 
2 365
mL TS2 
T=
1 +
 TS
3 cos α Iζ − I⊥ 
mT TL2 
(10.142)
ahora cos α = cos(23.5) ≅ 0.917 , Iζ /( Iζ − I⊥ ) ≅ 300 , mL / mT ≅ 1 / 81 y (TS / TL )2 ≅ 169 . Reemplazando resulta finalmente
T ≅ 25200 TS
(10.143)
que difiere del valor correcto en apenas un 2 %.
Cuerpo rígido simétrico sometido a momentos externos: la solución exacta
El tratamiento anterior del trompo simétrico es aproximado, pues se basa en suponer que
L = Lζ . Vamos a mostrar ahora qué resulta de un tratamiento exacto. Puesto que el momento es
perpendicular a los ejes z y ζ , está dirigido según la línea de los nodos (Fig. 10.23). Podemos
entonces usar la (10.79) para obtener
Mξ = M0 sen θ cos ϕ , Mη = − M0 sen θ sen ϕ , Mζ = 0
(10.144)
Sustituyendo estas expresiones en las ecuaciones de Euler (10.76) resulta
ω˙ ξ = Jωζ ω η + K senθ cosϕ , ω˙ η = − Jωζ ω ξ − K senθ senϕ , ω˙ ζ = 0
306
(10.145)
10. Dinámica del cuerpo rígido
donde hemos puesto J = ( I⊥ − Iζ ) / I⊥ , K = M0 / I⊥ . De aquí se obtiene de inmediato ωζ = cte.
La variación de los ángulos de Euler está dada por la (10.91):
ψ˙ = ( ω ξ sen ϕ + ω η cos ϕ ) /sen θ
θ˙ = ω ξ cos ϕ − ω η sen ϕ
(10.146)
ϕ˙ = ωζ −( ω ξ sen ϕ + ω η cos ϕ)cot θ
z
ζ
θ
η
y
P
M
x
ϕ
ψ
x' = x''
ξ
Fig. 10.23. Trompo simétrico sometido a momentos externos.
Es sencillo ahora integrar numéricamente el sistema formado por las dos primeras ecuaciones
(10.145) y las (10.146) en términos de los parámetros J, K y ωζ a partir de las condiciones iniciales ω ξ (0) , ω η (0) , θ (0) , ψ (0) y ϕ (0) . El resultado se suele representar en un gráfico que
muestra la trayectoria de la intersección del eje del trompo con una esfera de radio unitario. Las
coordenadas de esa intersección se pueden obtener de las (10.82) y (10.83) y son
x = sen θ sen ψ
, y = − sen θ cosψ
, z = cosθ
(10.147)
En la Fig. 10.24 se muestran los resultados del cálculo para J = 1.2 , K = 4 y ωζ = 25, para las
condiciones iniciales ω ξ (0) = ω η (0) = 0 , θ (0) = π / 9 y ψ (0) = ϕ (0) = 0 . Se puede observar que
el movimiento es complicado ya que además de la precesión alrededor del eje z, el eje de simetría del trompo realiza un movimiento de oscilación en θ, que se llama nutación.
Corresponde mencionar que el problema se puede resolver analíticamente. Esto se logra aprovechando las tres constantes del movimiento que existen en este caso, a saber Lζ , Lz y la energía
mecánica E. No es difícil mostrar que estas integrales primeras de pueden expresar de la forma:
307
10. Dinámica del cuerpo rígido
Lζ = Iζ (ϕ˙ + ψ˙ cos θ ) = cte.
Lz = ψ˙ (I⊥ sen2 θ + Iζ cos2 θ ) + ϕ˙ Iζ cos θ = cte.
(10.148)
E = 12 I⊥ (θ˙ 2 + ψ˙ 2sen 2θ ) + 12 Iζω ζ2 + M0 cos θ = cte.
Fig. 10.24. Movimiento del eje de simetría del trompo para J = 1.2 , K = 4 y ωζ = 25, con
las condiciones iniciales ω ξ (0) = ω η (0) = 0 , θ (0) = π / 9 y ψ (0) = ϕ (0) = 0 .
Introduciendo las constantes a ≡ Lζ / I⊥ , b ≡ Lz / I⊥ y poniendo E = (e + a 2δ ) I⊥ / 2 con
δ ≡ I⊥ / Iζ y tras de un poco de álgebra, las (10.148) se pueden transformar en
ψ˙ = ( b − a cos θ ) /sen 2 θ , ϕ˙ = aδ − cosθ (b − a cosθ ) /sen2 θ
(10.149)
θ˙ 2 = e − (b − a cosθ )2 /sen 2 θ − c cosθ
(10.150)
y
Integrando esta última expresión se obtiene t(θ ) en términos de funciones conocidas llamadas
integrales elípticas. Invirtiendo ese resultado se obtiene θ (t ) , luego de lo cual se pueden integrar
las (10.149). Este procedimiento es útil para el estudio teórico de las diferentes formas de nutación que se pueden presentar según los valores de los parámetros y las condiciones iniciales del
problema11. Si embargo no es práctico si se quiere obtener resultados como el que se muestra en
la Fig. 10.24. Para eso es preferible la integración numérica a partir de las (10.145) y (10.146).
11
Ver por ejemplo H. Goldstein, Classical Mechanics, 2a. edición, Addison-Wesley, 1980 y A. Sommerfeld,
Lectures on Theoretical Physics: Mechanics, Academic Press, 1952.
308