10 Cuerpo rígido

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10. Dinámica del cuerpo rígido 275 10. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO Un cuerpo rígido cuya densidad es ) (r ρ se puede estudiar como un sistema de partículas de masa dm dV = ρ( ) r 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 despre- ciar 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 r r r r = = ρ ρ ρ ( ) ( ) ( ) dV dV dV m (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 r r ρ()dV = 0 . O dm =ρ dV CM R r r' 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 combina- ción de traslación y rotación. Hay muchas maneras de describir este movimiento pero esencial- mente todas parten de elegir un punto relacionado con el cuerpo, que puede ser parte de él o sim- plemente 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 ele- gir 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.

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10. Dinámica del cuerpo rígido

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10. DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

Un cuerpo rígido cuya densidad es )(r ′ρ se puede estudiar como un sistema de partículas demasa dm dV= ′ρ( )r cuya posición relativa no varía con el tiempo. En realidad no hay cuerposperfectamente rígidos ya que todos los materiales se deforman en mayor o menor medida cuandoestán sometidos a esfuerzos. Pero como en muchos casos las deformaciones se pueden despre-ciar el modelo de cuerpo rígido es muy útil. Igual que para un sistema de masas puntiformes elcentro de masa o baricentro de un cuerpo rígido se define como el punto CM cuya posición(Fig. 10.1) está dada por

Rr r

r

r r=

′ ′

′=

′ ′∫∫

∫ρ

ρ

ρ( )

( )

( )dV

dV

dV

m(10.1)

siendo m la masa del cuerpo. Si r es la posición del elemento ρ( )′r dV respecto de CM,rRr +=′ y de la definición (10.1) resulta r rρ( )dV =∫ 0.

O

dm =ρ dV

CM

R

r

r'

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 combina-ción de traslación y rotación. Hay muchas maneras de describir este movimiento pero esencial-mente todas parten de elegir un punto relacionado con el cuerpo, que puede ser parte de él o sim-plemente estar vinculado geométricamente a él. Se describen entonces las traslaciones de esepunto y las rotaciones del cuerpo respecto de dicho punto. La elección del punto es arbitraria yse basa en la conveniencia.Si el cuerpo rígido está vinculado (por ejemplo si tiene un punto fijo o un eje fijo) es natural ele-gir 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 lastraslaciones del centro de masa y las rotaciones respecto de él.

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10. Dinámica del cuerpo rígido

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Traslaciones del centro de masa

Lo visto en el Capítulo 8 para sistemas en general vale también para un cuerpo rígido1. La ecua-ción del movimiento del centro de masa es entonces

m e e i e˙ , ,R F F F= = ∑ (10.2)

siendo Fe la resultante de las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo (Fig. 10.2). Elmomento angular respecto del punto de observación debido al movimiento del centro de masa es

L R P P RCM , ˙= × = m (10.3)

y su variación está dada por

d

dt e eL

R F MCM = × = (10.4)

donde Me es el momento respecto de O de la resultante de las fuerzas externas, consideradacomo si estuviese aplicada en CM. La dinámica del centro de masa es pues equivalente a la deun objeto puntiforme y por ese motivo de ahora en más no la vamos a considerar.

O

CM

R

Fe

P

Me = R ×Fe

LCM = R ×P

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 cons-tituida por las rotaciones y ese es el objeto de estudio de este Capítulo. Salvo expresa menciónen contrario nos referiremos a rotaciones alrededor de un eje (instantáneo) que pasa por CM. Seapues ωωωω 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.

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dm dV= ρ cuya posición respecto de CM es r tiene una velocidad de rotación v rr = ×ωω . Si Ves la velocidad de CM, la velocidad de dm respecto de un observador en O es

v v V r V= + = × +r ωω (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 v v= +′r P siendo r′v la velocidad de dm respecto de P y v r VP P= × +ωω lavelocidad de P respecto de O. Luego ωω ωω× = + ×′r v rr P y entonces

v r r r′ = × − = × ′r Pωω ωω( ) (10.6)

O

CM

dm

r

w

P

r'

rP

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 referimosel movimiento. Por eso se habla de velocidad angular del cuerpo. En lo que sigue trataremossólo rotaciones, de modo que

v v r= = ×r ωω (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 unmomento angular debido a su movimiento de rotación2 y ésta es la variable dinámica fundamen-tal para el tratamiento de las rotaciones. El momento angular debido a la rotación de un elementode masa dm dV= ρ( )r es d dL r p= × con d dm dmp v r= = ×ωω . Luego d dVL r r= × ×( )ωω ρ .

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.

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CM

dm

r

r⊥

r||

w

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 ωωωω, res-pectivamente (Fig. 10.4). Entonces

r r r r r r× × = × × + × ×⊥ ⊥ ⊥( ) ( ) ( )||ωω ωω ωω (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 r r× × = −⊥ ⊥( ) ||ωω ωωr r2 ω (10.9)

y sustituyendo en la expresión de dL resulta

d r dV r dVL r= −⊥ ⊥2ωωρ ω ρ|| (10.10)

El momento angular del cuerpo se obtiene sumando las contribuciones de todos los elementos demasa del mismo, por lo tanto

L r= −⊥ ⊥∫ ∫ωω r dV r dV2ρ ω ρ|| (10.11)

Esta es la relación general entre L y ωωωω para un cuerpo rígido y conviene comentarla. El mo-mento angular es la suma de dos contribuciones: una paralela y otra perpendicular a ωωωω. La pri-mera contribución es

L|| ||= =⊥∫ωω ωωr dV I2ρ (10.12)

donde hemos introducido

I r dV|| = ⊥∫ 2ρ (10.13)

La magnitud I|| depende de las características del cuerpo y de la dirección del eje de rotación yse denomina momento de inercia respecto del eje ωωωω; es igual a la suma de todos los elementos de

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masa, multiplicados por el cuadrado de su distancia al eje de rotación. En general I|| depende deltiempo porque la posición del eje de rotación no tiene porqué mantenerse constante respecto delcuerpo: la simplicidad de la fórmula (10.11) es sólo aparente. El segundo término de L es

L r I⊥ ⊥ ⊥= − =∫ω ρ ωr dV|| (10.14)

y es un vector perpendicular a ωωωω. Su interpretación se facilita si escribimos dV dr dS= || siendodS un elemento de superficie en un plano perpendicular a ωωωω y dr|| un elemento de longitud pa-ralelo a ωωωω (ver Fig. 10.5). Entonces

I r r⊥ ⊥ ⊥= − = −∫ ∫ ∫r dr dS r dr dS|| || || ||ρ ρ (10.15)

CM

r⊥

r||

dr||dS

CM(r||)

w

Fig. 10.5. Interpretación del término L⊥ .

La masa de una rodaja del cuerpo de espesor dr|| y perpendicular a ωωωω en r|| es dm r dr dS( )|| ||= ∫ ρy la posición de su centro de masa, en el plano de la misma, es

rr

⊥⊥= ∫

CM rdr dS

dm r( )

( )||||

||

ρ(10.16)

Entonces

I r⊥ ⊥= −∫ r dm r rCM|| || ||( ) ( ) (10.17)

Luego la integral que nos ocupa es una suerte de momento del momento de la distribución demasa: se promedian las posiciones de los centros de masa de las rodajas, con un peso proporcio-nal a la masa de la rodaja y a la distancia r|| entre el plano de la misma y el centro de masa delcuerpo. Claramente I⊥ depende en general del tiempo, por las mismas razones invocadas paraI||. Las componentes de I⊥ se llaman productos de inercia respecto del eje ωωωω.Resumiendo lo anterior podemos escribir que para un cuerpo rígido

L I I r= + = = −⊥ ⊥ ⊥ ⊥∫ ∫ωωI I r dV r dV|| ω ρ ρ, ,|| ||2 (10.18)

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En general L y ωωωω no son paralelos (Fig. 10.6) y por eso la rotación de un cuerpo rígido es asuntocomplicado. Incluso en ausencia de fuerzas externas (y por lo tanto de momento externo), laconservación de L no significa que se conserve ωωωω, ni en dirección ni en módulo.

CM

w

L

wIωωI

⊥,ω

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 deltiempo sólo debido a la dependencia de la dirección del eje de rotación. Hay casos importantesen que I⊥ es nulo y entonces L es paralelo a ωωωω. 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 ωωωω 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 dis-tribuciones de masa es nula; por lo tanto I⊥ = 0 y ωωωω y L son paralelos.

CM

w

CM(r||)

w

CM(r||)

CM

CM(–r||)

(a) (b)

Fig. 10.7. L es paralelo a ωωωω cuando: (a) el cuerpo gira alrededor de un eje de simetría, (b)el eje de rotación es perpendicular a un plano de simetría.

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Ejes principales de inercia

Los casos antes mencionados no son los únicos en que L es paralelo a ωωωω. Cualquiera sea laforma 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, talesque I⊥ = 0 si ωωωω está en la dirección de uno de ellos. Por lo tanto si ωωωω es paralelo al eje ξ

L = = +∫ωωI I dVξ ξ η ζ ρ, ( )2 2 (10.19)

si ωωωω es paralelo al eje η

L = = +∫ωωI I dVη η ξ ζ ρ, ( )2 2 (10.20)

y si ωωωω es paralelo al eje ζ

L = = +∫ωωI I dVζ ζ ξ η ρ, ( )2 2 (10.21)

CM

r

w

CM

w

dm =ρ dV

x

y

z

x

y

z

ξ

η

ζ

(a) (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 r r r IL= × × = × × =∫ ∫( ) ( ˆ )ωω ωωρ ω ρ ωdV dV (10.22)

donde

I r r r rL dV r dV= × × = − ⋅∫ ∫( ˆ ) [ ˆ ( ) ]ωω ωω ωωρ ρ2 (10.23)

ahora

[ ˆ ( ) ] ( )r y z xy xzxx y z2 2 2ωω ωω− ⋅ = + − −r r

ωω

ω

ωωω

(10.24)

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10. Dinámica del cuerpo rígido

282

y análogamente para las componentes y, z. Si entonces llamamos:

I I x x dV i j I x dVij ji i j ii jj i

= = − ≠ =∫ ∫∑≠

ρ ( ) , 2 (10.25)

será

( )

( )

( )

I

I

I

L xx

xxy

xyz

xz

L yx

xyy

yyz

yz

L zx

xzy

yzz

zz

I I I

I I I

I I I

= + +

= + +

= + +

ωω

ω

ωωω

ωω

ω

ωωω

ωω

ω

ωωω

(10.26)

Las Iij son constantes en el sistema x, y, z fijo al cuerpo de modo que las podemos calcular deuna 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 ωi / son los cosenos directo-res del eje de rotación.Si existe una dirección tal que L y ωωωω son paralelas se debe cumplir que

( ) , ( ) , ( )|| || ||I I IL xx

L yy

LzI I I= = =

ωω

ω

ωωω

(10.27)

de modo que los cosenos directores de esa dirección deben satisfacer el sistema de ecuaciones

ω ω ω

ω ω ω

ω ω ω

x xx y xy z xz

x xy y yy z yz

x xz y yz z zz

I I I I

I I I I

I I I I

( )

( )

( )

||

||

||

− + + =

+ − + =

+ + − =

0

0

0

(10.28)

Aún no conocemos I|| ya que para calcularlo deberíamos conocer la dirección de ωωωω que justa-mente estamos buscando. Sin embargo los valores posibles de I|| quedan determinados por lacondición que el sistema de ecuaciones (10.28) tenga soluciones no triviales, esto es que se anuleel determinante de los coeficientes:

I I I I

I I I I

I I I I

xx xy xz

xy yy yz

xz yz zz

=||

||

||

0 (10.29)

Desarrollando el determinante, la condición se escribe en la forma de una ecuación cúbica paraI||. Si I|| es una raíz de dicha ecuación, hay soluciones del sistema (10.28). Se puede mostrar quela (10.29) tiene siempre tres raíces reales. A cada una de estas raíces le corresponde una solucióndel sistema (10.28) que da los cosenos directores de un eje fijo al cuerpo tal que si el cuerpo giraalrededor de ese eje, L es paralelo a ωωωω. En general hay entonces tres ejes ξ, η, ζ diferentes que sepuede mostrar son ortogonales entre sí y que se llaman ejes principales de inercia, tales que si elcuerpo gira alrededor de uno de ellos, L es paralelo a ωωωω. 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.

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a los momentos de inercia para rotaciones alrededor de los ejes principales de inercia se llamanmomentos 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 alrededordel eje ξ con velocidad angular ωξ se tiene que

L = =ˆ ˆωω ωωL Iξ ξ ξω (10.30)

si gira con velocidad angular ωη alrededor de η:

L = =ˆ ˆωω ωωL Iη η ηω (10.31)

y si gira alrededor de ζ con velocidad angular ωζ

L = =ˆ ˆωω ωωL Iζ ζ ζω (10.32)

En general, si gira con una velocidad angular ωω ξξ ηη ζζ= + +ω ω ωξ η ζˆ ˆ tendremos que

L = + +ω ω ωξ ξ η η ζ ζI I Iˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ (10.33)

que podemos escribir en la forma

L I= ω L (10.34)

donde

IL I I I= + +ω

ω

ω

ω

ω

ωξ

ξη

ηζ

ζˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ (10.35)

Comparando esta expresión con la (10.26) donde se dan las componentes de IL en el sistema x,y, z, vemos que en el sistema de ejes principales se anulan los productos de inercia; por otraparte si los productos de inercia se anulan los I|| soluciones de la (10.29) son precisamente losmomentos de inercia respecto de los ejes, como debe ser. Además tenemos

I I I I|| = + +ω

ω

ω

ω

ω

ωξ

ξη

ηζ

ζ

2

2

2

2

2

2 (10.36)

y

I I⊥ = −L Iˆ ||ωω (10.37)

con

( ) ,I⊥ = −

− −

ξξ ξ

ξη

ηζ

ζ

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω1

2

2

2

2

2

2I I I etc. (10.38)

4 Los momentos principales de inercia son los autovalores de la matriz ( Iij ).

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Notar que al referirnos a los ejes principales se gana claridad porque los productos de inercia sonnulos y entonces vale la (10.33). Además Iξ , Iη , Iζ son constantes, independientes del tiempo, yse pueden calcular de una vez para siempre. Sin embargo la orientación de los ejes principalesdepende 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

I I I I mRξ η ζ= = = = 25

2 (10.39)

Para un cubo (Fig. 10.9b) cualquier terna ortogonal es principal y

I I I I mLξ η ζ= = = = 16

2 (10.40)

El eje ζ de un cilindro de radio R y longitud L (Fig. 10.9c) es eje principal y cualquier par de ejesξ, η ortogonales a él que pasan por el centro es principal; los correspondientes momentos deinercia son

I I mL R

I mRξ η ζ= = +

=

2 212

2

12 4, (10.41)

(b)(a)

R

ζ

(c)

M L M

R

ML

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 movi-miento a ese eje. Sea Q el pie de la perpendicular desde CM hasta el eje, y R la posición de CMreferida a Q. Entonces para un punto P cualquiera r R rQ = + y el momento angular respecto deQ de un elemento de masa ubicado en P es

d dVQ Q QL r r= × ×( )ωω ρ (10.42)

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10. Dinámica del cuerpo rígido

285

CM

r

Q eje

PR

rQ

Fig. 10.10. Momento angular y momento de inercia respecto de un eje que no pasa por elbaricentro.

Veamos la relación entre LQ y el momento angular LC respecto de C. Claramente

L R R R r r R r rQ dV dV dV dV= × × + × × + × × + × ×∫ ∫ ∫ ∫( ) ( ) ( ) ( )ωω ωω ωω ωωρ ρ ρ ρ (10.43)

ahora:

R R

R r R r

r R r R

r r L

× × =

× × = × ×( ) =

× × = ( ) × ×( ) =

× × =

∫∫ ∫∫ ∫∫

( )

( )

( )

( )

ωω ωω

ωω ωω

ωω ωω

ωω

ρ

ρ ρ

ρ ρ

ρ

dV mR

dV dV

dV dV

dV C

2

0

0(10.44)

y entonces L LQ CMR= +2ωω . Pero L LC I= + ⊥ωω || donde L⊥ ≠ 0 si ωω no está dirigido segúnuno de los ejes principales. Entonces

L LQ I mR= + + ⊥ωω( )||2 (10.45)

que podemos escribir en la forma

L LQ QI= + ⊥ωω || (10.46)

con

I I MRQ|| ||= + 2 (10.47)

Este resultado es el Teorema de Steiner, y permite calcular el momento de inercia alrededor deun eje cualquiera en términos del momento de inercia alrededor de un eje paralelo al dado y quepasa por el centro de masa, y de la distancia entre el eje y CM.

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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

d

dt i e i e i i eL

M M R F= = ×∑ , , ,, (10.48)

donde L es el momento angular respecto del punto O a partir del cual se toman los momentos. Siel cuerpo está obligado a girar alrededor de un eje fijo Q la dirección de ωωωω es fija y coincide conel eje (Fig. 10.10). Tomando la proyección sobre el eje de la ecuación (10.48) tenemos que

dL

dtI

d

dtMQ

Q i e e||

|| , || ,||= = ( ) =∑

ωM (10.49)

o sea, usando la (10.47)

Id

dtM I I MRQ e Q|| ,|| || ||,

ω= = + 2 (10.50)

Esta ecuación es suficiente para determinar ω. Conocido ω las demás ecuaciones permiten de-terminar las reacciones de los vínculos (cojinetes) debidas a que el cuerpo está obligado a girarmanteniendo el eje fijo. No nos ocuparemos de este problema aunque es de gran importanciapráctica. Si el eje no pasa por el centro de masa y/o si no es un eje principal de inercia las reac-ciones pueden ser muy grandes y si la velocidad angular es elevada pueden superar la resistenciade los materiales5.

Energía cinética de rotación

Conviene tener a mano expresiones de la energía cinética de un cuerpo rígido en términos de lavelocidad angular, el momento angular y los momentos de inercia. Si u es la velocidad de trasla-ción de un punto del cuerpo, la velocidad de otro punto cualquiera cuya posición es r referida alprimero es v u v= + r donde v rr = ×ωω . Entonces v u vr r

2 2 2 2= + + ⋅u v y por lo tanto

T u dV v dV dV mu T Tr r r r t= + + ⋅ = + +∫ ∫ ∫ −12

2 12

2 12

2ρ ρ ρu v (10.51)

Aquí mu2 2/ es la energía cinética del movimiento de traslación,

T v dVr r= ∫12

2ρ (10.52)

es la energía cinética del movimiento de rotación y

T dVr t r− = ⋅ ∫u v ρ (10.53)

es la energía cinética rototraslatoria. Si las rotaciones están referidas al centro de masa Tr t− = 0porque vr dVρ∫ = 0. Luego

T mu Tr= +12

2 (10.54)

5 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.

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10. Dinámica del cuerpo rígido

287

Veamos como escribir la energía cinética de rotación. De v rr2 2 2= × ⋅ × = ⊥( ) ( )ωω ωωr r ω resulta

T Ir = 12

2||ω (10.55)

Recordando que L L= + ⊥ωωI|| vemos que ωω ⋅ =L ω 2I|| , luego

Tr = ⋅12 ωω L (10.56)

Como L = + +ω ω ωξ ξ η η ζ ζI I Iˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ resulta

T I I Ir = + +12

2 2 2( )ω ω ωξ ξ η η ζ ζ (10.57)

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

d

dt

LM= (10.58)

donde M es el momento de las fuerzas externas. Pese a su sencillez formal esta ecuación es muycomplicada debido a la relación entre L y ωωωω que se ha venido discutiendo. Se puede escribir la(10.58) en forma útil refiriéndonos a los ejes principales (solidarios al cuerpo) que forman comosabemos un sistema no inercial. Si ξ, η, ζ (Fig. 10.11) son los ejes principales

L = + +L L Lξ η ζˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ (10.59)

Aquí L Iξ ξ ξω= , L Iη η ηω= , L Iζ ζ ζω= donde Iξ , Iη , Iζ son los momentos principales de iner-cia dados por

I r r dV ii i= − =∫ ( ) , , ,2 2 ρ ξ η ζ (10.60)

Al escribir la derivada temporal de L debemos tener en cuenta que el sistema ξ, η, ζ gira solida-rio al cuerpo con velocidad angular ωωωω y entonces los versores ,, , ˆξξ ηη ζζ son funciones del tiempo.Por otra parte la (10.58) vale en un referencial inercial fijo en el espacio. En ese referencial elcuerpo gira con velocidad angular ωωωω y la terna ξ, η, ζ lo acompaña. En un intervalo dt el ex-tremo del versor ξξ se desplaza en d dtˆ ˆξξ ωω ξξ= × , luego

d

dt

ˆˆξξ

ωω ξξ= × (10.61)

y análogamente

d

dt

d

dt

ˆˆ ,

ˆˆηη

ωω ηηζζ

ωω ζζ= × = × (10.62)

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10. Dinámica del cuerpo rígido

288

CM

w

ξ

η

ζ

L

Fig. 10.11. Cuerpo rígido en rotación.

Aplicando estos resultados podemos escribir

d

dt

dL

dt

dL

dt

dL

dtL

d

dtL

d

dtL

d

dt

L= + + + + +ξ η ζ

ξ η ζˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ

ξξ ηη ζζ(10.63)

Los primeros tres sumandos son la derivada temporal de L calculada en el referencial fijo alcuerpo (donde , , ˆξξ ηη ζζ no varían). Escribimos pues

d

dt

dL

dt

dL

dt

dL

dtc

L

≡ + +ξ η ζˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ (10.64)

donde el subscripto c indica que la derivada se toma en el referencial del cuerpo. En cuanto a lostres restantes términos

Ld

dtL

d

dtL

d

dtL L Lξ η ζ ξ η ζ

ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ

ωω ξξ ωω ηη ωω ζζ == ωω+ + = × + × + × × L (10.65)

En consecuencia obtenemos

d

dt

d

dt

d

dte c

L L LL≡

=

+ ×ωω (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

d

dt c

LL M

+ × =ωω (10.67)

Examinemos el primer término del miembro de la izquierda. La componente ξ de ese término es

dL

dt

d

dtI I

d

dt

dI

dtξ

ξ ξ ξξ

ξξω

ωω= = +( ) (10.68)

Page 15: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

289

y análogamente las restantes componentes. Ahora bien, si el cuerpo es rígido, es decir no cambiade forma con el tiempo y la distribución de masas en su interior no se modifica, dI dtξ / = 0. Eneste caso

d

dtI

d

dtI

d

dtI

d

dtc

L

= + +ξξ

ηη

ζζω ω ωˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ (10.69)

Si el cuerpo puede cambiar de forma, por ejemplo si tiene partes que se articulan entre sí, o si esflexible, podemos igualmente aplicar la (10.67) pero tenemos que admitir que tanto la magnitudde los momentos principales como la dirección de los ejes principales respecto del cuerpo (esdecir, la parte del cuerpo a que nos referimos) pueden variar con el tiempo. En este caso paratomar en cuenta los cambios de forma del cuerpo hay que introducir en las ecuaciones términosadicionales de la forma

ω ω ωξξ

ηη

ζζdI

dt

dI

dt

dI

dtc c c

+

+

(10.70)

y

ω ω ωξ ξ η η ζ ζId

dtI

d

dtI

d

dtc c c

ˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ

+

+

(10.71)

Esta es la manera de proceder si queremos estudiar las volteretas de un acróbata o los movi-mientos de un gato cuando cae (el gato se da vuelta en el aire y cae derecho sobre sus cuatropatas cuando se lo suelta, pese a que su momento angular es nulo y estando en el aire no haymomentos externos que lo hagan girar). En este caso las ecuaciones del movimiento son del tipo

Id

dt

dI

dtI

d

dti ici

ξξ

ξξ

ξξ η ζξ

ωω ω+ +

+ ×( ) =

=∑

ˆ

,, ,

iLωω 0 (10.72)

para la componente ξ, y análogamente para las otras componentes. Si L se conserva y si ini-cialmente L = 0, estas ecuaciones se reducen a

Id

dt

dI

dtI

d

dti ici

ξξ

ξξ

ξξ η ζ

ωω ω+ +

=

=∑

ˆ

,, ,

i0 (10.73)

para la componente ξ, y análogamente para las otras. No trataremos este tipo de problemas, perodebe quedar claro que la conservación del momento angular, incluso cuando éste es nulo, noimpide que ωωωω y la orientación del cuerpo en el espacio varíen con el tiempo si hay cambios de ladistribución de masas.Volviendo al cuerpo rígido, la ecuación (10.67) se puede escribir en términos de las compo-nentes. Para la componente ξ tenemos

dL

dtMξ

ξ ξ+ × =( )ωω L (10.74)

Page 16: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

290

pero

dL

dtI

d

dtL L I Iξ

ξξ

ξ ζ η η ζ η ζ ζ η

ωω ω ω ω= × = − = −, ( ) ( )ωω L (10.75)

y análogamente para las demás componentes. Resultan entonces las siguientes ecuaciones:

Id

dtI I M

Id

dtI I M

Id

dtI I M

ξξ

η ζ ζ η ξ

ηη

ζ ξ ζ ξ η

ζζ

ξ η ξ η ζ

ωω ω

ωω ω

ωω ω

= − +

= − +

= − +

( )

( )

( )

(10.76)

Estas ecuaciones se llaman ecuaciones de Euler y sirven para estudiar las rotaciones de cuerposrígidos. Se debe observar que las ecuaciones de Euler no son lineales, lo que implica que su re-solución 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 elreferencial ξ, η, ζ que gira junto con el cuerpo y nos dice como varía con el tiempo la velocidadangular ωωωω, a partir de la cual se puede calcular el momento angular por medio de la (10.33). Sinembargo se debe notar que para resolver las (10.76) es preciso conocer las componentes de M enel referencial ξ, η, ζ. Aquí surge una dificultad ya que muchas veces esas componentes no seconocen 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 esnecesario 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 alespacio, por ejemplo si queremos estudiar el movimiento de una peonza o de una pelota de ru-gby que ha sido arrojada por un jugador. En ambos casos la solución del problema requiere co-nocer la relación entre los referenciales x, y, z y ξ, η , ζ. Esta relación de puede obtener em-pleando 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 sepuede pasar del referencial del espacio al del cuerpo efectuando las tres rotaciones que describi-remos 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

y

z

R

x

y

z

Rψ ψ

ψ ψ

ψ ψ,

cos sen

sen cos

0

0

0 0 1

(10.77)

• A continuación se lleva a cabo una rotación Rθ por un ángulo θ alrededor del eje ′x quelleva desde el sistema ′x , ′y , ′z al sistema ′′x , ′′y , ′′z (Fig. 10.12c). Aquí

Page 17: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

291

′′

′′

′′

=

=

x

y

z

R

x

y

z

Rθ θ θ θ

θ θ

, cos sen

sen cos

1 0 0

0

0

(10.78)

• Por último se realiza una rotación Rϕ por un ángulo ϕ alrededor del eje ′′z que lleva desdeel sistema ′′x , ′′y , ′′z al sistema ξ, η, ζ (Fig. 10.12d). Esta rotación es

ξ

η

ζ

ϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

=

′′

′′

′′

= −

R

x

y

z

R,

cos sen

sen cos

0

0

0 0 1

(10.79)

ψ

θ

ξ

η

ζ

ϕx

y

z

(a)

x

y

z

(b)

x'' = x'

y''

z

(c)

y

(d)

ψ

ζ

ξ

η

ζ

x'

y'

θ

y'θy''

ϕ

ϕ

x''

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

ζϕ θ ψ ϕ θ ψ ϕ θ ψ

=

=R

x

y

z

R R R R, , , ,, (10.80)

Page 18: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

292

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 R Rθ ψ y luego se multiplica el resultado por Rϕ . De estaforma obtenemos

Rϕ θ ψ

ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ θ

ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ θ

θ ψ θ ψ θ

, ,

cos cos sen cos sen cos sen sen cos cos sen sen

sen cos cos cos sen sen sen cos cos cos cos sen

sen sen sen cos cos

=

− +

− − − +

(10.81)

La (10.80) junto con la (10.81) nos dan la transformación que nos permite pasar del referencialx, y, z al referencial ξ, η, ζ. La transformación inversa es

x

y

z

R R RT

=

=− −ϕ θ ψ ϕ θ ψ ϕ θ ψψ

ξ

η

ζ, , , , , ,,1 1 (10.82)

donde RTϕ θ ψ, , es la matriz transpuesta de Rϕ θ ψ, , y está dada por

RTϕ θ ψ

ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ ψ ϕ θ ψ θ ψ

ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ ψ ϕ θ ψ θ ψ

ϕ θ ϕ θ θ, ,

cos cos sen cos sen sen cos cos cos sen sen sen

cos sen sen cos cos sen sen cos cos cos sen cos

sen sen cos sen cos

=

− − −

+ − + −

(10.83)

La transformación (10.80) y su inversa (10.82) nos dan la relación buscada entre los referencia-les del cuerpo y del espacio y los ángulos ψ, θ, ϕ que describen esas transformaciones se llamanángulos de Euler. El eje ′x que coincide con el eje ′′x y que es la intersección de los planosz = 0 y ζ = 0 se llama línea de los nodos.Si Mx , My , Mz son las componentes del momento en el referencial del espacio tenemos que

M

M

M

R

M

M

M

x

y

z

ξ

η

ζ

ϕ θ ψ

=

, , (10.84)

luego

M M MM

M M MM

M M M M

x y

z

x y

z

x y z

ξ

η

ζ

ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ ψ ϕ θ ψϕ θ

ϕ ψ ϕ θ ψ ϕ ψ ϕ θ ψϕ θ

θ ψ θ ψ θ

= − + ++

= − + + − ++

= − +

(cos cos sen cos sen ) (cos sen sen cos cos )sen sen(sen cos cos cos sen ) ( sen sen cos cos cos )cos sen

sen sen sen cos cos

(10.85)

Vemos así que si M ≠ 0 la solución de las ecuaciones de Euler (10.76) requiere conocer comovarían con el tiempo los ángulos de Euler a medida que el cuerpo gira. Del mismo modo si que-remos saber como se ve desde el espacio el movimiento del cuerpo, tanto si M = 0 como siM ≠ 0, necesitamos conocer como varían ψ, θ y ϕ. Por lo tanto en uno u otro caso hace faltacomplementar las ecuaciones de Euler con tres ecuaciones más que nos den d dtψ / , d dtθ / yd dtϕ / .

Page 19: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

293

Para obtener estas ecuaciones observemos que una rotación infinitesimal ωωdt se puede imaginarque consiste de tres rotaciones infinitesimales ωωψ dt , ωωθdt , ωωϕdt alrededor de los ejes z,

′ = ′′x x , ζ, respectivamente, de resultas de las cuales la variación de los ángulos de Euler es

d dt dt d dt dt d dt dtψ ψ ω θ θ ω ϕ ϕ ωψ θ ϕ= = = = = =˙ , ˙ , ˙ (10.86)

y por lo tanto ωω ωω ωω ωωdt dt dt dt= + +ψ θ θ . Por consiguiente podemos escribir

ωω ωω ωω ωω ζζ= + + = + +ψ θ ϕ ψ θ ϕ ˙ ˙ ˆz n (10.87)

Notar que los ejes de las tres rotaciones dψ , dθ , dϕ no pertenecen al mismo referencial puesωωψ es una velocidad angular alrededor del eje espacial z, ωωθ es una velocidad angular alrededordel eje de los nodos ( ′ = ′′x x ) y ωωϕ corresponde a una rotación alrededor del eje ζ del cuerpo.Sin embargo las transformaciones (10.77)-(10.81) nos permiten obtener las componentes de esosvectores 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 ωωψ es paralelo al eje z sus componentes se obtienen aplicando la rotación Rϕ θ ψ, , demodo que

( ) ˙ sen sen , ( ) ˙ cos sen , ( ) ˙ cosωω ωω ωωψ ξ ψ η ψ ζψ ϕ θ ψ ϕ θ ψ θ= = = (10.88)

La dirección de ωωθ es la línea de los nodos, que coincide con los ejes ′ = ′′x x , de modo que suscomponentes se obtienen aplicando Rϕ :

( ) cos , ( ) sen , ( )ωω ωω ωωθ ξ θ η θ ζθ ϕ θ ϕ= = − = 0 (10.89)

Para ωωϕ no hace falta ninguna transformación porque corresponde a una rotación alrededor deleje ζ. Sumando las componentes obtenemos entonces

ω ψ ϕ θ θ ϕ

ω ψ ϕ θ θ ϕ

ω ψ θ ϕ

ξ

η

ζ

= +

= −

= +

˙ sen sen cos

˙ cos sen sen

˙cos ˙

(10.90)

De estas ecuaciones podemos despejar

˙ ( sen cos ) /sen

˙ cos sen

˙ ( sen cos )cot

ψ ω ϕ ω ϕ θ

θ ω ϕ ω ϕ

ϕ ω ω ϕ ω ϕ θ

ξ η

ξ η

ζ ξ η

= +

= −

= − +

(10.91)

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 elespacio y/o para calcular como se mueve cuando está sometido a un momento es preciso resol-ver 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 delos ángulos de Euler.

Page 20: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

294

Rotaciones libres de un cuerpo rígido simétrico

Se habla de rotaciones libres si no hay momentos que actúan sobre el cuerpo. La ecuación delmovimiento es entonces

d

dt e

L

= 0 (10.92)

Luego se conserva el momento angular. Pero como se ve poniendo 0=M en las ecuaciones deEuler, la conservación de L no implica que ωωωω sea constante y el movimiento puede ser compli-cado. El único caso sencillo se da si I I I Iξ η ζ= = = (como ocurre para la esfera y el cubo). Eneste caso L = Iωω y L = cte. implica ωω = cte. Esto se ve también de las ecuaciones de Euler,pues se anulan todos los segundos miembros. El movimiento es una rotación con ωωωω constantealrededor 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 ejesperpendiculares al de simetría son iguales. Para fijar ideas sea ζ el eje de simetría. Entonces

I I I Iξ η ζ= ≡ ≠⊥ (10.93)

Este es el caso de la Tierra, que en buena aproximación es un elipsoide achatado cuyo eje desimetría ζ define el polo geométrico. La magnitud del achatamiento está dada por

I I

Iζ −

≅⊥

1306

(10.94)

El eje de rotación de la Tierra define el polo celeste y no coincide exactamente con el eje de si-metría (Fig. 10.13). La diferencia entre el polo geométrico y el polo celeste es de α ≅ ′′1 8/ entérmino medio y equivale a una distancia de 4 m sobre la superficie.

CM

polo geométrico

polo celeste

α

Fig. 10.13. Polo geométrico y polo celeste. Para mayor claridad exageramos el achata-miento y el ángulo entre ωωωω y el eje de simetría ζ.

Page 21: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

295

Las ecuaciones de Euler son

Id

dtI I

Id

dtI I

Id

dt

⊥ ⊥

⊥ ⊥

= −

= −

=

ωω ω

ωω ω

ω

ξζ η ζ

ηζ ζ ξ

ζζ

( )

( )

0

(10.95)

donde se debe recordar que las derivadas temporales son respecto del cuerpo. Consideremos laparte de ωωωω ortogonal al eje ζ. Claramente

ωω ξξ ηη ζζ ωω ηη ξξ⊥ ⊥= + × = −ω ω ω ωξ η ξ ηˆ ˆ , ˆ ˆ ˆ (10.96)

Usando la primera y la segunda de las (10.95) resulta

d

dt

I I

I

ωωζζ ωω⊥ ⊥

⊥⊥=

−×ζ

ζω ˆ (10.97)

Tenemos que resolver esta ecuación junto a la tercera ecuación de Euler:

Id

dtζζω

= 0 (10.98)

que implica ωζ = cte. de modo que la proyección de ωωωω sobre el eje de simetría se conserva. La(10.97) dice entonces que ωω⊥ gira alrededor del eje de simetría sin cambiar su módulo. Luego ωωωωdescribe un cono alrededor del eje ζ y el polo celeste se mueve en círculo alrededor del pologeométrico (Fig. 10.14) con una velocidad angular constante Ω dada por

Ω =− ⊥

I I

ζω (10.99)

Este movimiento se llama precesión libre o precesión de Euler. De la (10.94) resultaΩ ≈ ωζ / 306. Como ω ωζ⊥ << , con buena aproximación 2 2 1π ω π ωζ/ /≅ = día y el períodode 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 di-fiere del calculado. La Fig. 10.15 muestra el movimiento observado, que recibe el nombre deprecesión de Chandler y cuyo período medio es de unos 433 días (período de Chandler). Losmotivos 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. Estaes 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 ylos movimientos a lo largo de paralelos modifican la velocidad angular. Los principales mo-vimientos de este tipo son procesos meteorológicos cíclicos como migraciones de masas deaire (desplazamiento de anticiclones), acumulación y fusión de masas de hielo, etc.

Page 22: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

296

• Los transportes esporádicos de masa debidos a deslizamientos de tierra, sismos, etc. puedenproducir irregularidades en las fluctuaciones polares.

CM

w

ζpolo geométrico

w⊥

Ω

Fig. 10.14. La precesión de Euler vista desde la Tierra.

270˚ O

180˚

90˚ E

enero 1996diciembre 2000

Fig. 10.15. Movimiento del polo sobre la superficie de la Tierra. La distancia entre marcases de 10 m.

La construcción de Poinsot

Hay una construcción geométrica que permite encontrar la relación entre L y ωωωω para las rotacio-nes libres de un cuerpo rígido. La conservación de la energía cinética de rotación nos dice que

T I I Ir = ⋅ = + + =12

12

2 2 2ωω L ( )ω ω ωξ ξ η η ζ ζ 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 ρρρρ en la dirección de ωωωω dado por

Page 23: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

297

ρρ ωω= / Tr (10.101)

y construyamos la función

F I I I= + +12

2 2 2( )ρ ρ ρξ ξ η η ζ ζ (10.102)

Claramente

FT I I Ir = + +12

2 2 2( )ω ω ωξ ξ η η ζ ζ (10.103)

lo que implica que las superficies F = cte. son elipsoides, en particular la superficie F = 1 es elelipsoide (10.100). A medida que el cuerpo gira el vector ρρρρ se mueve manteniendo su extremo Qsobre la superficie del elipsoide de inercia (Fig. 10.16).

L

ρ

elipsoide de inercia

plano invariable

poloide

erpoloide

Fig. 10.16. La construcción de Poinsot.

Ahora bien, la dirección normal al plano tangente al elipsoide en el punto ρ ρ ρξ η ζ, , es

N =∂

∂+

∂∂

+∂

∂T T T

ω ω ωξ η ζ

ˆ ˆ ˆξξ ηη ζζ (10.104)

Pero

∂∂

=∂

∂=

∂∂

=T

LT

LT

Lω ω ωξ

ξη

ηζ

ζ, , (10.105)

Luego N L= y el plano tangente al elipsoide en Q es ortogonal a L. Por otra parte

ρρ ωω⋅=

⋅= =

L LL L T

T

Lr

r2cte. (10.106)

Page 24: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

298

de modo que el plano tangente está a una distancia fija del centro del elipsoide, motivo por elcual se denomina plano invariable. Podemos imaginar la rotación libre del cuerpo como un mo-vimiento tal que el elipsoide de inercia rueda sin deslizar sobre el plano invariable manteniendoconstante la distancia entre su centro y el plano. El elipsoide rueda sin deslizar porque su puntode contacto con el plano está definido por ρρρρ, que es paralelo al eje instantáneo de rotación y porlo tanto los puntos en la dirección de ρρρρ están (instantáneamente) en reposo. La curva que traza elpunto de contacto sobre el elipsoide se llama poloide y la correspondiente curva sobre el planoinvariable se denomina erpoloide. Para un rotor simétrico ( I Iξ η= ) el elipsoide de inercia es unelipsoide de revolución alrededor del eje de simetría ζ. De resultas de ello tanto la poloide comola erpoloide son circunferencias. Un observador fijo al cuerpo ve que el vector ωωωω se mueve des-cribiendo un cono, llamado cono del cuerpo, cuya intersección con el elipsoide de inercia es lapoloide. Por otra parte un observador fijo en el espacio ve que ωωωω se mueve describiendo un conoespacial cuya intersección con el plano invariable es la erpoloide. Por lo tanto la rotación librede un cuerpo rígido simétrico se describe a veces como un rodar del cono del cuerpo sobre elcono espacial. Si I I⊥ > ζ el elipsoide de inercia es alargado y el cono del cuerpo está fuera delcono espacial. Cuando I I⊥ < ζ el elipsoide de inercia es achatado y el cono del cuerpo ruedadentro del cono espacial. En ambos casos la dirección de ωωωω efectúa un movimiento de precesiónalrededor del eje de simetría. Para un rotor asimétrico la construcción de Poinsot permite descri-bir el movimiento de rotación libre del cuerpo. La orientación del plano invariable y la distanciadesde el centro del elipsoide de inercia al plano están determinadas por L y Tr , que son cons-tantes del movimiento y por lo tanto se obtienen de las condiciones iniciales del problema. Paraun cuerpo asimétrico la poloide y la erpoloide pueden ser complicadas6.La construcción de Poinsot permite encontrar como se mueve ωωωω pero no nos aclara como semueve L visto desde el referencial del cuerpo. Para eso existe otra construcción geométrica quepermite 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 22

2

2

2

2

2= + + =L

a

L

a

L

aa T Ij r j

ξ

ξ

η

η

ζ

ζ, (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 conserva-ción de L implica que su extremo está sobre la superficie de la esfera de radio L dada por

12

2

2

2

2

2= + +L

L

L

L

L

Lξ η ζ (10.108)

Dados L y Tr , la trayectoria seguida por L en el referencial del cuerpo está dada por la intersec-ción del elipsoide de Poinsot con la esfera (10.108). Comparando (10.107) con (10.108) vemosque si aj es el semieje mayor se tiene que a Lj > y si ak es el semieje menor a Lk < . Por lotanto la esfera interseca siempre al elipsoide de Binet. Por medio de esta construcción geomé-trica 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”.

Page 25: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

299

La precesión de Euler vista desde el espacio

Nuestra descripción de la precesión de Euler nos dice como se observa la rotación vista desde laTierra. Para saber como se observa desde el espacio7 recordamos que L está fijo en el espaciopues es constante del movimiento. Si conocemos como se mueve L respecto del cuerpo podre-mos deducir como se ve desde el espacio el movimiento del cuerpo haciendo un transformaciónque deja inmóvil a L. Para encontrar la dirección de L respecto del cuerpo podemos usar laconstrucción de Poinsot. Para un elipsoide simétrico, como el caso que nos ocupa, L, ωωωω y ζ estánen el mismo plano (Fig. 10.17) y se tiene que

L L= + = +⊥ ⊥ ⊥ωω ζζ ζζI I Lωζ ζ ζˆ ˆ (10.109)

y

L

L

I

I⊥ ⊥ ⊥=ζ ζ ζ

ωω

(10.110)

w

ζ

L

1I⊥

1

planotangente

w

ζ

L

1I⊥

1

planotangente

(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 ωωωω y ζ , como en la Fig. 10.17a. Si Iζ <I⊥ (elipsoide alargado, tipo pelota de rugby), ωωωω está entre L y ζ (Fig. 10.17b).Lo dicho vale en todo instante de tiempo. Como ωωωω gira (visto desde el cuerpo) con velocidadangular Ω alrededor de ζ describiendo un cono, también L, visto desde el cuerpo, describe uncono alrededor de ζ (Fig. 10.18a). Las aberturas de los conos son

tan , tan tanαωω

αωω

αωζ ζ ζ ζ

ω= = =⊥ ⊥ ⊥ ⊥L

I

I

I

I(10.111)

7 Este problema es equivalente al de determinar como es el movimiento de rotación de una pelota de rugby visto

desde el estadio.

Page 26: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

300

La velocidad angular es la misma e igual a

ζζ ωΩ

⊥−=

I

II(10.112)

En el caso de la Tierra dado que α αω , L << 1 se tiene que α ω ωω ζ≅ ⊥ / , α αω ζL I I≅ ⊥ / yα α αω − <<L L .Visto desde el espacio (Fig. 10.18b) el movimiento es el siguiente: L está fijo y el eje ζ y ωωωωdescriben conos alrededor de L con velocidad angular Ωω + de modo que se adelantan respectodel cuerpo que rota con velocidad angular ω.

w

ζ

L

Ω

αL

αω

(a) (b)

w

ζ

L

αL

αω − αL

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 inicial-mente ωξ ≠ 0 , ωη = 0 ,ωζ = 0 . Entonces de las ecuaciones de Euler resulta

Id

dtI

d

dtI

d

dtξξ

ηη

ζζω ω ω

= = =0 0 0, , (10.113)

luego la solución es ω ω ωξ ξ( ) ( )t t= = = =0 0 cte., ωη( )t = 0 , ωζ ( )t = 0 . Examinemos ahora laestabilidad de esta solución frente a pequeñas perturbaciones de la forma

ω ω δω ω δω ω δωξ ξ η η ζ ζ= + = =0 , , (10.114)

Entonces las ecuaciones de Euler se escriben

Id

dtI I

Id

dtI I I I

Id

dtI I I I

ξξ

η ζ ζ η

ηη

ζ ξ ζ ξ ζ ξ ζ

ζζ

ξ η η ξ ξ η η

δωδω δω

δωδω ω δω δω ω

δωδω ω δω δω ω

= − ≈

= − + ≈ −

= − + ≈ −

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

0 0

0 0

(10.115)

Page 27: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

301

Derivando respecto de t la segunda de estas ecuaciones y usando la tercera obtenemos

Id

dtI I

d

dt

I I I I

Iηη

ζ ξζ ζ ξ ξ η

ζη

δω δωω ω δω

2

2 0 02≈ − ≈

− −( )

( )( )(10.116)

El comportamiento de δωη depende del signo de J I I I I≡ − −( )( )ζ ξ ξ η . Si J < 0 , es decir si

I I I I I Iξ η ζ ξ η ζ< >, ,o bien (10.117)

δωη es oscilante y la solución es estable. En cambio si J > 0 , o sea si

I I I I I Iζ ξ η ζ ξ η< < > >o bien (10.118)

δωη es exponencial y la solución es inestable. Vemos así que las rotaciones de un rotor asimé-trico alrededor del eje principal intermedio son inestables.

El trompo y el efecto giroscópico

El trompo es un cuerpo rígido simétrico ( I I I Iξ η ζ= = ≠⊥ ) que gira alrededor del eje de simetríaζ y está apoyado sobre una superficie horizontal. La cupla formada por el peso y la fuerza nor-mal de contacto que ejerce el plano produce un momento que tiende a aumentar la inclinacióndel eje de rotación. La ecuación de movimiento es d dtL M/ = donde M M= 0 senα( M mgR0 = y α es el ángulo entre ζ y la vertical, ver Fig. 10.19a). Si tomamos un sistema decoordenadas x, y, z, con z perpendicular al plano, Mz = 0 luego dL dtz / = 0 y Lz = cte. Por otraparte como Mζ = 0 y se conserva Lζ . Si además L Lz⊥ << , se cumple que L L≅ ζ y que

dL

dt

d

dt

d

dt

22 2 0= ⋅ = ⋅ = ⋅ ≅L L L

LL M (10.119)

Dentro de esta aproximación resulta que L2 = cte. de modo que se conserva el módulo de L. Enresumen, de la ecuación de movimiento obtenemos

d dt dL M L L= ⋅ =, 0 (10.120)

Por lo tanto L describe un cono de abertura α alrededor del eje z, manteniendo constante su lon-gitud (Fig. 10.19b). En un intervalo dt el extremo de L gira un ángulo dϕ dado por

ddL

L

M dt

α α= =

sen sen(10.121)

La velocidad angular de L es

d

dt

M

L

M

I Pϕ

α ωω

ζ= = =

sen0 (10.122)

Este movimiento se llama precesión forzada y ωP es la velocidad angular de la precesión for-zada. La precesión forzada de un rotador simétrico sometido a un momento externo de llamaefecto giroscópico y tiene numerosas e importantes aplicaciones.El lector debe notar que el resultado que hemos obtenido es aproximado y vale sólo si

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10. Dinámica del cuerpo rígido

302

ωϕ

ω>> =d

dt P (10.123)

Volveremos más adelante sobre este problema y veremos que el cálculo exacto muestra que elmovimiento es más complicado. Sin embargo para muchas aplicaciones el tratamiento aproxi-mado que acabamos de presentar es suficiente.

P

αζz

M

CMNR

z

α

dL

L

L senα

(b)(a)

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 rotacióndiurna de la Tierra es L = Iωω. La Luna gira en una órbita inclinada respecto del plano del ecua-dor terrestre. Igualmente el plano de la órbita de la Tierra alrededor del Sol (la eclíptica) estáinclinado respecto del ecuador terrestre. La atracción lunar y solar sobre el abultamiento ecuato-rial 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 aL. Si tomamos un sistema de coordenadas x, y, z, con z perpendicular al plano de la órbita lunar(y solar) L L z L= + ⊥z ˆ y M M= ⊥ pues Mz = 0 . Luego dL dtz / = 0 y Lz = cte.

wζ z

LunaTierra

α

Fig. 10.20. La atracción de la Luna sobre el abultamiento ecuatorial de la Tierra produceun 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.

Page 29: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

303

La precesión de L produce la precesión de los equinoccios, que consiste en que la línea EE′ deintersección del plano del ecuador con el plano de la eclíptica (línea de los nodos o de los equi-noccios, ver Fig. 10.21) gira yendo al encuentro del Sol en su movimiento aparente9 y da unavuelta 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.

w

z

Eclíptica

Ecuador

α

E

E'

Movimientoaparentedel Sol

Línea de los nodos ode los equinoccios

Polo de la eclípticaPolo celeste

Fig. 10.21. La precesión de los equinoccios: la precesión del eje de rotación de la Tierraprovoca la rotación de la línea de los nodos y por consiguiente el adelantamiento de losequinoccios.

Es interesante calcular el período de la precesión de los equinoccios. En el referencial de la Tie-rra, la gravitación lunar y solar produce los campos de marea10 gmL , gmS y son estos campos losque generan el momento que produce la precesión forzada. Si la distribución de masa de la Tie-rra fuese perfectamente esférica esos momentos tendrían un efecto neto nulo, pues las contri-buciones de diferentes partes se cancelarían exactamente. El momento neto se debe exclusiva-mente a la presencia del abultamiento ecuatorial. Puesto que hacer un cálculo exacto es muycomplicado, haremos varias aproximaciones. En primer lugar supondremos que toda la masa delabultamiento está concentrada en un anillo de espesor nulo a lo largo del ecuador. Si ma es lamasa del abultamiento

I dmr dm I dmaζ ζ η ζ η= = + = + +⊥∫ ∫ ∫2 2 2 2 2( ) ( ) (10.124)

9 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.

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10. Dinámica del cuerpo rígido

304

donde I es el momento de inercia de la esfera sin el anillo. Sobre el anillo ζ η2 2 2+ = rT , luego

I I m ra Tζ = + 2 (10.125)

Análogamente

I I dm I dmaξ η η ζ η ζ= = + = + +∫ ∫( ) ( )2 2 2 2 (10.126)

pero sobre el anillo ζ = 0 y η ϕ2 2 2= rT sen , luego

I I I m ra Tξ η= = + 12

2 (10.127)

de aquí resulta

m r I Ia T2 2= − ⊥( )ζ (10.128)

fórmula que nos permite calcular el valor de la masa del anillo ecuatorial conociendo Iζ e I⊥.

ζ

ξ

ηϕ

z

anillo ecuatorial

y

ϕα

P Q

anillo lunar (o solar)

(a) (b)

Fig. 10.22. Precesión de los equinoccios: (a) modelo simplificado del abultamiento ecuato-rial; (b) geometría del problema.

Los períodos de revolución de la Luna ( TL = 29 días) y de la Tierra (TS =365 días) son muchomenores 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 deltiempo pues la posición del Sol y la Luna varían en el tiempo) tiene la forma M M M= + ′0 ( )tdonde M0 es el valor medio y ′M ( )t una función complicada de t cuyas contribuciones a la pre-cesión se cancelan. Basta pues conocer M0 , y lo podemos calcular suponiendo que tanto la masade 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 inclina-ción del ecuador respecto del plano de la órbita lunar, que vamos a suponer coincidente con elplano de la eclíptica, las coordenadas de P y Q son

P

x r

y r

z r

Q

x R

y R

z

T

T

T

L

L≡

=

=

=

′ =

′ =

′ =

cos cos

sen

cos sen

,

cos

sen

ϕ α

ϕ

ϕ α

β

β

0

(10.129)

Page 31: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

305

La energía potencial gravitatoria debida a la interacción entre un elemento del anillo ecuatorialen P y uno del anillo lunar en Q es:

dV Gdm dm

rP Q

PQ= − (10.130)

Aquí dm m dP a= ϕ π/ 2 , dm m dQ L= β π/ 2 ; rPQ es la distancia PQ, dada por r R wPQ L2 2 1= −( )

donde w r R F r RT L T L= −2 2( / ) ( / ) y F = +cos cos cos sen senβ ϕ α β ϕ . Entonces

1 11r R wPQ L

=−

(10.131)

pero w << 1 pues r RT L<< , luego hasta el orden de ( / )r RT L2 se tiene que

11

12

38

112

32

22

2

2

22

−≅ + + + = + − +

w

ww

r

RF

r

R

r

RFT

L

T

L

T

LL (10.132)

Entonces

dVGm m

R

d d r

RF

r

R

r

RFa L

L

T

L

T

L

T

L= −

( )+ − +

ϕ β

π21

12

322

2

2

2

22 (10.133)

La energía potencial total se obtiene integrando sobre ϕ y β entre 0 y 2π:

VGm m

Rd d

r

RF

r

R

r

RFa L

L

T

L

T

L

r

L= − + − +

14

112

322

2

2

2

22

πϕ β (10.134)

La integral consta de cuatro términos. El primero y el tercero no dependen de ϕ ni de β, y secalculan de inmediato dando una cantidad constante que no depende de α y que como veremosno nos interesa. El segundo término contiene el factor F, y su integral es nula porque estamosintegrando cosβ y sen β para β entre 0 y 2π. Queda entonces:

VGm m

R

r

Rd d Fa L

L

T

L= −

∫cte.

34 2

22

πϕ β (10.135)

Con un poco de trabajo se obtiene d d Fϕ β π α2 2 21∫ = +( cos ). Resulta entonces que

V Gm m r

Ra L T

L= −cte.

38

2

32cos α (10.136)

Sustituimos ahora ma por su expresión en función de los momentos de inercia. Resulta:

V G I Im

RL

L= − − ⊥cte. 3

4 32( ) cosζ α (10.137)

El momento obviamente está dirigido a lo largo de la línea de los nodos y está dado por

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10. Dinámica del cuerpo rígido

306

MdV

dG I I

m

RL

L0

32 3= − = − − ⊥α

α αζ( ) sen cos (10.138)

El signo – indica que la precesión tiene sentido retrógrado dado que I Iζ > ⊥ , de modo que lalínea de los nodos se adelanta (y los equinoccios preceden, de ahí el nombre del fenómeno). Co-nocido M0 podemos calcular la frecuencia de precesión mediante la (10.122) y resulta

ωα ω αζ

PT

M

L

M

I= =0 0

sen sen(10.139)

Siendo ωT la frecuencia de rotación de la Tierra. Sustituyendo M0 de (10.138) obtenemos

ωα

ωζ

ζP

T

L

L

S

S

G I I

I

m

R

m

R= −

+

⊥32 3 3

cos(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 ωP haciendo aparecer explí-citamente los períodos TL y TS de las órbitas lunar y terrestre. Por la III Ley de Kepler:

G

R m T

G

R m TL T L S S S3

2

2 3

2

24 1 4 1

≅ ≅π π

, (10.141)

Además, ω πP T= 2 / y ω π πT D ST T= = ×2 365 2/ / . Aquí T es el período de la precesión y TD

es la duración del día. Sustituyendo resulta:

TI

I I

m T

m TTL S

T LS=

−+

−23

3651

2

2

1

cosαζ

ζ(10.142)

ahora cos cos( . ) .α = ≅23 5 0 917, I I Iζ ζ/( )− ≅⊥ 300 , m mL T/ /≅ 1 81 y ( / )T TS L2 169≅ . Reem-

plazando resulta finalmente

T TS≅ 25200 (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 queL L= ζ . Vamos a mostrar ahora qué resulta de un tratamiento exacto. Puesto que el momento esperpendicular a los ejes z y ζ, está dirigido según la línea de los nodos (Fig. 10.23). Podemosentonces usar la (10.79) para obtener

M M M M Mξ η ζθ ϕ θ ϕ= = − =0 0 0sen cos , sen sen , (10.144)

Sustituyendo estas expresiones en las ecuaciones de Euler (10.76) resulta

˙ sen cos , ˙ sen sen , ˙ω ω ω θ ϕ ω ω ω θ ϕ ωξ ζ η η ζ ξ ζ= + = − − =J K J K 0 (10.145)

Page 33: 10 Cuerpo rígido

10. Dinámica del cuerpo rígido

307

donde hemos puesto J I I I= −⊥ ⊥( ) /ζ , K M I= ⊥0 / . De aquí se obtiene de inmediato ωζ = cte.La variación de los ángulos de Euler está dada por la (10.91):

˙ ( sen cos ) /sen

˙ cos sen

˙ ( sen cos )cot

ψ ω ϕ ω ϕ θ

θ ω ϕ ω ϕ

ϕ ω ω ϕ ω ϕ θ

ξ η

ξ η

ζ ξ η

= +

= −

= − +

(10.146)

P

ψ

θ

ξ

η

ζ

ϕx

y

z

M

x' = x''

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 ini-ciales ωξ ( )0 , ωη( )0 , θ( )0 , ψ ( )0 y ϕ( )0 . El resultado se suele representar en un gráfico quemuestra la trayectoria de la intersección del eje del trompo con una esfera de radio unitario. Lascoordenadas de esa intersección se pueden obtener de las (10.82) y (10.83) y son

x y z= = − =sen sen , sen cos , cosθ ψ θ ψ θ (10.147)

En la Fig. 10.24 se muestran los resultados del cálculo para J = 1 2. , K = 4 y ωζ = 25, para lascondiciones iniciales ω ωξ η( ) ( )0 0 0= = , θ π( ) /0 9= y ψ ϕ( ) ( )0 0 0= = . Se puede observar queel movimiento es complicado ya que además de la precesión alrededor del eje z, el eje de sime-tría 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 aprove-chando las tres constantes del movimiento que existen en este caso, a saber Lζ , Lz y la energíamecánica E. No es difícil mostrar que estas integrales primeras de pueden expresar de la forma:

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10. Dinámica del cuerpo rígido

308

L I

L I I I

E I I M

z

ζ ζ

ζ ζ

ζ ζ

ϕ ψ θ

ψ θ θ ϕ θ

θ ψ θ ω θ

= + =

= + + =

= + + + =

( ˙ ˙cos ) cte.

˙ ( sen cos ) ˙ cos cte.

( ˙ ˙ sen ) cos cte.

2 2

12

2 2 2 12

20

(10.148)

Fig. 10.24. Movimiento del eje de simetría del trompo para J = 1 2. , K = 4 y ωζ = 25, conlas condiciones iniciales ω ωξ η( ) ( )0 0 0= = , θ π( ) /0 9= y ψ ϕ( ) ( )0 0 0= = .

Introduciendo las constantes a L I≡ ⊥ζ / , b L Iz≡ ⊥/ y poniendo E e a I= + ⊥( ) /2 2δ conδ ζ≡ ⊥I I/ y tras de un poco de álgebra, las (10.148) se pueden transformar en

˙ ( cos ) /sen , ˙ cos ( cos ) /senψ θ θ ϕ δ θ θ θ= − = − −b a a b a2 2 (10.149)

y

˙ ( cos ) /sen cosθ θ θ θ2 2 2= − − −e b a c (10.150)

Integrando esta última expresión se obtiene t( )θ en términos de funciones conocidas llamadasintegrales elípticas. Invirtiendo ese resultado se obtiene θ( )t , luego de lo cual se pueden integrarlas (10.149). Este procedimiento es útil para el estudio teórico de las diferentes formas de nuta-ción que se pueden presentar según los valores de los parámetros y las condiciones iniciales delproblema11. Si embargo no es práctico si se quiere obtener resultados como el que se muestra enla 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.