Hallar momento angular y cantidad de movimiento de un rígido

[Like Tony Stark]

Hola!
me piden calcular la cantidad de movimiento y momento angular (respecto de la intersección de los ejes) de cada una de las esferas (de masa m y radio despreciable) que están rígidamente vinculadas al árbol horizontal, el cual gira con velocidad angular w constante.

Lo que hice fue plantear para la cantidad de movimiento la fórmula
p=m.v=m.w.r
y para el momento angular
L=m.w.r^2

Sin embargo, me entraron un par de dudas:
-Si la esfera que está horizontal (la que está más a la derecha) no se traslada y solo gira, no debería tener P (P=0); pero si uso p=m.w.r obtengo que sí tiene porque w no es nula
-Por qué para calcular L en un sistema de partículas existe una componente intrínseca (respecto del centro de masa) y orbital (respecto de un sistema inercial distinto del centroidal) pero no existen dos componentes (intrínseca y orbital) para calcular P?
-P se conserva?
-Es correcto calcular L de la forma que dije o necesariamente debo utilizar las dos componentes?
-El centro de masa del sistema formado por las tres esferas conserva su posición? Por qué?

[JCB]

Hola a tod@s.

Como hay muchas preguntas en el hilo, de momento (en el sentido temporal), te escribo lo siguiente.

1) Cantidad de movimiento ($\vec{p}=m\vec{v}$) de cada esfera puntual, en módulo:

$p_1=m_1v_1=m_1\omega 0=0$,

$p_2=m_2v_2=m_2\omega b$,

$p_3=m_3v_3=m_3\omega b$.

2) Momento angular (momento de la cantidad de movimiento, $\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}$) de cada esfera puntual, en módulo:

$L_1=bm_1v_1=0$,

$L_2=bm_2v_2=m_2\omega b^2$,

$L_3=bm_3v_3=m_3\omega b^2$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Intercambiaste los subindices 1 y 3 ? coincido con el desarrollo pero si haces ese cambio. veo que ya lo has dejado correcto

[JCB]

Gracias Richard. Lo corrijo, y es que la grafía me ha confundido.

[Richard R Richard]

-Si la esfera que está horizontal (la que está más a la derecha) no se traslada y solo gira, no debería tener P (P=0); pero si uso p=m.w.r obtengo que sí tiene porque w no es nula

$P_{(m1)}=0$ porque $r_1=0$

-Por qué para calcular L en un sistema de partículas existe una componente intrínseca (respecto del centro de masa) y orbital (respecto de un sistema inercial distinto del centroidal) pero no existen dos componentes (intrínseca y orbital) para calcular P?

Estimado superheroe, no puedo dilucidar a que te refieres, coméntame lo mismo de otro modo, a ver si caigo.

-P se conserva?

Si, siempre que no haya fuerzas externas.

-Es correcto calcular L de la forma que dije o necesariamente debo utilizar las dos componentes?

cuando usas notación vectorial tienes varias componentes, pero si a priori ciertas simetrías y disposiciones muy ordenadas, te permiten ver que algunas componentes resultan nulas, los cálculos se simplifican y en vez del calculo de un determinante, tienes solo la aplicación de una multiplicación de las únicas componentes no nulas.

-El centro de masa del sistema formado por las tres esferas conserva su posición? Por qué?

No tiene porque, ya me explico.

En la figura tu ves que el sistema gira en torno al eje z, todo lo que ha escrito JCB y coincido salvo notación responde a esa condición. Pero si dejas libre al sistema no rotará respecto al eje z sino respecto de su CM...que quiero decir es que en los puntos donde la barra central se hace mas ancha hay anclajes , (interpreto que existen o bien bujes o rodamientos etc) que te permiten mantener el el giro sobre el eje z mediante la aplicación de fuerzas externas de vinculo, como estas fuerzas son radiales respecto al eje z, cambian el momento lineal y pero no el angular

Pero si eso no existiese llevas razón en que las tres esferas deberían rotar respecto de un CM común, si es que despreciamos la masa de la barra central y las perpendiculares.



como te dije antes si hay fuerzas externas el momento lineal no se conserva, pero si la resultante es igual a las masas aceleradas por la aceleración centrípeta. el sistema conserva el momento lineal respecto del eje de rotación... y el angular

la verdad es que no se si estoy muy en lo cierto o didacticamente correcto, pero si no existiesen las fuerzas de reacción el sistema no rotaría por el eje z sino por uno paralelo que pasa por el CM de las masas

$\vec P=Cte = \dst \sum_{i=1}^3 p_i=\sum_{i=1}^3 \vec r_{CM_i} \cdot \vec v_i$

$\vec L=Cte =\dst \sum_{i=1}^3 \vec r_{CM_i} \times \vec p_i$

Seguro esto se lo sabe al dedillo algún forero con memoria mas fresca.

[JCB]

Hola a tod@s.

Atención: acabo de darme cuenta de que lo dicho a continuación, sería cierto solo en el caso de que $m_2$ y $m_3$ estuviesen contenidas en el mismo plano, y a igual distancia de cada cojinete.

Al ser un eje no equilibrado, el centro de masas del sistema de partículas se halla fuera del eje de rotación (como ya decía Richard). Por trigonometría, este cdm, se halla a una distancia constante igual a $\sqrt{2}b$, del eje de rotación. Como el cdm gira con una velocidad angular $\omega$, la fuerza que debe soportar cada cojinete es

$2F=(m_2+m_3)a_G=(m_2+m_3)\omega^2\sqrt{2}b$,

$F=\dfrac{m_2+m_3}{\sqrt{2}}\omega^2b$. Fuerza constante en módulo, pero variable en dirección.

Saludos cordiales,
JCB.

[Like Tony Stark]

2) Momento angular (momento de la cantidad de movimiento, $\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}$) de cada esfera puntual, en módulo:

$L_1=bm_1v_1=0$,

$L_2=bm_2v_2=m_2\omega b^2$,

$L_3=bm_3v_3=m_3\omega b^2$.

Una pregunta: por qué para la masa 1 al momento de calcular su L escribiste r=b, si cuando calculaste su P habías escrito que r=0?
Luego, para las demás masas dijiste que r=b, pero no deberías utilizar trigonometría para hallar r? Porque no solo está a una distancia r horizontal del origen, sino que también está "hacia arriba", como si de un triángulo rectángulo se tratara

[JCB]

Hola a tod@s.

Sí, tienes razón. Lo que he escrito en el mensaje # 2, son las proyecciones del momento angular sobre el eje de rotación (Z).

Recapitulando, el momento angular es $\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}=\vec{r}\times m\vec{v}$.

En el instante indicado en el dibujo, y para cada punto material, podemos escribir:

$\vec{r_1}=(0, 0, -a),\ \vec{r_2}=(b, 0, b-a),\ \vec{r_3}=(0, b, 2b-a)$,

y también:

$\vec{v_1}=(0, 0, 0),\ \vec{v_2}=(0, -\omega b, 0),\ \vec{v_3}=(\omega b, 0, 0)$.

Luego:

$\vec{L_1}=(0, 0, 0)$,

$\vec{L_2}=(m_2\omega b(b-a), 0, -m_2\omega b^2)$,

$\vec{L_3}=(0, m_3\omega b(2b-a), -m_3\omega b^2)$.

Nota: cuando tenga otro momento, lo repasaré.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

mmmm no veamos

$\vec{L_1}=(0, 0, 0)$,

correcto pues la distancia entre la masa 1 y el eje de giro es 0, y solo si ademas consideras la masa como puntual (que no tiene momento de inercia propio)

$\cancel{\vec{L_2}=(m_2\omega b(b-a), 0, -m_2\omega b^2)}$,

esto no esta bien el momento angular la distancia radial no tiene nada que ver con la separación de las masas en el eje z

$\vec v=\vec r\times\vec \omega$

$\vec p_2=m_2\vec r_2\times\vec \omega=m_2 <br /> \begin{vmatrix} i & j & k \\ b & 0 & 0\\ 0&0& -\omega \end{vmatrix} = -m_2b\omega \vec j$



$\vec p_2=-m_2b\omega \vec j$

luego repitiendo

$\vec{L_2}=m_2\vec r_2\times\vec p_2=\begin{vmatrix} <br /> i & j & k \\ b & 0 & 0\\ 0&-m_2b\omega & 0 \end{vmatrix} = -m_2\omega b^2 \vec z$


$\vec{L_2}=(0, 0, -m_2\omega b^2)$

lo misma para la masa 3 queda

$\vec{L_3}=(0, 0,-m_3\omega b^2)$


$\vec L=\dst\sum \vec L_i=-(m_2+m_3)\omega b^2\vec z$

[JCB]

Hola a tod@s.

Richard: según tengo entendido, el momento angular, se obtiene tomando el momento de la cantidad de movimiento, respecto de un punto. En este caso, el ejercicio indica clara e inequívocamente en el enunciado, que se obtenga el momento angular respecto de la intersección de los ejes, es decir, desde el origen de coordenadas. Por este motivo, me reafirmo en los resultados obtenidos en mi mensaje # 6. El vector momento angular, no tiene por qué tener la misma dirección que el eje de rotación. De hecho, esto último solo ocurre cuando el eje de rotación coincide con un eje principal de inercia.

Si voy errado, aclárame el asunto.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Te entiendo JCB , hacer lo que dices , se puede.

Pero sigo entendiendo el ejercicio del modo en que la rotación se da solo sobre el eje indicado, no sobre el CM, si se da en ese eje existen la fuerzas de reacción que dibuje, que compensan las componentes del momento angular en los otros ejes. Rx_1 y Ry1 anulan las componentes del momento angular en el eje $x$ y en el eje $y$... por eso calculo las componentes del eje $z$ que son las que no pueden quedar nulas... De nuevo es un tema de como lo interpreto,

Si tu me dices se libera la barra girando de este modo, bueno el momento angular sera lo que dices, pero la barra no continuara girando por el eje $z$. lo hara paralelo al vector momento angular resultante ,pasando por el CM.

por eso para mi sí el vector momento angular resultante sí tiene la dirección de la velocidad angular resultante, y no la que vemos dibujada allí.

[JCB]

Hola a tod@s.

Que la rotación es entorno al eje Z, creo que es indiscutible: para eso están los cojinetes de apoyo del árbol.

Por otra parte, si se trata de una cuestión de interpretación, la mía es que se debe calcular el momento angular según las condiciones del enunciado y la situación del dibujo. De esta manera, se llega a un resultado donde se debe argumentar qué ocurre con los momentos angulares que no están en el eje de rotación, y justificarlo con las reacciones en los cojinetes.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Después de ver el hilo iniciado por Like Tony Stark, sobre el tensor de inercia, me he entretenido en calcular el momento angular respecto del origen de coordenadas, hallando previamente el tensor de inercia, y después, haciendo el producto matricial $\vec{L}=I\vec{\omega}$. Este procedimiento, aunque mucho más engorroso que el que había aplicado en el mensaje # 6, coincide en resultado.

$\vec{L}=\begin{pmatrix}<br /> m_2\omega b(b-a)\\<br /> m_3\omega b(2b-a)\\<br /> -(m_2+m_3)\omega b^2<br /> \end{pmatrix}<br />$

Saludos cordiales,
JCB.