Mecánica Aplicada · tema 10

Dinámica del sólido rígido

Los teoremas del tema 9 en un sólido: el momento angular con el tensor de inercia, que no tiene por qué ir en la dirección del giro, la energía cinética y el trabajo de sus fuerzas.

Un sólido rígido es un sistema de partículas, así que los tres teoremas del tema 9 valen tal cual. Lo que este tema añade es cómo se calculan sus magnitudes, que para un sólido tienen una forma propia. La más importante, y la que más sorprende, es el momento angular: no tiene por qué ir en la dirección de la velocidad angular. Un cuerpo que gira con $\vec{\omega}$ constante puede necesitar un momento para seguir haciéndolo, y ese momento es lo que desgasta los cojinetes de un rotor mal equilibrado. De ahí sale el tema 11 entero.

El momento angular y el tensor de inercia

Para un sólido rígido, el momento angular respecto de su centro de gravedad se obtiene integrando $\vec{r}' \times (\vec{\omega} \times \vec{r}')$ sobre todo el volumen. El resultado es lineal en $\vec{\omega}$ , y se escribe con una matriz:

\begin{pmatrix} H_{Gx} \\ H_{Gy} \\ H_{Gz} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_{Gx} & -I_{Gxy} & -I_{Gzx} \\ -I_{Gxy} & I_{Gy} & -I_{Gyz} \\ -I_{Gzx} & -I_{Gyz} & I_{Gz} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \omega_x \\ \omega_y \\ \omega_z \end{pmatrix}

En la diagonal están los momentos de inercia, y fuera de ella los productos de inercia, con signo menos. La matriz es la representación del tensor de inercia, y la ecuación entera se escribe $\vec{H}_G = \mathbf{I}_G\,\vec{\omega}$ . Respecto de un punto fijo $O$ es lo mismo con el tensor de $O$ : $\vec{H}_O = \mathbf{I}_O\,\vec{\omega}$ .

Y aquí está la sorpresa. Una matriz no conserva la dirección de un vector en general, así que $\vec{H}_G$ solo es paralelo a $\vec{\omega}$ si $\vec{\omega}$ va según una dirección principal. Las direcciones principales son tres direcciones perpendiculares por $G$ en las que los productos de inercia se anulan. En esos ejes el tensor es diagonal y todo se simplifica:

\vec{H}_G = I_{Gx}\,\omega_x\,\hat{\imath} + I_{Gy}\,\omega_y\,\hat{\jmath} + I_{Gz}\,\omega_z\,\hat{k}

Por eso los problemas se plantean casi siempre en ejes principales unidos al sólido, en los que los momentos de inercia no cambian con el movimiento.

Una barra delgada de 1 m y 2 kg que gira a 5 rad/s alrededor de un eje vertical, inclinada 30°. A lo largo de la barra su momento de inercia es prácticamente nulo, así que el momento angular sale perpendicular a la barra y no vertical: tiene una parte horizontal de 0,361 kg·m²/s que da vueltas con ella. Hacer girar esa parte cuesta un momento, 1,80 N·m, aunque la velocidad angular no cambie.

Si cambias de sistema de referencia, el tensor se transforma con la matriz de rotación $[R]$ , cuyas filas son los vectores unitarios del sistema nuevo escritos en el viejo: $[\mathbf{I}]' = [R]\,[\mathbf{I}]\,[R]^{T}$ .

La energía cinética de un sólido

La energía cinética se parte en dos, igual que en un sistema de partículas: la de la traslación con el centro de gravedad y la de la rotación alrededor de él:

T = \tfrac12\,M\,v_G^{2} + \tfrac12\,\vec{\omega} \cdot \mathbf{I}_G\,\vec{\omega}

En ejes principales, la de rotación es $\tfrac12\left(I_{Gx}\,\omega_x^{2} + I_{Gy}\,\omega_y^{2} + I_{Gz}\,\omega_z^{2}\right)$ . Y si el sólido tiene un punto fijo $O$ , toda su energía es de rotación alrededor de él: $T = \tfrac12\,\vec{\omega} \cdot \mathbf{I}_O\,\vec{\omega}$ .

Quedarse con una de las dos energías de un disco que rueda

Un disco que rueda sin deslizar tiene las dos: avanza con su centro y gira alrededor de él. Contar solo $\tfrac12 M v_G^{2}$ o solo $\tfrac12 I_G\,\omega^{2}$ da una energía que se queda corta, y en un problema de energía sale una velocidad final más alta de la cuenta. Para un disco macizo, $I_G = MR^{2}/2$ y $v_G = \omega R$ , y las dos juntas son $\tfrac34 M v_G^{2}$ : la rotación es un tercio del total.

El trabajo de las fuerzas

En un sólido rígido las fuerzas internas no trabajan: la distancia entre dos puntos no cambia, así que su desplazamiento relativo es perpendicular a la fuerza que se hacen. Solo trabajan las externas, y su trabajo se escribe con la resultante y el momento en un punto cualquiera $P$ :

dW = \vec{F} \cdot d\vec{r}_P + \vec{M}_P \cdot d\vec{\theta}

la traslación de $P$ más el giro alrededor de él. De ahí, la potencia es $\vec{F} \cdot \vec{v}_P + \vec{M}_P \cdot \vec{\omega}$ , y la de un motor que da un par $M$ girando a $\omega$ es $P = M\,\omega$ .

Cómo se aplican los teoremas

Para un sólido rígido los teoremas del tema 9 dan dos ecuaciones vectoriales que definen su movimiento entero:

\vec{F} = M\,\vec{a}_G \qquad \vec{M}_G = \frac{d\vec{H}_G}{dt}

o, si hay un punto fijo, $\vec{M}_O = d\vec{H}_O/dt$ . Dicen además dos cosas que cierran el círculo con los primeros temas: dos sistemas de fuerzas con la misma resultante y el mismo momento producen el mismo movimiento —por eso las fuerzas sobre un sólido son vectores deslizantes, tema 1—, y si $\vec{a}_G$ y $d\vec{H}_G/dt$ son nulos las fuerzas forman un sistema nulo: la estática es un caso particular de la dinámica.

Lo delicado es derivar $\vec{H}_G$ . Se calcula en unos ejes que giran con el sólido, para que los momentos de inercia no cambien, y entonces hay que derivar con la fórmula de Boure: si esos ejes giran con velocidad angular $\vec{\Omega}$ ,

\frac{d\vec{H}_G}{dt} = \left(\frac{d\vec{H}_G}{dt}\right)_{\text{móvil}} + \vec{\Omega} \times \vec{H}_G

El segundo término es el que da el momento de la barra de la figura: con $\vec{\omega}$ constante, la primera parte es nula, y aun así hace falta $\vec{\omega} \times \vec{H}_G$ . Si el sólido tiene simetría de revolución, como un cilindro, no hace falta que los ejes sigan su giro propio: sus momentos de inercia son iguales en todo el plano perpendicular al eje.

Y el teorema de la energía, con el trabajo de las fuerzas no conservativas —el rozamiento, un motor— separado del resto:

W_{nc} + T_A + V_A = T_B + V_B

Lo que hay que llevarse

$\vec{H}_G = \mathbf{I}_G\,\vec{\omega}$ , y solo es paralelo a $\vec{\omega}$ en una dirección principal.
$T = \tfrac12 M v_G^{2} + \tfrac12\,\vec{\omega} \cdot \mathbf{I}_G\,\vec{\omega}$ : traslación más rotación.
En un sólido rígido solo trabajan las fuerzas externas.
$\vec{F} = M\vec{a}_G$ y $\vec{M}_G = d\vec{H}_G/dt$ , derivando en ejes móviles con $\vec{\Omega} \times \vec{H}_G$ .

Practica lo que acabas de leer

La energía cinética de un disco que rueda

Ejemplo introductorio, para entrar de cero. Cada paso equivocado recibe su diagnóstico, no un «incorrecto».

Hacer el ejercicio →

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

La energía cinética de un disco que rueda

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Un disco macizo y homogéneo de masa 4 kg rueda sin deslizar por un suelo horizontal, con su centro avanzando a 2 m/s. Calcular su energía cinética.

La energía cinética total del disco.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿De qué se compone la energía cinética del disco?
02
La energía cinética total
COMP2
¿Cuánto vale la energía cinética del disco, en julios?
Tu respuesta al paso 2un número, en J — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la resolución. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La energía de traslación es $\tfrac12 M v_G^{2} = \tfrac12 \cdot 4 \cdot 4 = 8$ J.
2. Rodando sin deslizar, $\omega = v_G/R$ , y la de rotación es $\tfrac12 \cdot \tfrac{MR^{2}}{2}\,\omega^{2} = 4$ J.
3. La total es 12 J, y el radio no hace falta porque se simplifica.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

El momento que pide una barra que gira inclinada

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Una barra delgada y homogénea de 1 m y 2 kg gira con velocidad angular constante $\omega = 5\ \text{rad/s}$ alrededor de un eje vertical que pasa por su centro $G$ , formando un ángulo constante de 30° con la horizontal. Calcular el momento que hay que aplicarle para mantener ese movimiento.

El momento necesario para que la barra siga girando así.

01
Reconocer el camino
COMP1
La velocidad angular es constante. ¿Hace falta algún momento?
02
El momento necesario
COMP2
¿Cuánto vale el momento necesario, en N·m?
Tu respuesta al paso 2un número, en N·m — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la resolución. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. En ejes principales de la barra, a lo largo de ella $I \approx 0$ y perpendicular $I = ML^{2}/12 = 0{,}167$ kg·m².
2. Solo la componente de $\vec{\omega}$ perpendicular a la barra da momento angular, así que $\vec{H}_G$ es perpendicular a la barra.
3. Con $\omega$ constante, $d\vec{H}_G/dt = \vec{\omega} \times \vec{H}_G$ , de módulo $5 \cdot 0{,}361 = 1{,}80$ N·m.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.1 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo. Los valores numéricos de las casillas son nuestros y se declaran en cada pregunta.

El disco de la horquilla, su energía cinética y su momento angular en O

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La figura muestra un disco (d) de masa $m$ y radio $r$ , que gira con respecto a una horquilla (h) con velocidad angular $p$ . Esta horquilla conecta con un eje vertical y posee dos movimientos angulares $\omega_{1}$ y $\omega_{2}$ , con los sentidos mostrados. Calcular en el instante representado, donde el plano del disco $xy$ coincide con el plano $XY$ :

a) La energía cinética $T$ del disco.

b) Momento angular del disco respecto del punto $O$ .

La energía cinética del disco y su momento angular respecto de O, en función de m, r, b y las tres velocidades angulares.

01
Reconocer el camino
COMP1
En los ejes $xyz$ del dibujo, ligados al disco, ¿qué momentos de inercia hay que meter en el tensor?
02
La energía cinética del disco
COMP2
Con los valores de prueba $m = 2\ \text{kg}$ , $r = 0{,}2\ \text{m}$ , $b = 0{,}3\ \text{m}$ , $\omega_{1} = 3$ , $\omega_{2} = 4$ y $p = 10\ \text{rad/s}$ , ¿cuánto vale $T$ , en julios?
Tu respuesta al paso 2un número, en J — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La componente vertical del momento angular en O
COMP2
Con los mismos valores, ¿cuánto vale la componente según $\vec{\jmath}$ (la vertical $y$ ) de $\vec{H}_O$ , en kg·m²/s?
Tu respuesta al paso 3un número, en kg·m²/s — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el cálculo del momento angular en O. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. En ejes principales del disco, $\vec{H}_G = -\tfrac14 mr^{2}\omega_{1}\vec{\imath} + \tfrac14 mr^{2}\omega_{2}\vec{\jmath} + \tfrac12 mr^{2}p\,\vec{k}$ .
2. El centro $G$ gira alrededor del eje vertical con $\omega_{2}$ a distancia $b$ , así que $\vec{v}_G = -\omega_{2}b\,\vec{k}$ .
3. El cambio de punto añade $\overrightarrow{OG} \times m\vec{v}_G = +m\omega_{2}b^{2}\,\vec{\jmath}$ , que suma a la componente vertical.

Resolución completa

El sólido y sus ejes. El disco tiene tres movimientos a la vez, y lo primero es sumarlos en una sola velocidad angular. En los ejes $xyz$ del dibujo, que son principales de inercia:

\vec{\omega}_d = -\omega_{1}\vec{\imath} + \omega_{2}\vec{\jmath} + p\,\vec{k} \qquad I_{Gx} = I_{Gy} = \tfrac14 m r^{2}, \quad I_{Gz} = \tfrac12 m r^{2}

a) La energía cinética. König: la traslación del centro más la rotación alrededor de él. El centro $G$ describe una circunferencia de radio $b$ alrededor del eje vertical, así que $v_G = \omega_{2}b$ :

T = \tfrac12 m \omega_{2}^{2}b^{2} + \tfrac12\left(\tfrac{mr^{2}}{4}\omega_{1}^{2} + \tfrac{mr^{2}}{4}\omega_{2}^{2} + \tfrac{mr^{2}}{2}p^{2}\right)

T = \frac{mr^{2}}{8}\left[\omega_{1}^{2} + \left(1+\frac{4b^{2}}{r^{2}}\right)\omega_{2}^{2} + 2p^{2}\right]

b) El momento angular en O. Primero en $G$ , con el tensor:

\vec{H}_G = -\tfrac14 mr^{2}\omega_{1}\vec{\imath} + \tfrac14 mr^{2}\omega_{2}\vec{\jmath} + \tfrac12 mr^{2}p\,\vec{k}

y después se cambia de punto con $\vec{H}_O = \vec{H}_G + \overrightarrow{OG} \times m\vec{v}_G$ . Con $\overrightarrow{OG} = b\,\vec{\imath}$ y $\vec{v}_G = -\omega_{2}b\,\vec{k}$ , ese producto vale $+m\omega_{2}b^{2}\vec{\jmath}$ :

\vec{H}_O = \frac{mr^{2}}{4}\left[-\omega_{1}\vec{\imath} + \left(1+\frac{4b^{2}}{r^{2}}\right)\omega_{2}\vec{\jmath} + 2p\,\vec{k}\right]

La comprobación. Con los valores de prueba del paso 2, $T = 3{,}69\ \text{J}$ y $H_{Oy} = 0{,}80\ \text{kg}\cdot\text{m}^{2}/\text{s}$ . Los dos salen igual sumando masa a masa sobre el disco discretizado, sin usar el tensor.

Un aviso sobre el signo. La resolución oficial del curso escribe en este apartado $\overrightarrow{GO}$ donde va $\overrightarrow{OG}$ y le sale un signo menos en la componente vertical. El resultado impreso en la colección lleva el signo más, que es el correcto: la vuelta que da el disco alrededor del eje vertical suma momento angular vertical, no lo resta.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.2 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo. En el apartado c) el resultado impreso no sale de los datos y se explica en el desarrollo. Los valores numéricos de las casillas son nuestros y se declaran en cada pregunta.

Las dos barras articuladas y el muelle, energía potencial y cinética

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La barra CD de masa $2M$ y longitud $2L$ está articulada en el punto $D$ a un eje vertical que gira con velocidad angular constante $\omega$ . En su punto medio, está articulada a la barra AB, de masa $M$ y longitud $L$ , en cuyo extremo $A$ se encuentra una deslizadera que recorre el eje vertical sin rozamiento. Dicha deslizadera se encuentra unida al punto fijo $O$ mediante un resorte de longitud natural $3L$ y de constante elástica $Mg/L$ . En la posición genérica definida por el ángulo $\phi$ , calcular:

a) Energía potencial del sistema.

b) Energía cinética de la barra CD.

c) Energía cinética de la barra AB.

La energía potencial del sistema y la energía cinética de cada una de las dos barras, en función de M, L, g, ω, el ángulo y su derivada.

01
Reconocer el camino
COMP1
El muelle tiene longitud natural $3L$ y une el suelo con la deslizadera $A$ . ¿Cuánto se ha deformado en la posición del ángulo $\phi$ ?
02
La energía potencial del sistema
COMP2
Con los valores de prueba $M = 1\ \text{kg}$ , $L = 1\ \text{m}$ , $g = 9{,}81\ \text{m/s}^{2}$ y $\phi = 30^{\circ}$ , ¿cuánto vale la energía potencial total, en julios, tomando el suelo como referencia?
Tu respuesta al paso 2un número, en J — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La energía cinética de la barra CD
COMP2
Con $M = 1$ , $L = 1$ , $\omega = 3\ \text{rad/s}$ , $\dot{\phi} = 2\ \text{rad/s}$ y $\phi = 30^{\circ}$ , ¿cuánto vale $T_{CD}$ , en julios?
Tu respuesta al paso 3un número, en J — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La energía cinética de la barra AB
COMP2
Con los mismos valores, ¿cuánto vale $T_{AB}$ , en julios?
Tu respuesta al paso 4un número, en J — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el cálculo de las dos energías cinéticas. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. En la barra CD el punto $D$ es fijo, así que vale $T = \tfrac12\vec{\omega}\cdot\mathbf{I}_D\vec{\omega}$ con $I_D = \tfrac83 ML^{2}$ .
2. De $\vec{\omega}$ solo cuenta lo perpendicular a la barra, porque el momento de inercia a lo largo de una barra delgada es nulo.
3. La barra AB no tiene ningún punto fijo, así que hay que sumar $\tfrac12 M v_G^{2}$ y $\tfrac12\vec{\omega}\cdot\mathbf{I}_G\vec{\omega}$ .

Resolución completa

La geometría. El triángulo $DAC$ es isósceles — $DC = CA = L$ — así que la deslizadera $A$ está $2L\cos\phi$ por debajo de $D$ , y el muelle, de longitud natural $3L$ , queda comprimido justo $\delta = 2L\cos\phi$ . Las alturas de los centros de gravedad sobre el suelo son $h_C = 3L - L\cos\phi$ y $h_E = 3L - \tfrac32 L\cos\phi$ .

a) La energía potencial.

V = 2MgL(3-\cos\phi) + MgL\left(3-\tfrac32\cos\phi\right) + \tfrac12\frac{Mg}{L}\left(2L\cos\phi\right)^{2}

V = 9MgL - \tfrac72 MgL\cos\phi + 2MgL\cos^{2}\phi

b) La barra CD. $D$ es punto fijo, así que toda su energía es de rotación alrededor de $D$ . En ejes ligados a la barra, con $e_1$ a lo largo de ella, $I_{Dx} = 0$ e $I_{Dy} = I_{Dz} = \tfrac13(2M)(2L)^{2} = \tfrac83 ML^{2}$ , y la velocidad angular es $\vec{\omega}_{CD} = -\omega\cos\phi\,\vec{e}_1 + \omega\operatorname{sen}\phi\,\vec{e}_2 + \dot{\phi}\,\vec{e}_3$ :

T_{CD} = \tfrac43 ML^{2}\left(\omega^{2}\operatorname{sen}^{2}\phi + \dot{\phi}^{2}\right)

c) La barra AB. Aquí no hay punto fijo y hace falta König. Componiendo velocidades desde $D$ se llega a

v_G^{2} = \tfrac14\omega^{2}L^{2}\operatorname{sen}^{2}\phi + \dot{\phi}^{2}L^{2}\left(\tfrac14 + 2\operatorname{sen}^{2}\phi\right)

y sumando la rotación con $I_G = ML^{2}/12$ en las dos direcciones transversales:

T_{AB} = \tfrac16 ML^{2}\left[\omega^{2}\operatorname{sen}^{2}\phi + \dot{\phi}^{2}\left(1 + 6\operatorname{sen}^{2}\phi\right)\right]

La comprobación, y una diferencia con lo impreso. Los tres resultados se han recalculado por otro camino: discretizando cada barra en masas puntuales, derivando numéricamente su posición y sumando $\tfrac12 m_i v_i^{2}$ . Con $M = L = 1$ , $\phi = 30^{\circ}$ , $\dot{\phi} = 2$ y $\omega = 3$ salen $V = 73{,}27\ \text{J}$ , $T_{CD} = 8{,}333\ \text{J}$ y $T_{AB} = 2{,}042\ \text{J}$ , que son exactamente los de las fórmulas de arriba.

El apartado c) impreso en la colección dice $\dot{\phi}^{2}(1 + \operatorname{sen}2\phi)$ donde de los datos sale $\dot{\phi}^{2}(1 + 6\operatorname{sen}^{2}\phi)$ ; con esos valores daría 1,619 J en vez de 2,042 J. La propia resolución oficial escribe en su penúltima línea los tres sumandos correctos y solo al encuadrarlos pierde un $\operatorname{sen}^{2}\phi$ , así que lo que falla es el paso a limpio, no el planteamiento.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.3 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo. El resultado impreso del apartado c) tiene erratas de imprenta que el desarrollo señala. Los valores numéricos de las casillas son nuestros y se declaran en cada pregunta.

El disco sobre la barra acodada, aceleraciones y reacciones en los apoyos

paso 1 de 6

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Un disco de masa $M$ y radio $R$ gira con una velocidad angular $\omega_{1}$ constante respecto de la barra CDE mientras que el conjunto gira con una velocidad angular constante $\omega_{2}$ respecto al eje AB. Distancias: $AC = BC = CD = ED = L$ .

Calcular:

a) Aceleración angular del disco.

b) Velocidad y aceleración del punto $E$ .

c) Reacciones estáticas y dinámicas en $A$ y $B$ .

La aceleración angular del disco, la velocidad y la aceleración de E, y las reacciones estáticas y dinámicas en A y B.

01
Reconocer el camino
COMP1
Las dos velocidades angulares son constantes. ¿Cuánto vale entonces la aceleración angular del disco?
02
La aceleración angular del disco
COMP2
Con los valores de prueba $\omega_{1} = 20\ \text{rad/s}$ y $\omega_{2} = 5\ \text{rad/s}$ , ¿cuánto vale el módulo de $\vec{\alpha}_d$ , en rad/s²?
Tu respuesta al paso 2un número, en rad/s² — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La aceleración del punto E
COMP2
Con $\omega_{2} = 5\ \text{rad/s}$ y $L = 0{,}4\ \text{m}$ , ¿cuánto vale el módulo de la aceleración de $E$ , en m/s²?
Tu respuesta al paso 3un número, en m/s² — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La reacción horizontal perpendicular al eje
COMP2
Con $M = 3\ \text{kg}$ , $L = 0{,}4\ \text{m}$ y $\omega_{2} = 5\ \text{rad/s}$ , ¿cuánto vale la componente de la reacción en $A$ horizontal y perpendicular al eje AB, en newtons?
Tu respuesta al paso 4un número, en N — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
El término giroscópico de la reacción vertical
COMP2
Con $M = 3\ \text{kg}$ , $R = 0{,}2\ \text{m}$ , $L = 0{,}4\ \text{m}$ , $\omega_{1} = 20$ y $\omega_{2} = 5\ \text{rad/s}$ , ¿cuánto vale el término $MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}/(4L)$ que suma en un apoyo y resta en el otro, en newtons?
Tu respuesta al paso 5un número, en N — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
06
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el análisis dinámico. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El disco gira sobre sí mismo, pero es de revolución, así que su tensor de inercia no cambia en unos ejes que solo acompañen al conjunto.
2. Con $\vec{\omega}_d$ de componentes constantes en esos ejes, $d\vec{H}_G/dt$ se reduce al término $\vec{\Omega}\times\vec{H}_G$ de Boure.
3. Ese par, $\tfrac12 MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}$ , lo equilibran las reacciones verticales de A y B, que están separadas $2L$ .

Resolución completa

a) La aceleración angular. En ejes que acompañan al conjunto, con $\vec{e}_1$ a lo largo de AB y $\vec{e}_3$ a lo largo de $DE$ , la velocidad angular del disco es $\vec{\omega}_d = \omega_{2}\vec{e}_1 + \omega_{1}\vec{e}_3$ , de componentes constantes. Derivando con Boure, con $\vec{\Omega} = \omega_{2}\vec{e}_1$ :

\vec{\alpha}_d = \vec{\Omega}\times\vec{\omega}_d = -\omega_{1}\omega_{2}\,\vec{e}_2

b) El punto E. $\overrightarrow{CE} = -L\vec{e}_2 + L\vec{e}_3$ y el conjunto gira alrededor de AB con $\omega_{2}$ constante:

\vec{v}_E = -\omega_{2}L\,\vec{e}_2 - \omega_{2}L\,\vec{e}_3 \qquad \vec{a}_E = \omega_{2}^{2}L\,\vec{e}_2 - \omega_{2}^{2}L\,\vec{e}_3

La aceleración es centrípeta pura y apunta al eje AB, del que $E$ dista $L\sqrt{2}$ .

c) Las reacciones. El momento angular en $G = E$ vale $\vec{H}_G = \tfrac14 MR^{2}\omega_{2}\vec{e}_1 + \tfrac12 MR^{2}\omega_{1}\vec{e}_3$ , y su derivada es puro término de Boure:

\frac{d\vec{H}_G}{dt} = \vec{\Omega}\times\vec{H}_G = -\tfrac12 MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}\,\vec{e}_2

Con $\vec{F} = M\vec{a}_G$ en las dos direcciones y el momento en $G$ :

A_y = B_y = \frac{M\omega_{2}^{2}L}{2}

A_z = \frac{Mg}{2} - \frac{M\omega_{2}^{2}L}{2} + \frac{MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}}{4L} \qquad B_z = \frac{Mg}{2} - \frac{M\omega_{2}^{2}L}{2} - \frac{MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}}{4L}

Las estáticas son las que quedan parando todo: $A_z = B_z = Mg/2$ . Las dinámicas son los otros dos sumandos, y el interesante es el último: no existiría si el disco no girase sobre sí mismo.

Con los valores de prueba $M = 3\ \text{kg}$ , $R = 0{,}2$ , $L = 0{,}4$ , $\omega_{1} = 20$ y $\omega_{2} = 5$ : la parte estática vale 14,72 N, la centrífuga 15 N y la giroscópica 7,5 N, de manera que $A_z = 7{,}22\ \text{N}$ y $B_z = -7{,}79\ \text{N}$ ; la horizontal es $A_y = B_y = 15\ \text{N}$ . Todo comprobado por otro camino, sumando $m_i\,\vec{r}_i\times\vec{v}_i$ sobre el disco discretizado y derivando numéricamente.

Dos avisos sobre lo impreso. El resultado del apartado c) que publica la colección escribe $MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}L/4$ , con $L$ multiplicando, cuando de las ecuaciones sale $MR^{2}\omega_{1}\omega_{2}/(4L)$ —con $L$ multiplicando no serían newtons—, y llama $A_y = B_y = Mg/2$ a las estáticas cuando el peso es vertical y le toca a $A_z = B_z$ . La resolución oficial del curso trae las dos cosas bien.

Y una fina, que conviene ver: si se plantean las seis ecuaciones con solo seis incógnitas de reacción, la del momento alrededor del propio eje AB no se cumple, y lo que sobra vale exactamente $MgL$ . No es un error del planteamiento: es el par motor que hace falta para que $\omega_{2}$ se mantenga constante con el disco colgando a un lado del eje. Los apoyos $A$ y $B$ no pueden darlo, porque están sobre el propio eje.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.4 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo.

Las reacciones estáticas y dinámicas de un cilindro con dos giros

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular las reacciones estáticas y dinámicas en los apoyos $A$ y $B$ .

Datos: $M = 20\ \text{kg}$ ; $I_{Gx} = I_{Gz} = 0{,}1595\ \text{kg}\cdot\text{m}^{2}$ ; $I_{Gy} = 0{,}0625\ \text{kg}\cdot\text{m}^{2}$ ; $\omega_{y} = 75\ \text{rad/s}$ (constante); $\omega_{z} = 25\ \text{rad/s}$ (constante).

Las reacciones estáticas y las dinámicas en los dos cojinetes, en newtons.

01
Reconocer el camino
COMP1
De los tres momentos de inercia que dan los datos, ¿cuál entra en el par que tienen que soportar los cojinetes?
02
La reacción estática
COMP2
Con el conjunto parado, ¿cuánto vale la reacción vertical en cada apoyo, en newtons?
Tu respuesta al paso 2un número, en N — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La reacción dinámica
COMP2
¿Cuánto vale la parte dinámica de la reacción vertical en cada apoyo, en newtons?
Tu respuesta al paso 3un número, en N — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La reacción total en A
COMP2
Sumando las dos, ¿cuánto vale la reacción vertical total en el apoyo $A$ , aquel en el que la parte dinámica suma, en newtons?
Tu respuesta al paso 4un número, en N — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $G$ está sobre el eje vertical y no se mueve, así que $\vec{a}_G = \vec{0}$ y las tres ecuaciones de fuerzas solo hablan del peso.
2. En ejes principales del cilindro, $\vec{H}_G = I_{Gy}\omega_{y}\vec{e}_2 + I_{Gz}\omega_{z}\vec{e}_3$ , con las dos componentes constantes.
3. Su derivada es solo $\vec{\Omega}\times\vec{H}_G = -I_{Gy}\omega_{y}\omega_{z}\vec{e}_1$ , perpendicular a los dos ejes de giro.

Resolución completa

El sólido. El centro de gravedad $G$ está en el cruce de los dos ejes de giro y no se mueve: es punto fijo, $\vec{a}_G = \vec{0}$ , y las ecuaciones de fuerzas se reducen a repartir el peso. Toda la gracia está en el momento.

El momento angular y su derivada. La velocidad angular del cilindro es $\vec{\omega} = \omega_{y}\vec{e}_2 + \omega_{z}\vec{e}_3$ , y en ejes principales

\vec{H}_G = I_{Gy}\,\omega_{y}\,\vec{e}_2 + I_{Gz}\,\omega_{z}\,\vec{e}_3

Como el cilindro es de revolución, basta con que los ejes acompañen al bastidor — $\vec{\Omega} = \omega_{z}\vec{e}_3$ — para que el tensor no cambie. Las dos componentes son constantes, así que la derivada es solo el término de Boure:

\frac{d\vec{H}_G}{dt} = \vec{\Omega}\times\vec{H}_G = -I_{Gy}\,\omega_{y}\,\omega_{z}\,\vec{e}_1 = -117{,}19\ \text{N}\cdot\text{m}\,\vec{e}_1

Las reacciones. Ese par lo equilibra una pareja de fuerzas verticales en $A$ y $B$ , separadas $2d = 0{,}5\ \text{m}$ :

A_z = \frac{Mg}{2} + \frac{I_{Gy}\omega_{y}\omega_{z}}{2d} \qquad B_z = \frac{Mg}{2} - \frac{I_{Gy}\omega_{y}\omega_{z}}{2d}

Con los datos: estáticas $A_z = B_z = 98{,}1\ \text{N}$ ; dinámicas $\pm 234{,}4\ \text{N}$ ; totales $A_z = 332{,}5\ \text{N}$ y $B_z = -136{,}3\ \text{N}$ . Las tres cifras coinciden con las que publica la colección.

Lo que hay que llevarse. La parte dinámica es aquí 2,4 veces el peso entero del cilindro, y sale de un giro perfectamente uniforme. Por eso a un rotor que además cabecea no se le dimensionan los cojinetes con la estática: es el término $\vec{\Omega}\times\vec{H}_G$ el que los rompe. Y fíjate en que $I_{Gz} = 0{,}1595$ no se usa en ningún sitio: el enunciado lo da, pero su componente de $\vec{H}_G$ es paralela a $\vec{\Omega}$ y desaparece en el producto vectorial.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.5 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo.

La velocidad angular máxima para no pasarse de reacción dinámica

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Un disco de masa 0,285 kg gira con velocidad angular constante $\omega_{1} = 750\ \text{rpm}$ . La velocidad angular del eje AB es constante $\omega_{2}$ .

Calcular la velocidad angular máxima $\omega_{2}$ para que las reacciones dinámicas en $A$ y $B$ sean inferiores a 1,1 N. El apoyo $B$ no soporta esfuerzo en la dirección $X$ .

El valor máximo de la velocidad angular del eje AB para que la reacción dinámica no llegue a 1,1 N.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿De dónde salen las reacciones dinámicas que hay que limitar?
02
El momento de inercia del disco
COMP2
¿Cuánto vale el momento de inercia del disco respecto de su eje de giro propio, en kg·m²?
Tu respuesta al paso 2un número, en kg·m2 — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La velocidad angular máxima del eje
COMP2
¿Cuál es el mayor valor de $\omega_{2}$ , en rad/s, con el que la reacción dinámica no llega a 1,1 N?
Tu respuesta al paso 3un número, en rad/s — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
El mismo resultado en revoluciones por minuto
COMP2
¿Cuánto es esa velocidad angular en rpm?
Tu respuesta al paso 4un número, en rpm — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El centro del disco está sobre el eje AB y no se mueve, así que $\vec{a}_G = \vec{0}$ y las reacciones dinámicas no vienen de ninguna fuerza de inercia.
2. Con los dos giros constantes, $d\vec{H}_G/dt = \vec{\Omega}\times\vec{H}_G$ tiene módulo $I_{Gz}\omega_{1}\omega_{2}$ y es perpendicular a los dos ejes.
3. Ese par lo equilibran dos fuerzas iguales y opuestas en $A$ y $B$ , separadas $2d$ , así que cada una vale $I_{Gz}\omega_{1}\omega_{2}/(2d)$ .

Resolución completa

Qué se pide exactamente. El enunciado no limita lo que cargan los apoyos, sino la parte dinámica: la que aparece por el movimiento y desaparecería con todo parado. Conviene separarlas desde el principio, porque la estática del peso, $mg/2 = 1{,}40\ \text{N}$ , ya sería mayor que el tope de 1,1 N y no viene al caso.

La dinámica. El centro del disco está sobre el eje AB, así que no se mueve: $\vec{a}_G = \vec{0}$ y no hay ninguna fuerza de inercia que repartir. Lo único que exige el movimiento es un par. En ejes ligados al disco, con $\vec{e}_1$ a lo largo de AB y $\vec{e}_3$ perpendicular al disco,

\vec{H}_G = I_{Gx}\,\omega_{2}\,\vec{e}_1 - I_{Gz}\,\omega_{1}\,\vec{e}_3 \qquad \frac{d\vec{H}_G}{dt} = \vec{\Omega}\times\vec{H}_G = I_{Gz}\,\omega_{1}\,\omega_{2}\,\vec{e}_2

El reparto. Ese par lo equilibra una pareja de fuerzas en $A$ y $B$ , separadas $2d = 0{,}2\ \text{m}$ :

A_z = \frac{I_{Gz}\,\omega_{1}\,\omega_{2}}{2d} = -B_z

La condición. Con $I_{Gz} = \tfrac12 m r^{2} = 3{,}5625\cdot 10^{-4}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{2}$ y $\omega_{1} = 78{,}54\ \text{rad/s}$ :

\omega_{2} \le \frac{2{,}2\,d}{I_{Gz}\,\omega_{1}} = 7{,}86\ \text{rad/s} = 75\ \text{rpm}

La comprobación. El momento de inercia se ha recalculado sumando masa a masa sobre el disco discretizado, $3{,}5620\cdot 10^{-4}$ , y el valor de la colección, 7,86 rad/s, sale de la desigualdad con cuatro cifras: 7,8628 rad/s, o 75,08 rpm.

Lo que enseña el número. Un disco de menos de trescientos gramos girando a 750 rpm obliga a limitar el segundo giro a 75 rpm, diez veces menos, si no se quiere cargar los cojinetes con más de un newton. Esa es la magnitud del efecto giroscópico.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.6 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo. Los valores numéricos de las casillas usan el lado que da la figura, 450 mm, y se declaran en cada pregunta.

La placa cuadrada que se levanta al girar el pasador en T

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Una placa cuadrada de lado $a$ y masa $m$ está articulada a un pasador con forma de T que gira alrededor del eje $OY$ con velocidad angular $\omega_{1} = \omega$ constante.

Calcular:

El valor de $\omega$ para el cual se mantiene el valor $\beta = 40^{\circ}$ constante.

El intervalo de valores de $\omega$ para el cual la placa permanece vertical $\beta = 90^{\circ}$ .

El valor de la velocidad angular que mantiene la placa a 40 grados y el intervalo que la mantiene vertical.

01
Reconocer el camino
COMP1
Los ejes de la placa son sus ejes de simetría. ¿Cuánto valen sus momentos de inercia en el centro de gravedad?
02
La velocidad angular que mantiene los 40 grados
COMP2
Con $a = 0{,}45\ \text{m}$ y $g = 9{,}81\ \text{m/s}^{2}$ , ¿cuánto vale $\omega$ para que $\beta = 40^{\circ}$ se mantenga constante, en rad/s?
Tu respuesta al paso 2un número, en rad/s — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El límite para que la placa siga vertical
COMP2
¿Por debajo de qué valor de $\omega$ se queda la placa vertical, en rad/s?
Tu respuesta al paso 3un número, en rad/s — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La velocidad angular de la placa es $\vec{\omega}_p = -\omega\operatorname{sen}\beta\,\vec{e}_1 + \omega\cos\beta\,\vec{e}_2$ , la vertical descompuesta en sus ejes principales.
2. Con $\vec{\omega}$ constante en módulo, $d\vec{H}_G/dt$ es solo $\vec{\Omega}\times\vec{H}_G = (I_{Gx}-I_{Gy})\,\omega^{2}\operatorname{sen}\beta\cos\beta\,\vec{e}_2$ .
3. Tomando momentos en el punto fijo $O$ y proyectando sobre el eje de la charnela, las reacciones de $A$ y $B$ no aparecen y queda $\omega^{2} = 3g/(2a\operatorname{sen}\beta)$ .

Resolución completa

El planteamiento. La placa está unida al pasador por la charnela $AB$ , y el pasador gira alrededor de la vertical con $\omega$ constante. Si $\beta$ se mantiene, la placa está rígidamente unida al pasador y su velocidad angular es la vertical descompuesta en los ejes principales de la placa:

\vec{\omega}_p = -\omega\operatorname{sen}\beta\,\vec{e}_1 + \omega\cos\beta\,\vec{e}_2

con $I_{Gx} = I_{Gz} = ma^{2}/12$ e $I_{Gy} = ma^{2}/6$ .

El par que la levanta. Las componentes de $\vec{H}_G$ son constantes, así que su derivada es puro término de Boure:

\frac{d\vec{H}_G}{dt} = \vec{\Omega}\times\vec{H}_G = \left(I_{Gx}-I_{Gy}\right)\omega^{2}\operatorname{sen}\beta\cos\beta\,\vec{e}_2 = -\tfrac{1}{12}ma^{2}\omega^{2}\operatorname{sen}\beta\cos\beta\,\vec{e}_2

Además $G$ no está en el eje: describe una circunferencia de radio $\tfrac{a}{2}\cos\beta$ , y su aceleración centrípeta entra en las ecuaciones de fuerzas.

La ecuación que queda. Escribiendo momentos en $O$ , que es punto fijo, y proyectando sobre el eje de la charnela, las reacciones de $A$ y $B$ desaparecen —están sobre ese eje— y queda una sola ecuación:

\tfrac23\,a\,\omega^{2}\operatorname{sen}\beta = g \qquad\Longrightarrow\qquad \omega = \sqrt{\frac{3g}{2a\operatorname{sen}\beta}}

Los dos apartados. Con $a = 0{,}45\ \text{m}$ :

\beta = 40^{\circ}:\quad \omega = 1{,}5276\sqrt{\frac{g}{a}} = 7{,}13\ \text{rad/s}

\beta = 90^{\circ}:\quad \operatorname{sen}\beta = \frac{3g}{2a\omega^{2}} \le 1 \;\Longrightarrow\; \omega < 1{,}2247\sqrt{\frac{g}{a}} = 5{,}72\ \text{rad/s}

El segundo apartado es una desigualdad y no un valor, y ese es el resultado que hay que entender: la posición vertical siempre es una solución de equilibrio, pero deja de ser la única en cuanto $3g/(2a\omega^{2})$ baja de 1. A partir de ahí la placa se levanta y se queda en el $\beta$ que cumple la igualdad.

La comprobación. El equilibrio se ha vuelto a comprobar por otro camino, sin tensor de inercia: discretizando la placa en masas puntuales, calculando $\vec{H}_O$ como $\sum m_i\,\vec{r}_i\times\vec{v}_i$ y derivando numéricamente. Con la $\omega$ de la fórmula, el momento del peso alrededor del eje de la charnela y la derivada del momento angular coinciden a la cuarta cifra para $\beta = 40^{\circ}$ y $\beta = 60^{\circ}$ , y los dos se anulan a la vez en $\beta = 90^{\circ}$ , que es por lo que ahí el resultado es un intervalo.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 10.7 · Tema 10, «Dinámica del sólido rígido» · Mecánica Aplicada, UPV/EHU, curso 2025-2026. La colección publica el resultado, contra el que está contrastado el desarrollo, y también se ha usado la resolución oficial del curso para comprobarlo. Como el resultado es simbólico, las casillas piden su valor con unos datos de prueba que se declaran en cada pregunta.

La barra que gira dentro de un plano que a su vez gira

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se considera una barra rígida homogénea de masa $M$ y longitud $L$ contenida en un plano vertical $\pi$ y cuyo centro está fijo en $O$ . El plano gira alrededor de un eje vertical fijo que pasa por $O$ según la variación de un parámetro angular $\psi$ mientras que la barra gira sobre el plano según otro parámetro $\theta$ . El sistema se lanza con determinadas velocidades angulares iniciales en una posición inicial sin estar sometido a otras acciones aplicadas que no sean las gravitatorias. Calcular:

a) El momento angular respecto al centro de gravedad de la barra $O$ .

b) Los momentos generados por las reacciones alrededor del punto $O$ .

El momento angular de la barra respecto de su centro O y el momento que hay que aplicarle en O, en función de M, L y los dos ángulos con sus derivadas.

01
Reconocer el camino
COMP1
La velocidad angular de la barra tiene una componente a lo largo de la propia barra, $\dot{\psi}\cos\theta$ . ¿Qué momento angular aporta?
02
La componente del momento angular perpendicular a la barra
COMP2
Con los valores de prueba $M = 2\ \text{kg}$ , $L = 1{,}2\ \text{m}$ , $\theta = 60^{\circ}$ , $\dot{\theta} = 2\ \text{rad/s}$ y $\dot{\psi} = 3\ \text{rad/s}$ , ¿cuánto vale la componente de $\vec{H}_O$ según $\vec{e}_2$ , en kg·m²/s?
Tu respuesta al paso 2un número, en kg·m2/s — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El momento según el eje perpendicular al plano
COMP2
Con los mismos valores y además $\ddot{\theta} = 0$ , ¿cuánto vale la componente de $\vec{M}_O$ según $\vec{e}_1$ , en N·m?
Tu respuesta al paso 3un número, en N·m — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
El momento según el eje del plano perpendicular a la barra
COMP2
Con los mismos valores y $\ddot{\psi} = 1\ \text{rad/s}^{2}$ , ¿cuánto vale la componente de $\vec{M}_O$ según $\vec{e}_2$ , en N·m?
Tu respuesta al paso 4un número, en N·m — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el cálculo del momento en O. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La velocidad angular de la barra es $\vec{\omega} = \dot{\theta}\,\vec{e}_1 + \dot{\psi}\operatorname{sen}\theta\,\vec{e}_2 + \dot{\psi}\cos\theta\,\vec{e}_3$ .
2. Como $I_{Gz} = 0$ a lo largo de la barra, $\vec{H}_O = \tfrac{ML^{2}}{12}\dot{\theta}\,\vec{e}_1 + \tfrac{ML^{2}}{12}\dot{\psi}\operatorname{sen}\theta\,\vec{e}_2$ , sin componente según la barra.
3. Los ejes están unidos a la barra, así que $\vec{M}_O = \left(d\vec{H}_O/dt\right)_{\text{rel}} + \vec{\omega}\times\vec{H}_O$ , y hay que sumar los dos trozos.

Resolución completa

Los ejes y la velocidad angular. Se toman ejes unidos a la barra con el origen en $O$ , que es punto fijo: $\vec{e}_3$ a lo largo de la barra, $\vec{e}_1$ perpendicular al plano $\pi$ y $\vec{e}_2$ en el plano, perpendicular a la barra. El giro del plano es vertical y la vertical forma $\theta$ con la barra, así que

\vec{\omega} = \dot{\theta}\,\vec{e}_1 + \dot{\psi}\operatorname{sen}\theta\,\vec{e}_2 + \dot{\psi}\cos\theta\,\vec{e}_3

a) El momento angular. Para una barra delgada $I_{Gx} = I_{Gy} = ML^{2}/12$ y $I_{Gz} = 0$ , así que la tercera componente de $\vec{\omega}$ no aporta nada:

\vec{H}_O = \frac{ML^{2}}{12}\,\dot{\theta}\,\vec{e}_1 + \frac{ML^{2}}{12}\,\dot{\psi}\operatorname{sen}\theta\,\vec{e}_2

b) Los momentos en O. Los ejes giran con la barra, con $\vec{\Omega} = \vec{\omega}$ , así que hay que derivar con Boure. La parte relativa es

\left(\frac{d\vec{H}_O}{dt}\right)_{\text{rel}} = \frac{ML^{2}}{12}\ddot{\theta}\,\vec{e}_1 + \frac{ML^{2}}{12}\left(\ddot{\psi}\operatorname{sen}\theta + \dot{\psi}\dot{\theta}\cos\theta\right)\vec{e}_2

y el producto vectorial añade

\vec{\omega}\times\vec{H}_O = \frac{ML^{2}}{12}\left(-\dot{\psi}^{2}\operatorname{sen}\theta\cos\theta\,\vec{e}_1 + \dot{\psi}\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{e}_2\right)

Sumando los dos:

\vec{M}_O = \frac{ML^{2}}{12}\left(\ddot{\theta} - \dot{\psi}^{2}\operatorname{sen}\theta\cos\theta\right)\vec{e}_1 + \frac{ML^{2}}{12}\left(\ddot{\psi}\operatorname{sen}\theta + 2\dot{\psi}\dot{\theta}\cos\theta\right)\vec{e}_2

Qué significa. El peso está aplicado en $O$ , que es el centro de gravedad, así que no da momento: todo esto lo hacen las reacciones del apoyo. Fíjate en el segundo sumando de $\vec{e}_2$ : el 2 aparece porque dos caminos distintos —derivar la componente y el producto vectorial— dan el mismo término. Quien solo derive las componentes se deja la mitad.

La comprobación. Con $M = 2\ \text{kg}$ , $L = 1{,}2\ \text{m}$ , $\theta = 60^{\circ}$ , $\dot{\theta} = 2$ , $\ddot{\theta} = 0$ , $\dot{\psi} = 3$ y $\ddot{\psi} = 1$ salen $H_{O1} = 0{,}480$ y $H_{O2} = 0{,}6235\ \text{kg}\cdot\text{m}^{2}/\text{s}$ , $M_{O1} = -0{,}9353$ y $M_{O2} = 1{,}6478\ \text{N}\cdot\text{m}$ . Las cuatro cifras se han obtenido también por otro camino: discretizando la barra en masas puntuales, calculando $\sum m_i\,\vec{r}_i\times\vec{v}_i$ en ejes fijos y derivando numéricamente, sin usar el tensor de inercia ni la fórmula de Boure.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Dinámica del sólido rígido

El momento angular y el tensor de inercia

La energía cinética de un sólido

El trabajo de las fuerzas

Cómo se aplican los teoremas

Lo que hay que llevarse

Reconocer el camino

La energía cinética total

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El momento necesario

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La energía cinética del disco

La componente vertical del momento angular en O

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La energía potencial del sistema

La energía cinética de la barra CD

La energía cinética de la barra AB

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La aceleración angular del disco

La aceleración del punto E

La reacción horizontal perpendicular al eje

El término giroscópico de la reacción vertical

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La reacción estática

La reacción dinámica

La reacción total en A

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El momento de inercia del disco

La velocidad angular máxima del eje

El mismo resultado en revoluciones por minuto

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La velocidad angular que mantiene los 40 grados

El límite para que la placa siga vertical

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La componente del momento angular perpendicular a la barra

El momento según el eje perpendicular al plano

El momento según el eje del plano perpendicular a la barra

Justificar el argumento