Tres masas en un triángulo (CMR)

Tres masas en un triángulo

Un sólido rígido está formado por tres masas: una 5m, situada en O(0,0,0), una 4m, en A(3b,0,0) y una 3m, en B(0,4b,0).

1. ¿En qué posición se encuentra el centro de masas del sistema?
2. ¿Cuánto vale el tensor de inercia de este sólido respecto a unos ejes paralelos a OX, OY y OZ, por el centro de masas?
3. Si el sólido está girando en torno a un eje que pasa por el CM y con velocidad angular ${\vec {\omega }}=\Omega ({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }}+{\vec {k}})$, calcule cuánto valen
   1. su momento cinético respecto a G.
   2. su momento cinético respecto a O.
   3. su energía cinética.

Nota

Todas las velocidades se refieren al movimiento {21}, por lo que se omiten los subíndices.

Centro de masas

La posición del CM es la media ponderada de las posiciones de las tres masas

${\overrightarrow {OG}}={\frac {5m{\vec {0}}+4m(3b{\vec {\imath }})+3m(4b{\vec {\jmath }})}{5m+4m+3m}}=b({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})$

Tensor de inercia

Para hallar el tensor de inercia tenemos dos caminos.

• Directamente mediante las posiciones de las tres partículas respecto a los nuevos ejes.
• Hallando primero el tensor respecto a unos ejes por O y posteriormente aplicar el teorema de Steiner.

Veámoslo de las dos formas.

Directamente

La posición de las tres masas respecto al CM es, para O

${\overrightarrow {GO}}=-{\overrightarrow {OG}}=-b({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})$

para A

${\overrightarrow {GA}}={\overrightarrow {OA}}-{\overrightarrow {OG}}=b(2{\vec {\imath }})-{\vec {\jmath }})$

y para B

${\overrightarrow {GB}}={\overrightarrow {OB}}-{\overrightarrow {OG}}=b(-{\vec {\imath }})+3{\vec {\jmath }})$

Aplicamos ahora la definición de tensor de inercia

${\bar {\bar {I}}}=\sum _{P}m_{P}{\begin{pmatrix}y_{P}^{2}+z_{P}^{2}&-x_{P}y_{P}&-x_{P}z_{P}\\-x_{P}y_{P}&x_{P}^{2}+z_{P}^{2}&-y_{P}z_{P}\\-x_{P}z_{P}&-y_{P}z_{P}&x_{P}^{2}+y_{P}^{2}\end{pmatrix}}$

queda para la masa de O, de valor 5m

${\bar {\bar {I}}}_{1}=mb^{2}{\begin{pmatrix}5&-5&0\\-5&5&0\\0&0&10\end{pmatrix}}$

Para la de A, de valor 4m

${\bar {\bar {I}}}_{2}=mb^{2}{\begin{pmatrix}4&12&0\\12&16&0\\0&0&20\end{pmatrix}}$

y para la de C, de valor 3m

${\bar {\bar {I}}}_{3}=mb^{2}{\begin{pmatrix}27&9&0\\9&3&0\\0&0&30\end{pmatrix}}$

Sumando los tres tensores

${\bar {\bar {I}}}_{G}=mb^{2}{\begin{pmatrix}36&16&0\\16&24&0\\0&0&60\end{pmatrix}}$

Este sería el código que lo hace en Mathematica (muy poco optimizado, pero para que se entienda mejor)

J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])

lm = {5 m, 4 m, 3 m}

mT = Sum[lm[[i]], {i, 3}]

OP = {{0, 0, 0}, {3 b, 0, 0}, {0, 4 b, 0}}

OG = Sum[lm[[i]] OP[[i]], {i, 3}]/mT

GP = Table[OP[[i]] - OG, {i, 3}]

IG = Sum[J[lm[[i]], GP[[i]]], {i, 3}]

MatrixForm[IG]

Mediante el teorema de Steiner

Si consideramos las posiciones respecto a los ejes de la figura, los tensores de inercia de cada masa resultan mucho más simples, por estar sobre los ejes.

Para la masa de O, de valor 5m

${\bar {\bar {I}}}_{1}=mb^{2}{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$

Para la de A, de valor 4m

${\bar {\bar {I}}}_{2}=mb^{2}{\begin{pmatrix}0&0&0\\0&36&0\\0&0&36\end{pmatrix}}$

y para la de C, de valor 3m

${\bar {\bar {I}}}_{3}=mb^{2}{\begin{pmatrix}48&0&0\\0&0&0\\0&0&48\end{pmatrix}}$

Sumando los tres tensores

${\bar {\bar {I}}}_{O}=mb^{2}{\begin{pmatrix}48&0&0\\0&36&0\\0&0&84\end{pmatrix}}$

Por el teorema de Steiner, este tensor cumple

${\bar {\bar {I}}}_{O}={\bar {\bar {I}}}_{G}+m_{T}{\begin{pmatrix}y_{G}^{2}+z_{G}^{2}&-x_{G}y_{G}&-x_{G}z_{G}\\-x_{G}y_{G}&x_{G}^{2}+z_{G}^{2}&-y_{G}z_{G}\\-x_{G}z_{G}&-y_{G}z_{G}&x_{G}^{2}+y_{G}^{2}\end{pmatrix}}$

lo que nos da

$mb^{2}{\begin{pmatrix}48&0&0\\0&36&0\\0&0&84\end{pmatrix}}={\bar {\bar {I}}}_{G}+mb^{2}{\begin{pmatrix}12&-12&0\\-12&12&0\\0&0&24\end{pmatrix}}$

Despejamos y queda

${\bar {\bar {I}}}_{G}=mb^{2}{\begin{pmatrix}36&12&0\\12&24&0\\0&0&60\end{pmatrix}}$

El código para este cálculo sería

J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])

lm = {5 m, 4 m, 3 m}

mT = Sum[lm[[i]], {i, 3}]

OP = {{0, 0, 0}, {3 b, 0, 0}, {0, 4 b, 0}}

OG = Sum[lm[[i]] OP[[i]], {i, 3}]/mT

IO = Sum[J[lm[[i]], OP[[i]]], {i, 3}]

IG = IO - J[mT, OG]

MatrixForm[IG]

Estado de rotación

Momento cinético respecto a G

El momento cinético se calcula como

${\vec {L}}_{G}={\bar {\bar {I}}}_{G}\cdot {\vec {\omega }}$

lo que nos da

${\vec {L}}_{G}=mb^{2}{\begin{pmatrix}36&12&0\\12&24&0\\0&0&60\end{pmatrix}}\cdot \Omega {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}=mb^{2}\Omega {\begin{pmatrix}48\\36\\60\end{pmatrix}}$

o en forma vectorial

${\vec {L}}_{G}=12mb^{2}\Omega (4{\vec {\imath }}+3{\vec {\jmath }}+5{\vec {k}})$

Momento cinético respecto a O

Por el teorema de König

Una forma de hallar el momento cinético respecto a O es mediante el teorema de König

${\vec {L}}_{O}=m_{T}{\overrightarrow {OG}}\times {\vec {v}}_{G}+{\vec {L}}_{G}$

siendo la velocidad del CM

${\vec {v}}_{G}={\vec {\omega }}\times {\overrightarrow {OG}}=\Omega ({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }}+{\vec {k}})\times b({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})=\Omega b(-{\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})$

Por tanto, ${\vec {L}}_{O}$ vale

${\vec {L}}_{O}=12mb({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})\times \Omega b(-{\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})+12mb^{2}\Omega (4{\vec {\imath }}+3{\vec {\jmath }}+5{\vec {k}})=12mb^{2}\Omega (4{\vec {\imath }}+3{\vec {\jmath }}+7{\vec {k}})$

El código correspondería a añadir, tras las líneas de códigon anteriores

ω = Ω {1, 1, 1}

LG = IG . ω

vG = ω × OG

LO = mT OG × vG + LG

Directamente

En este caso, el punto O es fijo por hallarse en el eje de rotación. Por tanto, es mucho más fácil hallar el momento cinético directamente como

${\vec {L}}_{O}={\bar {\bar {I}}}_{O}\cdot {\vec {\omega }}$

lo que nos da

${\vec {L}}_{O}=mb^{2}{\begin{pmatrix}48&0&0\\0&36&0\\0&0&84\end{pmatrix}}\cdot \Omega {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}=mb^{2}\Omega {\begin{pmatrix}48\\36\\84\end{pmatrix}}$

que queda, en forma vectorial

${\vec {L}}_{O}=12mb^{2}\Omega (4{\vec {\imath }}+3{\vec {\jmath }}+7{\vec {k}})$

Energía cinética

Directamente

De nuevo, por ser O un punto fijo

$T={\frac {1}{2}}{\vec {\omega }}\cdot {\vec {L}}_{O}={\frac {1}{2}}{\vec {\omega }}\cdot {\bar {\bar {I}}}_{O}\cdot {\vec {\omega }}$

lo que nos da

$T={\frac {1}{2}}\Omega ({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }}+{\vec {k}})\cdot 12mb^{2}\Omega (4{\vec {\imath }}+3{\vec {\jmath }}+7{\vec {k}})=84mb^{2}\Omega ^{2}$

Por el teorema de König

En general, tanto si O es fijo como si no podemos recurrir al teorema de König

$T={\frac {1}{2}}mT|{\vec {v}}_{G}|^{2}+{\frac {1}{2}}{\vec {\omega }}\cdot {\bar {\bar {I}}}_{G}\cdot {\vec {\omega }}$

siendo la energía cinética de traslación

$T_{T}={\frac {1}{2}}mT|{\vec {v}}_{G}|^{2}=6m(\Omega b)^{2}(1+1)=12mb^{2}\Omega ^{2}$

y la de rotación

$T_{R}={\frac {1}{2}}{\vec {\omega }}\cdot {\bar {\bar {I}}}_{G}\cdot {\vec {\omega }}={\frac {1}{2}}{\vec {\omega }}\cdot {\vec {L}}_{G}=72mb^{2}\Omega ^{2}$

lo que da el total

$T=12mb^{2}\Omega ^{2}+72mb^{2}\Omega ^{2}=84mb^{2}\Omega ^{2}\,$