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Tres masas en un triángulo (CMR)

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)
(Tres masas en un triángulo)
(Por el teorema de König)
 
Línea 201: Línea 201:
lo que da el total  
lo que da el total  
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<center><math>T= 12mb^2\Omega^2+72mb^2\Omega^2 = 84mb^2\Omega^2\,</math></center>

última version al 00:00 12 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

\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 . ω

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

\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= 12mb^2\Omega^2+72mb^2\Omega^2 = 84mb^2\Omega^2\,

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