Entrar Página Discusión Historial Go to the site toolbox

Tres masas en un triángulo (CMR)

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)
Línea 7: Línea 7:
## su momento cinético respecto a O.
## su momento cinético respecto a O.
## su energía cinética.
## su energía cinética.
 +
==Nota==
 +
Todas las velocidades se refieren al movimiento {21}, por lo que se omiten los subíndices.
==Centro de masas==
==Centro de masas==
La posición del CM es la media ponderada de las posiciones de las tres masas
La posición del CM es la media ponderada de las posiciones de las tres masas
Línea 93: Línea 95:
Por el teorema de Steiner, este tensor cumple
Por el teorema de Steiner, este tensor cumple
-
<center><math>\bar{\bar{I}}_O= \bar{\bar{I}}_G+(12m)\begin{pmatrix}y_G^2+z_G^2& -x_Gy_G & -x_Gz_G\\ -x_Gy_G & x_G^2+z_G^2 & -y_Gz_G \\ -x_G z_G & -y_Gz_G & x_G^2+y_G^2\end{pmatrix}</math></center>
+
<center><math>\bar{\bar{I}}_O= \bar{\bar{I}}_G+m_T\begin{pmatrix}y_G^2+z_G^2& -x_Gy_G & -x_Gz_G\\ -x_Gy_G & x_G^2+z_G^2 & -y_Gz_G \\ -x_G z_G & -y_Gz_G & x_G^2+y_G^2\end{pmatrix}</math></center>
lo que nos da
lo que nos da
Línea 104: Línea 106:
El código para este cálculo sería
El código para este cálculo sería
 +
<code>
<code>
J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])
J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])
Línea 121: Línea 124:
MatrixForm[IG]
MatrixForm[IG]
</code>
</code>
 +
==Estado de rotación==
 +
===Momento cinético respecto a G===
 +
El momento cinético se calcula como
 +
 +
<center><math>\vec{L}_G=\bar{\bar{I}}_G\cdot\vec{\omega}</math></center>
 +
 +
lo que nos da
 +
 +
<center><math>\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}</math></center>
 +
 +
o en forma vectorial
 +
 +
<center><math>\vec{L}_G=12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+5\vec{k})</math></center>
 +
 +
===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
 +
 +
<center><math>\vec{L}_O=m_T \overrightarrow{OG}\times \vec{v}_G + \vec{L}_G</math></center>
 +
 +
siendo la velocidad del CM
 +
 +
<center><math>\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})</math></center>
 +
 +
Por tanto, <math>\vec{L}_O</math> vale
 +
 +
<center><math>\vec{L}_O=12m b(\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})</math></center>
 +
El código correspondería a añadir, tras las líneas de códigon anteriores
 +
 +
<code>
 +
ω = Ω {1, 1, 1}
 +
 +
LG = IG . \[Omega]
 +
 +
vG = ω × OG
 +
 +
LO = mT OG × vG + LG
 +
</code>
 +
 +
====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
 +
 +
<center><math>\vec{L}_O=\bar{\bar{I}}_O\cdot\vec{\omega}</math></center>
 +
 +
lo que nos da
 +
 +
<center><math>\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}</math></center>
 +
 +
que queda, en forma vectorial
 +
 +
<center><math>\vec{L}_O=12mb^2\Omega(4\vec{\imath}+3\vec{\jmath}+7\vec{k})</math></center>
 +
 +
===Energía cinética===
 +
====Directamente====
 +
De nuevo, por ser O un punto fijo
 +
 +
<center><math>T=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_O=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\bar{\bar{I}}_O\cdot\vec{\omega}</math></center>
 +
 +
lo que nos da
 +
 +
<center><math>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</math></center>
 +
====Por el teorema de König====
 +
En general, tanto si O es fijo como si no podemos recurrir al teorema de König
 +
 +
<center><math>T=\frac{1}{2}mT |\vec{v}_G|^2 + \frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\bar{\bar{I}}_G\cdot\vec{\omega}</math></center>
 +
 +
siendo la energía cinética de traslación
 +
 +
<center><math>T_T=\frac{1}{2}mT |\vec{v}_G|^2 = 6m(\Omega b)^2(1+1) =12mb^2\Omega^2</math></center>
 +
 +
y la de rotación
 +
 +
<center><math>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</math></center>
 +
 +
lo que da el total
 +
 +
<center><math>T= 12mb^2\Omega^2+72mb^2\Omega^2 = 84mb^2\Omega^2</math></center>

Revisión de 23:55 11 ene 2021

Contenido

1 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.

2 Nota

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

3 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})

4 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.

4.1 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_Py_P & -x_Pz_P\\ -x_Py_P & x_P^2+z_P^2 & -y_Pz_P \\ -x_P z_P & -y_Pz_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]

5 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_Gy_G & -x_Gz_G\\ -x_Gy_G & x_G^2+z_G^2 & -y_Gz_G \\ -x_G z_G & -y_Gz_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]

6 Estado de rotación

6.1 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

No se pudo entender (función desconocida\end): \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})

6.2 Momento cinético respecto a O

6.2.1 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=12m b(\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 . \[Omega]

vG = ω × OG

LO = mT OG × vG + LG

6.2.2 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

No se pudo entender (función desconocida\end): \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})

6.3 Energía cinética

6.3.1 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

6.3.2 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 = 12mb2Ω2 + 72mb2Ω2 = 84mb2Ω2

Herramientas:

Herramientas personales
TOOLBOX
LANGUAGES
licencia de Creative Commons
Aviso legal - Acerca de Laplace