Página 3 de 3 PrimeroPrimero 123
Resultados 31 al 44 de 44

Hilo: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

  1. #31
    Registro
    Sep 2011
    Posts
    6 647
    Nivel
    Licenciado en Física
    Artículos de blog
    7
    ¡Gracias!
    2 841 (2 525 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Comento algunas de las cosas a las que les he estado dando vueltas.

    En primer lugar, creo que Richard preguntaba por casos en los que el torque total del peso no era perpendicular al peso total.

    He hecho una hoja de cálculo y, si no me equivoco (confieso que aún debo darle un último repaso detallado para volver a verificar que no tiene gazapos), un ejemplo es el siguiente: dos masas creadoras de campo tales que GM=1 situadas en (-1,-1,0) y (-1,1,0); sistema formado por tres masas unitarias situadas en (1,0,0), (0,1,0) y (0,0,1).

    Sobre la definición que propone carroza: por ahora comentar que creo que es posible encontrar una expresión explícita para el centro de gravedad "carrociano", definido como el punto cuya posición \vec R^Gcumple que
    \vec R^G\cdot\vec P=T_0
    \vec R^G\times\vec P-\vec\tau\ \parallel\vec P
    donde para sistemas discretos de N partículas
    \vec P=\sum_{i=0}^N m_i\vec g(\vec r_i)
    T_0=\sum_{i=0}^N \vec r_i\cdot m_i\vec g(\vec r_i)
    \vec \tau=\sum_{i=0}^N \vec r_i\times m_i\vec g(\vec r_i)

    La condición (2) equivale a
    (\vec R^G\times\vec P)\times\vec P=\vec\tau\times\vec P
    Pero el lado izquierdo es, aplicando la propiedad del doble producto vectorial, (\vec a\times\vec b)\times\vec c=(\vec a\cdot\vec c)\ \vec b-(\vec b\cdot\vec c)\ \vec a,
    (\vec R^G\times\vec P)\times\vec P=(\vec R^G\cdot \vec P)\vec P-(\vec P\cdot\vec P)\vec R^G
    Por tanto, de (1) y (2')
    (\vec R^G\times\vec P)\times\vec P=T_0\vec P-P^2\vec R^G=\vec\tau\times\vec P
    de manera que
    \boxed{\vec R^G=\dfrac{1}{P^2}(T_0\vec P-\vec\tau\times\vec P)}

    Por supuesto, otra cosa diferente es que la definición que propone carroza sea correcta o no, útil o no, o equivalente o no a la que suele aparecer en los libros. Pero, al menos por ahora, no tengo mucho que aportar al respecto.

    Saludos!
    Última edición por arivasm; 15/04/2018 a las 12:21:04.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  2. El siguiente usuario da las gracias a arivasm por este mensaje tan útil:

    carroza (16/04/2018)

  3. #32
    Registro
    Mar 2015
    Ubicación
    Lujan Buenos Aires Argentina
    Posts
    2 935
    Nivel
    Universidad (Ingeniería)
    Artículos de blog
    31
    ¡Gracias!
    1 275 (1 160 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Gracias carroza por responder

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje

    Con estos valores, el centro de gravedad se encuentra en \vec R^G = (Y^2+X^2)/X (1,0,0).

    Cuando X es grande frente a Y (es decir, cuando la distancia a la fuente del campo es mucho mayor que el tamaño del sistema), entonces \vec R^G \simeq X (1,0,0) , y coincide con el centro de masas. Sin embargo, cuando X es pequeño frente a Y (es decir, cuando el sistema tiene un tamaño mayor que la distancia a la fuente del campo), entonces \vec R^G \simeq Y^2/X (1,0,0), y el centro de gravedad se aleja de la distribución de masas.
    concuerdo solo en el primer resultado, supongamos una relación de distancia X/Y=1000 la primer fórmula \vec R^G = (Y^2+X^2)/X (1,0,0)\cong (X,0,0) representa lo esperado ubicar el el CG cerca del CM,

    pero si Y/X=1000 la segunda fórmula \vec R^G \simeq Y^2/X (1,0,0)=(1000000X,0,0) no se condice para nada con lo esperado intuitivamente, las masas en posición opuesta al generador del campo no pueden tener el CG 1000 veces más alejado que las masas en dirección perpendicular a la línea imaginaria que las une ???, que sucede entonces si es X=0 el CG está en el infinito ? creo que no .... para mi estaría en (0,0,0) es el lugar donde colocaría una masa puntual cuyo peso sea el equivalente a la sumatoria de todos los pesos.

    Pero entiendo que en el infinito P es nulo y también se podría arribar a esa conclusión...

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Hola. Para un masa puntual, el torque es el producto vectorial del peso por un vector posición, \vec \tau_i = \vec r_i \times \vec P_i . Por tanto, efectivamente el torque es perpenditular al peso. Sin embargo, para un sistema de masas puntuales, el torque total \vec \tau = \sum_i \vec \tau_i no tiene por qué ser perpendicular al peso total \vec P = \sum_i \vec P_i

    Saludos
    Disculpa si no te doy la derecha ,veo todo lo contrario , con el ejemplo que pone arivasm a menos que haya despistado, siempre lo veo perpendicular


    si

    \vec \tau = \sum_i \vec \tau_i


    \vec \tau = \sum_i \vec r_i \times \vec P_i

    en un sistema de referencia arbitrario los P_i son los mismos solo cambian los r_i, los torques quedan

    \vec \tau' = \sum_i (\vec r_i+\vec \delta) \times \vec P_i

    donde \vec \delta es la posición del campo gravitatorio puntual , luego

    \vec \tau' = \sum_i \vec r_i \times \vec P_i +\sum_i\vec \delta\times \vec P_i= \sum_i \vec r_i \...

    si asumimos que \sum_i \vec r_i \times \vec P_i=\vec 0

    entonces \vec \tau' = \vec \delta\times \sum_i\vec P_i =\vec \delta \times \vec P

    el torque desde cualquier punto de referencia sigue siendo ortogonal la resultante de los pesos......

    en ese caso el centro de gravedad también cumple


    entonces \vec \tau'=(R^G +\vec \delta)\times \vec P

    \vec \tau'=R^G\times \vec P+\vec\delta\times \vec P=R^G\times \vec P+\vec \tau'

    de donde \vec 0=R^G\times \vec P


    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje

    En primer lugar, creo que Richard preguntaba por casos en los que el torque total del peso no era perpendicular al peso total.

    He hecho una hoja de cálculo y, si no me equivoco (confieso que aún debo darle un último repaso detallado para volver a verificar que no tiene gazapos), un ejemplo es el siguiente: dos masas creadoras de campo tales que GM=1 situadas en (-1,-1,0) y (-1,1,0); sistema formado por tres masas unitarias situadas en (1,0,0), (0,1,0) y (0,0,1).
    Gracias por el pensar el ejemplo

    yo tambien lo hice en una hoja de calculo y obtengo que

    \vec \tau \cdot \vec P =0 entonces son perpendiculares, y para mi siempre lo son.


    x y z
    G1 -1 -1 0
    G2 -1 1 0
    m1 1 0 0
    m2 0 1 0
    m3 0 0 1
    P_{G1m1} -0,17888544 -0,08944272 0
    P_{G2m1} -0,17888544 0,08944272 0
    P_{G1m2} -0,08944272 -0,17888544 0
    P_{G2m2} -1 0 0
    P_{G1m3} -0,19245009 -0,19245009 -0,19245009
    P_{G2m3} -0,19245009 0,19245009 -0,19245009
    p1=P_{G1m1}+P_{G2m1} -0,35777088 0 0
    p2=P_{G1m2}+P_{G2m2} -1,08944272 -0,17888544 0
    p3=P_{G1m3}+P_{G2m3} -0,38490018 0 -0,38490018
    \vec P=\dst\sum P_i -1,83211377 -0,17888544 -0,38490018
    r1 \times P1 0 0 0
    r2 \times P2 0 0 1,08944272
    r3 \times P3 0 -0,38490018 0
    \tau=\sum ri \times pi 0 -0,38490018 1,08944272
    \tau\times P 0,34303359 -1,99598301 -0,70518092
    \tau\cdot P 0
    Última edición por Richard R Richard; 16/04/2018 a las 01:49:23.
    Saludos \mathbb {R}^3

  4. #33
    Registro
    Sep 2011
    Posts
    6 647
    Nivel
    Licenciado en Física
    Artículos de blog
    7
    ¡Gracias!
    2 841 (2 525 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Cita Escrito por Richard R Richard Ver mensaje
    yo tambien lo hice en una hoja de calculo y obtengo que...

    x y z
    \vec P=\dst\sum P_i -1,83211377 -0,17888544 -0,38490018
    \tau=\sum ri \times pi 0 -0,38490018 1,08944272
    \tau\cdot P 0
    \vec\tau\cdot\vec P no da 0:

    -1.8321·0+0.1789·0.3849-0.3849·1.0894 = -0.3505

    - - - Actualizado - - -

    Añadiré que al cálculo del sistema de este mensaje a Richard le he incorporado el cálculo del CDG de carroza, determinado mediante la expresión (8) que señalé anteriormente, y obtengo que sería el punto (0.38,-0.52,0.30), del que resulta llamativo el valor negativo de y. Hay que tener en cuenta que el campo gravitatorio de este sistema es simétrico respecto del plano XZ y que el sistema de masas pesantes está en el primer octante, es decir, todas tienen y\geq 0.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  5. El siguiente usuario da las gracias a arivasm por este mensaje tan útil:

    Richard R Richard (16/04/2018)

  6. #34
    Registro
    Jul 2007
    Posts
    2 466
    Nivel
    Doctor en Física
    Artículos de blog
    1
    ¡Gracias!
    1 173 (931 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Hola.

    Un ejemplo conocido de un caso en el que el torque y el peso no son perpendiculares es la balanza de Cavendish https://es.wikipedia.org/wiki/Experimento_de_Cavendish
    Ahi, dos esferas gordas generan un torque sobre dos esferitas más pequeñas, que los harian rotar en torno la dirección vertical, que es la misma dirección en la que está el peso total de las esferitas. En este caso, torque y peso son paralelos. A ver si con esto convencemos a Richard.

    Saludos
    Última edición por carroza; 16/04/2018 a las 23:55:23.

  7. El siguiente usuario da las gracias a carroza por este mensaje tan útil:

    Richard R Richard (17/04/2018)

  8. #35
    Registro
    Mar 2015
    Ubicación
    Lujan Buenos Aires Argentina
    Posts
    2 935
    Nivel
    Universidad (Ingeniería)
    Artículos de blog
    31
    ¡Gracias!
    1 275 (1 160 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Hola , pero si soy bruto, marque mal la fila de la multiplicación escalar en el excel, y multiplique P por \tau x P la fila inmediata inferior, obviamente da 0 luego de eso arme el resto del post, disculpen, voy a armarme de paciencia para entender, así que me llamo al silencio, pues si P.\tau es distinto de cero vuelvo a foja 0 y les doy la derecha, perdón por insistir en vano. Saludos y gracias a ambos.
    Saludos \mathbb {R}^3

  9. #36
    Registro
    Sep 2011
    Posts
    6 647
    Nivel
    Licenciado en Física
    Artículos de blog
    7
    ¡Gracias!
    2 841 (2 525 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Llevo unos cuantos días dándole vueltas a este asunto y cada vez estoy más inclinado hacia algo que afirmé con anterioridad y después me desdije: el centro de gravedad no es un concepto que posea una definición precisa.

    Por los libros de texto, la web, etc aparecen varias definiciones para centro de gravedad. En la gran mayoría de los casos se usa como si se tratase de un sinónimo para centro de masas cuando, como se ha mencionado ya al comienzo de este hilo, no son la misma cosa. El motivo está en que puesto que habitualmente los problemas de interés tratan situaciones en un campo gravitatorio uniforme, lo que interesa es manejar el concepto como si se tratase de esta idea:


    • Punto en el que situar el peso del objeto, de manera que los efectos debidos a éste sean los mismos que si se considera el conjunto de pesos de las partículas individuales que lo constituyen


    Pensad en cuántos ejercicios de Mecánica resolvemos situando el peso en el centro de masas y así usarlo para los balances de momentos, etc.

    El problema, y la distinción entre centro de masas y centro de gravedad, surge cuando el campo gravitatorio no es uniforme. En este sentido convendría distinguir tres tipos de situaciones:


    • El campo gravitatorio tiene la misma dirección en todos los puntos.
    • El campo gravitatorio es radial y el objeto es suficientemente pequeño como para que las diferencias en dirección del campo entre sus puntos sean lo suficientemente pequeñas como para considerarlas una perturbación del caso anterior
    • El campo gravitatorio no es radial ni paralelo a una dirección, o el objeto está situado en un campo gravitatorio radial pero es lo suficientemente extenso como para que no sea admisible el enfoque del punto anterior.


    Desde un punto de vista práctico, el primer caso es adecuado para problemas en los que tengamos objetos suficientemente altos y delgados como para tener que tomar en consideración la variación de g con la distancia al centro del planeta. Un ejemplo podría ser el del cable necesario para construir un ascensor espacial, por poner un ejemplo de lo más obvio.

    El segundo es adecuado, por ejemplo, para el caso de un satélite suficientemente grande como para tener que pensar en los efectos que producen en él las fuerzas de marea (el gradiente gravitacional) y así dar una explicación sencilla a los acoplamientos de marea.

    Para el tercero, claramente su interés es teórico. Al menos actualmente.

    Podemos comenzar analizando el propio significado de "punto en el que situar el peso de manera que...". ¿Significa que en dicho punto se podría concentrar toda la masa del objeto, de manera que su peso fuese exactamente el mismo que corresponde al sistema, o bien que sólo el peso estaría "concentrado" en ese lugar?

    Pondré un ejemplo para aclarar a qué me refiero. Imaginemos una columna delgada de altura H, de densidad uniforme, situada verticalmente en un campo gravitatorio de la misma dirección en todos los puntos, y cuyo valor depende de la altura mediante g(y)=g_0-\alpha y, donde g_0 es el campo en la base de la columna (situada en y=0) y \alpha es un coeficiente positivo que da cuenta de cómo disminuye el campo a medida que nos elevamos por la columna, pero tal que en ningún punto de ésta la gravedad es nula, es decir, tal que g_0-\alpha H\geq 0.

    Puesto que los pesos de las partículas son mayores cuanto más abajo estén situadas, de acuerdo con la idea intuitiva de centro de gravedad cabe esperar que se cumpla que y^G<H/2. Pero, ¿cómo se determina?

    La mayoría de los textos recurren a un cálculo como el siguiente (indicaré sumas en lugar de integrales para poner más en claro los conceptos). Como definición de centro de gravedad emplean algo como esto:
    y^G = \dfrac{\sum y_i\ mg_i}{\sum m_i g_i}
    de manera que en nuestro ejemplo (\rho denota la densidad lineal de la columna)
    y^G = \dfrac{\int_0^H y\ \rho(g_0-\alpha y)\dd y}{\int_0^H \rho(g_0-\alpha y)\dd y}=\dfrac{1-\fra...
    Este resultado cumple con lo esperado, y no es difícil ver que ciertamente se trata de un punto más bajo que H/2.

    Ahora bien, este enfoque tiene un grave problema que fue señalado anteriormente por carroza: no admite ser generalizado a algo así como
    \vec r^G = \dfrac{\sum \vec r_i\ m\vec g_i}{\sum m_i \vec g_i}
    pues en el numerador aparece un producto indefinido entre dos vectores y también tenemos una división entre un vector.

    Podríamos pensar entonces en otro enfoque: buscar el centro de gravedad como aquel punto en el que concentrar la masa del objeto de manera que pese lo mismo. En nuestro ejemplo
    P=\rho\left(g_0H-\dfrac{\alpha H^2}{2}\right)=\rho H(g_0-\alpha y^G)
    con lo que resultaría algo contrario a la intuición sobre qué debe ser el centro de gravedad: y^G=H/2. Por cierto que este resultado es muy lógico: como los pesos varían linealmente, es el punto medio el que mejor refleja el peso medio del objeto.

    Disculpadme que no continúe por hoy. Es un post bastante largo y el tiempo de que dispongo en este momento se me acaba. Continuaré exponiendo mis reflexiones más tarde, en las que expondré mis objeciones al problema de los momentos (ya se señaló antes: no siempre es posible hacer coincidir el momento total con el momento del peso, se sitúe éste donde se sitúe -por no ser ambos perpendiculares-) y también a la definición que propone carroza.

    Saludos!
    Última edición por arivasm; 19/04/2018 a las 12:34:04.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  10. El siguiente usuario da las gracias a arivasm por este mensaje tan útil:

    Richard R Richard (20/04/2018)

  11. #37
    Registro
    Jul 2007
    Posts
    2 466
    Nivel
    Doctor en Física
    Artículos de blog
    1
    ¡Gracias!
    1 173 (931 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Hola.

    Yo creo que merece la pena buscar una definición coherente de centro de gravedad, válida para un campo arbitrario. Esta definición ha de ser un punto que simplifique la descripción de la distribución de pesos en el entorno de este punto.

    En este sentido, la fórmula derivada por arivasm, es un candidato muy adecuado:

    \vec R^G = (T_0 \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2

    Como comentamos antes, esta fórmula tiene el problema de que \vec R^G puede estar lejos de la distribución de masas del sistema. Pero ello no debe sorprendernos. Imaginemos que queremos calcular el centro de masas de un sistema, en el que pudieramos tener particulas de masa positiva y negativa. En este caso, la expresión de la posición del centro de masas

    \vec R^M = \sum_i m_i \vec r_i / \sum_i m_i

    Puede caer fuera, e incluso lejos, de las posiciones de las masas. Como ejemplo, podemos calcular el centro de masas de un sistema formado por una particula de masa 10 y otra de masa -9. Este centro estará muy lejos (9 veces la distancia entre particulas), de ambas.

    Por supuesto, no hay masas negativas. Pero si puede haber pesos con componentes de signo diferente en las distintas particulas de un sistema. Por ello, no es sorprendente que una definición general de centro de gravedad pueda quedar fuera, e incluso lejos, de la distribución de particulas.

    La expresión anterior de centro de gravedad la hemos aplicado hasta ahora, con las tablas de arivasm y richard, coniderando que solo anctuan sobre las particulas del sistema las fuerzas asociadas al campo gravitatorio. No obstante, también podemos aplicarla considerando que hay fuerzas internas entre las particulas del sistema.
    Estas fuerzas, que llamaremos \vec R_i, a la resultante que actua sobre cada partícula, están limitadas por el principio de acción y reacción, con lo que su suma sobre todas las partículas es cero \vec R = \sum_i \vec R_i = 0. Por otro lado, estas fuerzas no producen un torque neto (el momento angular del sistema, en ausencia de fuerzas externas, se conserva). Por tanto, las fuerzas internas no modifican el peso total \vec P, ni el torque total \vec \tau. Sin embargo, sí modifican el escalar T_0, ya que, en general, \sum_i \vec R_i \cdot \vec r_i \ne 0 con lo que la presencia de fuerzas internas modifica el centro de gravedad.

    Hay un caso en el que puede evaluarse este efecto. Es el de un sólido rígido. En este caso, si nos ponemos en el sistema de referencia del centro de masas \vec R^M, las fuerzas netas sobre cada partícula (que sería el peso \vec P_i, más las fuerzas internas \vec R_i, más la fuerza de inercia - m_i \vec a^M = -m_i \vec P / M), deben ser perpendiculares al vector \vec r_i - \vec R^M. Si esto no fuera así, habría una componente de la fuerza que acercaría una partícula al centro de masas, y eso no debe ocurrir en un sólido rígido. Según esto, tenemos que

    (\vec P_i + \vec R_i - m_i \vec P / M) \cdot (\vec r_i - \vec R^M) = 0

    Si ahora sumamos para todas las particulas, es fácil ver que la contribución de las fuerzas de inercia se anula, y queda

    \sum_i (\vec P_i + \vec R_i ) \cdot (\vec r_i - \vec R^M) = 0

    A partir de aqui se tiene

    \sum_i (\vec P_i + \vec R_i ) \cdot \vec r_i  = \vec P \cdot \vec R^M + \vec R \cdot \vec R^M = \...

    Con esto tenemos que el escalar T_0, cuando consideramos un sólido rígido, en el que actuan tanto las componentes del peso como las fuerzas internas, viene dado por

    T_0^{Rig} = \sum_i (\vec P_i + \vec R_i ) \cdot \vec r_i ) =\vec P \cdot \vec R^M


    Unando esto en la fórmula de Arivasm, queda, para un solido rigido,

    \vec R^G(Rig) = ((\vec P \cdot \vec R^M) \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2

    Esto se ve mas claro si tomamos un sistema de referencia centrado en el centro de masas . En el \vec R^M=0, y el torque viene dado por \vec \tau(CM). Queda:

    \vec R^G(Rig) = -(\vec P \times \vec \tau(CM))/P^2

    Esto nos da cómo se desvia el centro de gravedad del centro de masas: partiendo de éste, tenemos una pequeña desviación, perpendicular tanto al peso como al torque (en el sistema centro de masas).

    Ahora sería interesate aplicar esto a los casos previstos en las tablas excel de arivasm y richard.


    saludos

    - - - Actualizado - - -

    Hola.

    Yo creo que merece la pena buscar una definición coherente de centro de gravedad, válida para un campo arbitrario. Esta definición ha de ser un punto que simplifique la descripción de la distribución de pesos en el entorno de este punto.

    En este sentido, la fórmula derivada por arivasm, es un candidato muy adecuado:

    \vec R^G = (T_0 \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2

    Como comentamos antes, esta fórmula tiene el problema de que \vec R^G puede estar lejos de la distribución de masas del sistema. Pero ello no debe sorprendernos. Imaginemos que queremos calcular el centro de masas de un sistema, en el que pudieramos tener particulas de masa positiva y negativa. En este caso, la expresión de la posición del centro de masas

    \vec R^M = \sum_i m_i \vec r_i / \sum_i m_i

    Puede caer fuera, e incluso lejos, de las posiciones de las masas. Como ejemplo, podemos calcular el centro de masas de un sistema formado por una particula de masa 10 y otra de masa -9. Este centro estará muy lejos (9 veces la distancia entre particulas), de ambas.

    Por supuesto, no hay masas negativas. Pero si puede haber pesos con componentes de signo diferente en las distintas particulas de un sistema. Por ello, no es sorprendente que una definición general de centro de gravedad pueda quedar fuera, e incluso lejos, de la distribución de particulas.

    La expresión anterior de centro de gravedad la hemos aplicado hasta ahora, con las tablas de arivasm y richard, coniderando que solo anctuan sobre las particulas del sistema las fuerzas asociadas al campo gravitatorio. No obstante, también podemos aplicarla considerando que hay fuerzas internas entre las particulas del sistema.
    Estas fuerzas, que llamaremos \vec R_i, a la resultante que actua sobre cada partícula, están limitadas por el principio de acción y reacción, con lo que su suma sobre todas las partículas es cero \vec R = \sum_i \vec R_i = 0. Por otro lado, estas fuerzas no producen un torque neto (el momento angular del sistema, en ausencia de fuerzas externas, se conserva). Por tanto, las fuerzas internas no modifican el peso total \vec P, ni el torque total \vec \tau. Sin embargo, sí modifican el escalar T_0, ya que, en general, \sum_i \vec R_i \cdot \vec r_i \ne 0 con lo que la presencia de fuerzas internas modifica el centro de gravedad.

    Hay un caso en el que puede evaluarse este efecto. Es el de un sólido rígido. En este caso, si nos ponemos en el sistema de referencia del centro de masas \vec R^M, las fuerzas netas sobre cada partícula (que sería el peso \vec P_i, más las fuerzas internas \vec R_i, más la fuerza de inercia - m_i \vec a^M = -m_i \vec P / M), deben ser perpendiculares al vector \vec r_i - \vec R^M. Si esto no fuera así, habría una componente de la fuerza que acercaría una partícula al centro de masas, y eso no debe ocurrir en un sólido rígido. Según esto, tenemos que

    (\vec P_i + \vec R_i - m_i \vec P / M) \cdot (\vec r_i - \vec R^M) = 0

    Si ahora sumamos para todas las particulas, es fácil ver que la contribución de las fuerzas de inercia se anula, y queda

    \sum_i (\vec P_i + \vec R_i ) \cdot (\vec r_i - \vec R^M) = 0

    A partir de aqui se tiene

    \sum_i (\vec P_i + \vec R_i ) \cdot \vec r_i  = \vec P \cdot \vec R^M + \vec R \cdot \vec R^M = \...

    Con esto tenemos que el escalar T_0, cuando consideramos un sólido rígido, en el que actuan tanto las componentes del peso como las fuerzas internas, viene dado por

    T_0^{Rig} = \sum_i (\vec P_i + \vec R_i ) \cdot \vec r_i  =\vec P \cdot \vec R^M


    Unando esto en la fórmula de Arivasm, queda, para un solido rigido,

    \vec R^G(Rig) = ((\vec P \cdot \vec R^M) \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2

    Esto se ve mas claro si tomamos un sistema de referencia centrado en el centro de masas . En el \vec R^M=0, y el torque viene dado por \vec \tau(CM). Queda:

    \vec R^G(Rig) = -(\vec P \times \vec \tau(CM))/P^2

    Esto nos da cómo se desvia el centro de gravedad del centro de masas: partiendo de éste, tenemos una pequeña desviación, perpendicular tanto al peso como al torque (en el sistema centro de masas).

    Ahora sería interesate aplicar esto a los casos previstos en las tablas excel de arivasm y richard.


    saludos

  12. El siguiente usuario da las gracias a carroza por este mensaje tan útil:

    Richard R Richard (21/04/2018)

  13. #38
    Registro
    Sep 2011
    Posts
    6 647
    Nivel
    Licenciado en Física
    Artículos de blog
    7
    ¡Gracias!
    2 841 (2 525 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Habréis notado que mi "después sigo" ha quedado en suspenso. El motivo es porque sigo intentando clarificar ideas.

    Me he centrado en una pregunta: ¿para qué sirve calcular el cdg? Obviamente no es para conocer el peso total del sistema, pues está claro que de un modo u otro entrará en la definición "buena". Entiendo que tampoco será de utilidad con sistemas de partículas discretos, sino con sólidos rígidos, para poder aplicar de manera sencilla las leyes de Newton, especialmente las relativas a la rotación (pues para la traslación no importa el punto de aplicación del peso del sistema). Por tanto, el interés estaría en determinar fácilmente el momento resultante de los pesos de las partículas, es decir, en términos de sistemas discretos, el \vec \tau=\sum \vec r_i\times m_i\vec g_i.

    Y ése es el problema.

    El motivo por el que en muchos textos definen el centro de gravedad como punto respecto del cual el momento de los pesos es nulo es que entonces, como ha señalado Richard, \vec \tau=\vec R^G \times\vec P, con lo que el propósito en cuestión se vuelve fácil (de hecho es lo que solemos hacer en los ejercicios habituales, al aplicar el peso en el centro de masas).

    Ahora bien, como ha quedado claro con el sencillo ejemplo de los sistemas discretos (y nada impide imaginar un sólido rígido en el que las masas discretas estén unidas por varillas rígidas de masa despreciable) no siempre será posible encontrar un \vec R^G que satisfaga la ecuación anterior (si el peso total y el momento total de los pesos no son perpendiculares).

    Y aquí es donde entra la definición que propone carroza: ¿sirve para determinar de manera sencilla el valor de \tau? Está claro que no. Por ejemplo, partiendo de \vec R^G = (T_0 \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2 está claro que no es posible despejar \vec \tau. Yo lo he intentado a partir de la propia segunda condición que propone carroza: ya que en general \vec P\cdot\vec\tau no tiene porqué ser nulo, admitamos la forma más simple: \vec R^G\times\vec P-\vec \tau es un vector paralelo al peso. Si no me equivoco la relación concreta es ésta:
    \vec R^G\times\vec P-\vec \tau = \dfrac{\vec \tau\cdot\vec P}{P^2}\vec P
    con lo que estamos en un círculo vicioso: aunque el dios de la Física nos "sople" la posición del centro de gravedad de un sistema*, \vec R^G, para despejar el valor del momento \vec \tau necesitaríamos que también nos lo "soplase".

    *Obviamente es una manera de hablar: por ejemplo, cuando hacemos cálculos con sólidos rígidos no solemos determinar el centro de masas, sino que recurrimos a propiedades de éste (basándose en simetrías o bien dividiendo el sistema en partes cuyas posiciones del cdm son conocidas). Ésa información es la que después usamos para determinar el momento resultante de los pesos. La idea que expongo aquí es que de algún modo ya pudiésemos conocer dónde está el centro de gravedad, sin importarnos cómo.

    Quizá esté equivocado, pero eso significaría que tenemos una definición bonita, pero que no es útil: para determinar el centro de gravedad habría que calcular la magnitud que realmente nos interesa, \vec\tau.

    Como veis, acabo de plantear una "enmienda a la totalidad" y es por eso que dejo pendiente el análisis de la propuesta que acaba de hacer carroza, especialmente la parte final.
    Última edición por arivasm; 20/04/2018 a las 21:01:41.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  14. El siguiente usuario da las gracias a arivasm por este mensaje tan útil:

    Richard R Richard (21/04/2018)

  15. #39
    Registro
    Mar 2015
    Ubicación
    Lujan Buenos Aires Argentina
    Posts
    2 935
    Nivel
    Universidad (Ingeniería)
    Artículos de blog
    31
    ¡Gracias!
    1 275 (1 160 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Yo creo que merece la pena buscar una definición coherente de centro de gravedad, válida para un campo arbitrario. Esta definición ha de ser un punto que simplifique la descripción de la distribución de pesos en el entorno de este punto.

    En este sentido, la fórmula derivada por arivasm, es un candidato muy adecuado:

    \vec R^G = (T_0 \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2
    Confieso me a costado bastante darle la interpretación a \vec R^G = (T_0 \vec P - \vec P \times \vec \tau)/P^2 pero me he convencido.


    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    Podemos comenzar analizando el propio significado de "punto en el que situar el peso de manera que...". ¿Significa que en dicho punto se podría concentrar toda la masa del objeto, de manera que su peso fuese exactamente el mismo que corresponde al sistema, o bien que sólo el peso estaría "concentrado" en ese lugar?
    No se si sería concentrar la masa, pero si que el peso aplicado en ese punto, le otorgue al sólido los mismos efectos cinemáticos de traslación y rotación.


    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje

    • Punto en el que situar el peso del objeto, de manera que los efectos debidos a éste sean los mismos que si se considera el conjunto de pesos de las partículas individuales que lo constituyen
    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Pero si puede haber pesos con componentes de signo diferente en las distintas particulas de un sistema. Por ello, no es sorprendente que una definición general de centro de gravedad pueda quedar fuera, e incluso lejos, de la distribución de particulas.
    Con estas definiciones se me ocurren algunos ejemplos contradictorios

    Nombre:  cg2.png
Vistas: 15
Tamaño: 2,6 KB

    Adonde colocamos el CG en el centro de la masa verde o en el infinito?

    interpreto que según la definición de carroza estará en el infinito, y me pregunto si es útil que así sea... o mas bien si es util pensar en tener un CG de un sistemas de masas sin un vínculo físico entre sí, es decir sin la barra de masa despreciable. Creo que siguiendo la misma línea de pensamiento que

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    Entiendo que tampoco será de utilidad con sistemas de partículas discretos, sino con sólidos rígidos, para poder aplicar de manera sencilla las leyes de Newton, especialmente las relativas a la rotación (pues para la traslación no importa el punto de aplicación del peso del sistema).
    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Sin embargo, sí modifican el escalar T_0, ya que, en general, \sum_i \vec R_i \cdot \vec r_i \ne 0 con lo que la presencia de fuerzas internas modifica el centro de gravedad.
    como dije si no estuvieran esas fuerzas internas no tendrias un sólido rigido, cada masa seguiría una trayectoria independiente.... en el ejemplo de la imagen ambas masas acelerarían hacia el centro, y solo estamos considerando ejemplos estáticos,


    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    El motivo por el que en muchos textos definen el centro de gravedad como punto respecto del cual el momento de los pesos es nulo es que entonces, como ha señalado Richard, \vec \tau=\vec R^G \times\vec P, con lo que el propósito en cuestión se vuelve fácil (de hecho es lo que solemos hacer en los ejercicios habituales, al aplicar el peso en el centro de masas).
    Yo creo que nuestra formación o deformación profesional nos permite ver la diferencia entre CM y CG claramente, al mismo estilo entre centro de masa y centro de empuje en hidráulica, el tema es que la variación del campo de gravedad es tan leve a la escala humana diaria, que siempre es mas rapido , sencillo y muy aproximado usar el CM como CG

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Ahora sería interesate aplicar esto a los casos previstos en las tablas excel de arivasm y richard.


    saludos
    usando el CM como origen


    Descripcion x y z
    G1 -1 -1 0
    G2 -1 1 0
    m1 1 0 0
    m2 0 1 0
    m3 0 0 1
    CM 0,3333 0,3333 0,3333
    P_{G1m1} -0,17888544 -0,08944272 0
    P_{G2m1} -0,17888544 0,08944272 0
    P_{G1m2} -0,08944272 -0,17888544 0
    P_{G2m2} -1 0 0
    P_{G1m3} -0,19245009 -0,19245009 -0,19245009
    P_{G2m3} -0,19245009 0,19245009 -0,19245009
    p1=P_{G1m1}+P_{G2m1} -0,35777088 0 0
    p2=P_{G1m2}+P_{G2m2} -1,08944272 -0,17888544 0
    p3=P_{G1m3}+P_{G2m3} -0,38490018 0 -0,38490018
    \vec P=\dst\sum P_i -1,83211377 -0,17888544 -0,38490018
    r1 \times P1 0 0,11924503 -0,11924503
    r2 \times P2 -0,05962252 0,36311126 0,78595398
    r3 \times P3 0,12828723 -0,38490018 -0,12828723
    \tau=\sum ri \times pi 0,06866471 0,09745611 0,53842171
    \tau\times P 0,05880493 -0,96002078 0,16626757
    \tau\cdot P -0,35047366
    P^2 3,53678903
    -\dfrac{\vec P\times\vec{\tau}}{P^2} 0,01662664 -0,27143852 0,04701088
    \vec{RG_o}=\vec_{CM}+\vec_RG_{CM}
    0,34992664
    0,06186148
    0,38031088
    Última edición por Richard R Richard; 21/04/2018 a las 03:06:41. Razón: cita
    Saludos \mathbb {R}^3

  16. El siguiente usuario da las gracias a Richard R Richard por este mensaje tan útil:

    carroza (21/04/2018)

  17. #40
    Registro
    Jul 2007
    Posts
    2 466
    Nivel
    Doctor en Física
    Artículos de blog
    1
    ¡Gracias!
    1 173 (931 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Hola. Gracias por la tabla. Parece un buen ejemplo, en el que el centro de gravedad sale en un punto diferente al centro de masas, pero cercano a la distribucion de masas.

    Cita Escrito por Richard R Richard Ver mensaje

    Con estas definiciones se me ocurren algunos ejemplos contradictorios

    Nombre:  cg2.png
Vistas: 15
Tamaño: 2,6 KB

    Adonde colocamos el CG en el centro de la masa verde o en el infinito?

    interpreto que según la definición de carroza estará en el infinito, y me pregunto si es útil que así sea... o mas bien si es util pensar en tener un CG de un sistemas de masas sin un vínculo físico entre sí, es decir sin la barra de masa despreciable.
    A ver, si quieres obtener el centro de gravedad de la masa verde, en el campo producido por las masas azules, entonces este te sale sobre el centro de la masa verde. Es facil verlo, porque tanto T_0 como \vec \tau, para la masa puntual verde, son cero en el sistema de coordenadas centrado en la masa verde, y esto es así independiente de las posiciones de las masas azules que crean el campo. Para aplicar la fórmula de \vec R^G, evitando indeterminaciones, debes hacer el limite \vec P \to 0, y esto puede hacerlo moviendo una de las masas azules hasta la posición simétrica del dibujo.


    Si quieres obtener el centro de gravedad de las masas azules, en el campo producido por la masa verde, entonces es diferente segun consideres las masas azules como un sólido rígido o no. Si las masas azules forman un solido rigido, entonces su centro de gravedad queda sobre el centro de la masa verde. Si no interaccionan, entonces el centro de gravedad se va al infinito.

    saludos

    - - - Actualizado - - -

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    Quizá esté equivocado, pero eso significaría que tenemos una definición bonita, pero que no es útil: para determinar el centro de gravedad habría que calcular la magnitud que realmente nos interesa, \vec\tau.

    Como veis, acabo de plantear una "enmienda a la totalidad" y es por eso que dejo pendiente el análisis de la propuesta que acaba de hacer carroza, especialmente la parte final.
    Hola.

    Si definimos una hipotética forma del centro de gravedad como "util" si sirve para determinar, en una fórmula cerrada, el torque de un sistema de partículas en un campo gravitatorio, entonces la fórmula que estamos usando no es "util". Es más, yo diría que ninguna fórmula es "util". Basta con hacer un análisis dimensional para ver que cualquier fórmula que emplee el centro de gravedad y el peso para obtener el torque, debe depender linealmente de las coordenadas del centro de gravedad. Por tanto, si nos ponemos en el sistema de referencia del centro de gravedad, el torque sería cero. No obstante, hay muchos sistemas (la balanza de Cavendish es uno), en la que el Torque no es nulo con respecto a ningun punto.

    Para mi, hay que ampliar un poco el concepto de "util". No sólo es "util" lo que nos lleva a una expresión cerrada para el torque. Mi propuesta es que es "util" obtener la expresión de un punto con respecto al cual el tensor T_{ij} del que derivan el escalar T_0 y el vector torque \vec \tau.

    Saludos
    Última edición por carroza; 21/04/2018 a las 11:51:15.

  18. El siguiente usuario da las gracias a carroza por este mensaje tan útil:

    Richard R Richard (21/04/2018)

  19. #41
    Registro
    Sep 2011
    Posts
    6 647
    Nivel
    Licenciado en Física
    Artículos de blog
    7
    ¡Gracias!
    2 841 (2 525 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Si definimos una hipotética forma del centro de gravedad como "util" si sirve para determinar, en una fórmula cerrada, el torque de un sistema de partículas en un campo gravitatorio, entonces la fórmula que estamos usando no es "util". Es más, yo diría que ninguna fórmula es "util". Basta con hacer un análisis dimensional para ver que cualquier fórmula que emplee el centro de gravedad y el peso para obtener el torque, debe depender linealmente de las coordenadas del centro de gravedad. Por tanto, si nos ponemos en el sistema de referencia del centro de gravedad, el torque sería cero. No obstante, hay muchos sistemas (la balanza de Cavendish es uno), en la que el Torque no es nulo con respecto a ningun punto.
    Coincido plenamente con esto, sobre todo con la afirmación de que ninguna fórmula es útil.

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje
    Para mi, hay que ampliar un poco el concepto de "util". No sólo es "util" lo que nos lleva a una expresión cerrada para el torque. Mi propuesta es que es "util" obtener la expresión de un punto con respecto al cual el tensor T_{ij} del que derivan el escalar T_0 y el vector torque \vec \tau.
    El problema está en el para qué (hay que tener en cuenta que el cálculo del tensor es tan complejo como los propios vectores). Por ejemplo: imaginemos que definimos los ejes nosequé como aquellos que resultan de diagonalizar ese tensor. ¿En qué nos facilitaría la resolución de problemas?

    Cualquier caso de un sólido rígido en un campo gravitatorio puede ser resuelto sin necesidad de introducir el concepto de CDG con tal de hacer las integrales que llevan a \vec\tau y \vec P y a continuación aplicar las leyes de la dinámica.

    Entiendo que el concepto de CDG persigue lo que señalé anteriormente: reemplazar los objetos pesantes por un único punto en el que aplicar su peso y simplificar los cálculos dinámicos.

    Así pues, acepto la idea de ampliar el concepto de utilidad, pero con tal de mantener alguna. Entiendo que el CDG que propones es una ampliación del que corresponde a los casos usuales, en los que \vec\tau=\vec 0, aunque también me gustaría conocer tu opinión sobre el caso de la columna en el campo que varía linealmente.

    Es más, lo amplío al caso siguiente: la columna está inicialmente ladeada, formando cierto ángulo con la vertical. Para determinar su aceleración angular concentramos su peso en el CDG, ¿dónde debemos hacerlo, en el punto medio o en uno situado por debajo? Aclaro que esta ampliación aún no la he pensado (acaba de ocurrírseme), con lo que también el reto es para mí.

    Saludos!
    Última edición por arivasm; 21/04/2018 a las 13:37:13.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  20. #42
    Registro
    Mar 2015
    Ubicación
    Lujan Buenos Aires Argentina
    Posts
    2 935
    Nivel
    Universidad (Ingeniería)
    Artículos de blog
    31
    ¡Gracias!
    1 275 (1 160 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Cita Escrito por carroza Ver mensaje

    Si quieres obtener el centro de gravedad de las masas azules, en el campo producido por la masa verde, entonces es diferente segun consideres las masas azules como un sólido rígido o no. Si las masas azules forman un solido rigido, entonces su centro de gravedad queda sobre el centro de la masa verde. Si no interaccionan, entonces el centro de gravedad se va al infinito.
    Me referia a este caso, y con la barra imaginaria.... Imagina el mismo caso pero fuera de simetría y a lo largo del mismo eje (una masa azul mas cerca de la verde que la otra), es facil ver que el CG se mueve hacia la masa azul mas cercana mientras el CM se ubica fuera del centro de la masa verde en direccion opuesta...

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    .

    Entiendo que el concepto de CDG persigue lo que señalé anteriormente: reemplazar los objetos pesantes por un único punto en el que aplicar su peso y simplificar los cálculos dinámicos.

    Así pues, acepto la idea de ampliar el concepto de utilidad, pero con tal de mantener alguna. Entiendo que el CDG que propones es una ampliación del que corresponde a los casos usuales, en los que \vec\tau=\vec 0, aunque también me gustaría conocer tu opinión sobre el caso de la columna en el campo que varía linealmente.

    Es más, lo amplío al caso siguiente: la columna está inicialmente ladeada, formando cierto ángulo con la vertical. Para determinar su aceleración angular concentramos su peso en el CDG, ¿dónde debemos hacerlo, en el punto medio o en uno situado por debajo? Aclaro que esta ampliación aún no la he pensado (acaba de ocurrírseme), con lo que también el reto es para mí.

    No se si he interpretado tu idea pero si la columna esta ladeada un ángulo \beta y el campo no es radial sino que varía linealmente con la altura  g(y)=g(0)-\alpha y

    la altura del centro de gravedad recurriendo a que g_x=g_z=0

    y^G = \dfrac{\int_0^{H\sin\beta} y\ \rho(g_0-\alpha y)\dd y}{\int_0^{H\sin\beta} \rho(g_0-\alpha ...

    para calcular la posición en x el torque producido por las sucesivas diferenciales de peso con respecto al punto de apoyo debe ser el mismo que el torque producido por el peso aplicado en en la posición x_G y el punto de apoyo

    si tomamos origen en el punto de apoyo

    x^G= \dfrac{\int_0^{H\sin\beta} \rho(g_0-\alpha y)\dfrac{y}{\tan \beta}\dd y}{\int_0^{H\sin\beta}...

    de donde

    \dfrac{y^G}{x^G}=\tan\beta

    es decir no se sale del eje de la barra, pero si se ubica por debajo del CM


    Pd: hay que tener especial cuidado en la eleccion de \alpha porque sino la direccion del campo pude invertirse , a una altura inferior a la de la barra,

    si \alpha =\dfrac{3g_0}{2H\sin\beta}\quad\Rightarrow y^G=0

    el campo se invierte a  y_{g=0}=\frac 23 H\sin\beta
    Última edición por Richard R Richard; 21/04/2018 a las 18:49:15.
    Saludos \mathbb {R}^3

  21. El siguiente usuario da las gracias a Richard R Richard por este mensaje tan útil:

    arivasm (21/04/2018)

  22. #43
    Registro
    Sep 2011
    Posts
    6 647
    Nivel
    Licenciado en Física
    Artículos de blog
    7
    ¡Gracias!
    2 841 (2 525 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Gracias, Richard.

    Coincido con tu cálculo, que además sirve para aclarar la pregunta que me hacía anteriormente: ¿debe situarse el CDG en el punto donde toda la masa causa el mismo peso o hay que buscar el punto en el que el peso concentrado produzca el mismo torque? Está claro que es una cuestión de definición (a priori, nada impediría que fuese el primero), pero la segunda tiene más interés que la primera. De algún modo va en la línea de lo que he estado contando en mis últimos mensajes: el CDG es útil si simplifica el cálculo de los momentos, aunque visto lo visto tampoco mucho, pues para determinarlo ¡hay que calcularlo!

    Esto último da de algún modo la razón a carroza: la utilidad del CDG no debería estar en determinar el momento, pues hay que pasar por su cálculo para obtenerlo, salvo que estemos ante casos triviales. Pero la verdad es que tampoco alcanzo a ver qué podría aportar.

    Saludos!
    A mi amigo, a quien todo debo.

  23. #44
    Registro
    Mar 2015
    Ubicación
    Lujan Buenos Aires Argentina
    Posts
    2 935
    Nivel
    Universidad (Ingeniería)
    Artículos de blog
    31
    ¡Gracias!
    1 275 (1 160 msgs.)

    Predeterminado Re: Diferencia entre Centro de masas y centro de gravedad

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    ¿debe situarse el CDG en el punto donde toda la masa causa el mismo peso
    En un sistema no radial que la gravedad caiga con el cuadrado de la altura R, dos masas iguales unidas por un barra de longitud L para una posición arbitraria x y una diferencia de altura H dada por \sin \beta=\dfrac HL


    P=\dst \sum P_i=m\dfrac{G_o}{(R)^2}+m\dfrac{G_o}{(R+L\sin\beta)^2}=2m\dfrac{G_o}{(R+H^G)^2}

    de donde H^G=\sqrt{\dfrac{2}{\dfrac{1}{R^2}+\dfrac{1}{(R+L\sin\beta)^2}}}-R

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    o hay que buscar el punto en el que el peso concentrado produzca el mismo torque?
    \tau=\dst \sum \tau_i =m\dfrac{G_o}{(R)^2}x+m\dfrac{G_o}{(R+L\sin\beta)^2}(x+L\cos \beta)

    x^G=\dfrac{\tau}{P}=\dfrac{m\dfrac{G_o}{(R)^2}x+m\dfrac{G_o}{(R+L\sin\beta)^2}(x+L\cos \beta)}{m\...=\dfrac{(R+L\sin\beta)^2x+R^2(x+L\cos \beta)}{(R+L\sin\beta)^2+R^2}=x+\dfrac{L\cos \beta}{(1+\frac LR\sin\beta)^2+1}


    Es claro que es necesario utilizar ambas para hallar el CG

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    pues para determinarlo ¡hay que calcularlo!
    Será util luego de haberlo calculado?????

    En la vida cotidiana, para nada es útil, como tú has dicho , solo en superestructuras de dimensiones del orden comparable al radio terrestre, presentan alguna desviación significativa con respecto al CM acercando el CG a un punto más cercano a la superficie terrestre.

    Quizá si la fuerza gravitatoria fuera tan intensa como la electromagnética, estariamos mas necesitados a utilizarlo con frecuencia.

    Volviendo a tu ejemplo sería útil para dimensionar la estrella de la muerte, y que pueda salir de la órbita de esa luna y apuntar al planeta de la resistencia, sin que la afecten los efectos de marea al rotar sobre la gravedad de la luna.

    Algo más real , aunque todavía técnicamente no desarrollable, es el caso de los elevadores mantenidos por el equilibrio entre la gravedad y la centrípeta. Una masa más allá de la órbita geoestacionaria, podría ponerse en equilibrio con una masa a elevar sobre la superficie, si podemos mantener siempre el peso de ambas acompañando a la tierra sobre la órbita geoestacionaria..... luego acortar la distancia entre los extremos de los cables manteniendo el peso en la órbita geoestacionaria.

    la tensión a la que seria sometido el cable sería

    \sigma =\rho g_T R_T^2\left(\dfrac{1}{R_T}-\dfrac{1}{R_T+35786Km}\right)

    y el centro de gravedad del cable

    H^G=\dfrac{Ln\left(\dfrac{R_T+35786 Km}{R_T}\right)}{\dfrac{1}{R_T}-\dfrac{1}{R_T+35786Km}}


    Y una última si construimos un super rascacielo (de hallarse el material que lo resista) es posible, que tenga menos superficie en la base o empotramiento, que en los pisos superiores, pues cada piso adicional , pesa menos.... En este mismo ejemplo al elevar los materiales de construcción hay que acelerarlos para alcanzar la nueva velocidad tangencial respecto al centro de la tierra, sabiendo donde está el CG se puede hallar el momento que crearía la carga, en función de la altura.
    Última edición por Richard R Richard; Hoy a las 04:18:28.
    Saludos \mathbb {R}^3

Página 3 de 3 PrimeroPrimero 123

Información del hilo

Usuarios viendo este hilo

Ahora hay 1 usuarios viendo este hilo. (0 miembros y 1 visitantes)

Hilos similares

  1. 2o ciclo Centro de masa y centro de gravedad
    Por cv5r20 en foro Mecánica newtoniana
    Respuestas: 3
    Último mensaje: 14/08/2015, 04:11:32
  2. 1r ciclo Centro de masas
    Por neometalero en foro Mecánica newtoniana
    Respuestas: 2
    Último mensaje: 05/11/2012, 15:51:24
  3. 1r ciclo centro de masas
    Por MGonzalez137 en foro Mecánica newtoniana
    Respuestas: 4
    Último mensaje: 17/10/2010, 14:21:51
  4. 1r ciclo Centro de Masas
    Por niestsnie en foro Cuántica
    Respuestas: 10
    Último mensaje: 08/09/2008, 11:41:13

Etiquetas para este hilo

Permisos de publicación

  • No puedes crear hilos
  • No puedes responder
  • No puedes adjuntar archivos
  • No puedes editar tus mensajes
  •