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Cinética de un cono (CMR)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Se tiene un cono homogéneo, de radio de la base R, altura H y masa m distribuida uniformemente.

  1. Localice la posición del centro de masas del cono empleando un sistema de ejes en el que el cono tiene su vértice en el origen de coordenadas y el eje del cono es el OZ.
  2. Calcule los momentos de inercia respecto al eje del cono, OZ, y los ejes ortogonales OY y OX
  3. Halle el momento de inercia respecto a dos ejes, paralelos a OX y OY por el centro de masas.
  4. Supongamos que el cono se hace girar con velocidad angular constante Ω alrededor de una generatriz, que se toma como eje OZ2.
    1. ¿Cuánto vale su momento cinético respecto al vértice del cono, O?
    2. ¿Cuánto vale su energía cinética?
    3. Calcule la fuerza y el momento que es necesario aplicar en O para mantener el cono en la rotación anterior. ¿Hay algún caso en que se anulen?

2 Centro de masas

Por la simetría del sistema el CM debe estar en x = 0, y = 0, es decir, sobre el eje OZ. La altura a la que se halla el CM la calculamos como

z_G=\frac{1}{m}\int_{m} z\,\mathrm{d}m

Los elementos de masa los construimos dividiendo el cono en discos horizontales de radio r y espesor diferencial dz

\mathrm{d}m=\rho\,\mathrm{d}V=\rho\,\pi r^2 \,\mathrm{d}z

La relación entre el radio de cada disco y su altura lo da el que la generatriz sea una recta

\frac{r}{z}= \frac{R}{H}\qquad\Rightarrow\qquad r = \frac{zR}{H}

Lo que nos da la integral

z_G=\frac{1}{m}\int_{0}^H \frac{\rho\pi z^3 R^2}{H^2}\,\mathrm{d}z=\frac{\rho\pi \R^2 H^2}{4m}

La densidad de masa la relacionamos con la masa a través del volumen que podemos calcular de la misma manera

m=\rho\int_0^H \frac{\rho\pi z^2 R^2}{H^2}\,\mathrm{d}z = \frac{\rho\pi R^2H}{3}\qquad\Rightarrow\qquad \rho=\frac{3m}{\pi R^2 H}

lo que nos da

z = \frac{3}{4}H

El CM se encuentra a 3/4 de la altura respecto del vértice y 1/4 respecto de la base.

3 Tensor de inercia respecto a O

3.1 Momentos de inercia

3.1.1 Respecto al eje OZ

Este eje es el propio del cono. Como con el centro de masas, descponemos el cono en discos, cada uno de los cuales tiene un momento de inercia

\mathrm{d}I_{zz}= \frac{1}{2}\mathrm{d}m r^2 = \frac{\rho\pi }{2}r^4 \,\mathrm{d}z=\frac{\rho\pi R^4}{2H^4}z^4\,\mathrm{d}z

Integramos para todo el cono

I_{zz}=\int_0^H\mathrm{d}I_{zz}=\frac{\rho\pi R^4}{2H^4}\int_0^H z^4\,\mathrm{d}z =\frac{\rho\pi R^4H}{10}

Sustituimos el valor de la densidad de masa y queda

I_{zz}=\frac{3}{10}mR^2

3.1.2 Respecto al eje OX (y al OY)

Por la simetría de revolución del sistema, los momentos de inercia respecto a OX y a OY son iguales.

I_{xx}=I_{yy}\,

Obtenemos uno de llos descomponiendo de nuevo el cono en discos. Para cada disco, el eje OX es una paralelo a un diámetro del disco. Por el teorema de Steiner, el momento de inercia de cada disco diferencial es

\mathrm{d}I_{xx}=\frac{1}{4}\mathrm{d}m r^2 + \mathrm{d}m z^2

Sustituimos las diferentes cantidades

\mathrm{d}I_{xx}=\rho \pi r^2\left(\frac{1}{4}r^2+z^2\right)\mathrm{d}z=\frac{\rho \pi R^2}{H^2}\left(\frac{1}{4}\frac{R^2}{H^2}+1\right)z^4\mathrm{d}z=\frac{\rho\pi R^2(R^2+4H^2)}{4H^4}z^4\,\mathrm{d}z

Integramos para todo el cono y queda

I_{xx}=\int_0^H \mathrm{d}I_{xx}=\frac{\rho\pi R^2H(R^2+4H^2)}{20}

Sustituimos aquí la densidad de masa y obtenemos finalmente

I_{xx}=I_{yy}=\frac{3m(R^2+4H^2)}{20}

3.2 Productos de inercia

Debido a la simetría del sistema todos los productos de inercia se anulan. En cada una de las integrales por cada valor de x positivo existe uno igual con x negativo y lo mismo con y. Por tanto

I_{xy}=I_{xz}=I_{yz}=0\,

Esto nos deja con un tensor de inercia diagonal

\bar{\bar{I}}_O=\frac{3m}{20}\begin{pmatrix}R^2+4H^2 & 0 & 0 \\ 0 & R^2+4H^2 & 0 \\ 0 & 0 & 2R^2\end{pmatrix}

4 Tensor de inercia respecto al CM

El tensor de inercia respecto al CM lo calculamos mediante el teorema de Steiner

\bar{\bar{I}}_O=\bar{\bar{I}}_G+m\begin{pmatrix}y_G^2+z_G^2 & -x_G y_G & -x_G z_G  \\ -x_G y_G & x_G^2+z_G^2 & -y_Gz_G \\ -x_Gz_G & -y_Gz_G & x_G^2+y_G^2\end{pmatrix}

Esto nos da

\frac{3m}{20}\begin{pmatrix}R^2+4H^2 & 0 & 0 \\ 0 & R^2+4H^2 & 0 \\ 0 & 0 & 2R^2\end{pmatrix}=\bar{\bar{I}}_G+m\begin{pmatrix}(3H/4)^2 & 0 & 0 \\ 0 & (3H/4)^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

de donde

\bar{\bar{I}}_G=\frac{3m}{80}\begin{pmatrix}4R^2+H^2 & 0 & 0 \\ 0 & 4R^2+H^2 & 0 \\ 0 & 0 & 8R^2\end{pmatrix}

Los momentos de inercia que se piden en el enunciado valen

I^G_{xx}=I^G_{yy}=\frac{3m(4R^2+H^2)}{80}

5 Rotación del cono

5.1 Momento cinético

A la hora de calcular el momento cinético tenemos dos caminos:

  • expresar la velocidad angular en el sistema ligado al cono y expresar el momento cinético en esta base.
  • pasar el tensor de inercia al sistema “2” y calcular el momento cinético en este sistema.

5.1.1 En el sistema ligado

Tomamos un sistema de ejes que en todo momento se hallan respecto al cono como indica la figura, es decir, que si el cono gira, los ejes giran con él. En este sistema el tensor de inercia es siempre el que hemos calculado, es decir, es un tensor diagonal, con

I_{XX}=I_{YY}=\frac{3m(R^2+4H^2)}{20}\qquad\qquad I_{ZZ}=\frac{3mR^2}{10}

Etiquetaremos como “2” a este sistema.

La velocidad angular, como va a lo largo de una generatriz tendrá la forma

\vec{\omega}_{21}=\Omega\frac{R\vec{\jmath}_2+H\vec{k}_2}{\sqrt{R^2+H^2}}

donde hemos elegido como generatriz la que está en el plano OY2Z2 (podíamos haber elegido otra).

Con esto el momento cinético queda

\vec{L}_O=I_{XX}\omega_X\vec{\imath}_2+I_{YY}\omega_Y\vec{\jmath}_2+I_{ZZ}\omega_Z\vec{k}_2=\frac{3m(R^2+4H^2)R\Omega}{20\sqrt{R^2+H^2}}\vec{\jmath}_2+\frac{3mR^2H\Omega}{10\sqrt{R^2+H^2}}\vec{k}_2

5.1.2 En el sistema intermedio

Consideremos ahora un sistema intermedio “0” en el cual el eje OZ0 es el de rotación pero ahora el cono está girado respecto a los ejes, siendo vertical la generatriz. Este sistema intermedio lo suponemos que también gira con la misma velocidad angular. Solo cambia su orientación respecto al anterior.

El giro que lleva del sistema “0” al “2” es uno de un ángulo β alrededor del eje OX, con

\mathrm{tg}(\beta)=\frac{R}{H}\qquad\Rightarrow\qquad S = \mathrm{sen}(\beta)=\frac{R}{\sqrt{R^2+H^2}}\qquad\qquad C=\cos(\beta)=\frac{H}{\sqrt{R^2+H^2}}

El tensor de inercia en estos nuevos ejes es

\bar{\bar{I}}'_O=\bar{\bar{R}}^T\cdot\bar{\bar{I}}'_O\cdot\bar{\bar{R}}

con la matriz de rotación

\bar{\bar{R}}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & C & -S \\ 0 & S & C\end{pmatrix}

lo que da

\bar{\bar{I}}'_O=\frac{3m}{20}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & C & S \\ 0 & -S & C\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}R^2+4H^2 & 0 & 0 \\ 0 & R^2+4H^2 & 0 \\ 0 & 0 & 2R^2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & C & -S \\ 0 & S & C\end{pmatrix}==
\frac{3m}{20(R^2+H^2)}\begin{pmatrix}4H^4+5H^2R^2+R^4 & 0 & 0 \\ 0 & 4H^2+H^2R^2+2R^4 & -RH(R^2+4H^2) \\ 0 & -RH(R^2+4H^2) & 6H^2R^2+R^4\end{pmatrix}

El momento cinético en este sistema de ejes es

\vec{L}_O=\frac{3m}{20(R^2+H^2)}\begin{pmatrix}4H^4+5H^2R^2+R^4 & 0 & 0 \\ 0 & 4H^2+H^2R^2+2R^4 & -RH(R^2+4H^2) \\ 0 & -RH(R^2+4H^2) & 6H^2R^2+R^4\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\\Omega\end{pmatrix}=\frac{3m\Omega}{20(R^2+H^2)}\begin{pmatrix}0\\-RH(R^2+4H^2)\\6H^2R^2+R^4\end{pmatrix}

En forma vectorial

\vec{L}_O=\frac{3m\Omega}{20(R^2+H^2)}(-RH(R^2+4H^2)\vec{\jmath}_0+(6H^2R^2+R^4)\vec{k}_0)

Vemos que es mucho más fácil trabajar en un sistema de ejes principales.

6 Energía cinética

La energía cinética, que es una cantidad escalar, debe tener el mismo valor en el sistema “0” y el “2”, ya que la única diferencia entre ellos es la orientación de los ejes.

En el sistema “2”, con los ejes principales, la energía cinética se calcula como

T=\frac{1}{2}\vec{\omega}_{21}\cdot\vec{L}_O=\frac{1}{2}\left(\Omega\frac{R\vec{\jmath}_2+H\vec{k}_2}{\sqrt{R^2+H^2}}\right)\cdot\left(\frac{3m(R^2+4H^2)R\Omega}{20\sqrt{R^2+H^2}}\vec{\jmath}_2+\frac{3mR^2H\Omega}{10\sqrt{R^2+H^2}}\vec{k}_2\right)==\frac{3m\Omega^2}{40(R^2+H^2)}(R^2(R^2+4H^2)+2R^2H^2)=\frac{3m\Omega^2(R^4+6R^2H^2)}{40(R^2+H^2)}

En este mismo sistema de ejes principales también se puede calcular como

T=\frac{1}{2}I_{XX}\omega_X^2+\frac{1}{2}I_{YY}\omega_Y^2+\frac{1}{2}I_{ZZ}\omega_Z^2

Si empleamos las componentes en el sistema “0”.

T=\frac{1}{2}\vec{\omega}_{21}\cdot\vec{L}_O=\frac{1}{2}\left(\Omega\vec{k}_0\right)\cdot\left(\frac{3m\Omega}{20(R^2+H^2)}(-RH(R^2+4H^2)\vec{\jmath}_0+(6H^2R^2+R^4)\vec{k}_0)\right)=\frac{3m\Omega^2(6H^2R^2+R^4)}{40(R^2+H^2)}

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