Tres masas en un triángulo (CMR)

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 22:57 11 ene 2021

Contenido

1 Tres masas en un triángulo
2 Centro de masas
3 Tensor de inercia
- 3.1 Directamente
4 Mediante el teorema de Steiner

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).

¿En qué posición se encuentra el centro de masas del sistema?
¿Cuánto vale el tensor de inercia de este sólido respecto a unos ejes paralelos a OX, OY y OZ, por el centro de masas?
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 Centro de masas

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

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

3 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.

3.1 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]

4 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

$\bar{\bar{I}}_O= \bar{\bar{I}}_G+(12m)\begin{pmatrix}y_G^2+z_G^2& -x_Gy_G & -x_Gz_G\\ -x_Gy_G & x_G^2+z_G^2 & -y_Gz_G \\ -x_G z_G & -y_Gz_G & x_G^2+y_G^2\end{pmatrix}$

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]

Tres masas en un triángulo (CMR)

De Laplace

Revisión de 22:57 11 ene 2021

Contenido

1 Tres masas en un triángulo

2 Centro de masas

3 Tensor de inercia

3.1 Directamente

4 Mediante el teorema de Steiner

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@@ Línea 34: / Línea 34: @@
 Aplicamos ahora la definición de tensor de inercia
-<center><math>\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}</math></center>
+<center><math>\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}</math></center>
 queda para la masa de O, de valor 5m
@@ Línea 44: / Línea 44: @@
 <center><math>\bar{\bar{I}}_2 = mb^2\begin{pmatrix}4& 12 & 0\\ 12 &16 & 0 \\ 0 & 0 & 20\end{pmatrix}</math></center>
-y para la de C, de valor 3M
+y para la de C, de valor 3m
 <center><math>\bar{\bar{I}}_3=mb^2\begin{pmatrix}27& 9 & 0\\ 9 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 30\end{pmatrix}</math></center>
@@ Línea 50: / Línea 50: @@
 Sumando los tres tensores
-<center><math>\bar{\bar{I}}=mb^2\begin{pmatrix}36& 16 & 0\\ 16 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 60\end{pmatrix}</math></center>
+<center><math>\bar{\bar{I}}_G=mb^2\begin{pmatrix}36& 16 & 0\\ 16 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 60\end{pmatrix}</math></center>
 Este sería el código que lo hace en Mathematica (muy poco optimizado, pero para que se entienda mejor)
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 <code>
 J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])
 lm = {5 m, 4 m, 3 m}
+mT = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]
 OP = {{0, 0, 0}, {3 b, 0, 0}, {0, 4 b, 0}}
+OG = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93; OP&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]/mT
+GP = Table[OP&#91;&#91;i&#93;&#93; - OG, {i, 3}]
+IG = Sum[J[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, GP&#91;&#91;i&#93;&#93;], {i, 3}]
+MatrixForm[IG]
+</code>
-OG = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93; OP&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]/Sum[lm&#91;&#91;i]], {i, 3}]
+==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.
-GP = Table[OP&#91;&#91;i&#93;&#93; - OG, {i, 3}]
+Para la masa de O, de valor 5m
-Sum[J[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, GP&#91;&#91;i&#93;&#93;], {i, 3}] // MatrixForm
+<center><math>\bar{\bar{I}}_1 = mb^2\begin{pmatrix}0& 0 & 0\\ 0 &0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math></center>
+Para la de A, de valor 4m
+<center><math>\bar{\bar{I}}_2 = mb^2\begin{pmatrix}0& 0 & 0\\ 0 &36 & 0 \\ 0 & 0 & 36\end{pmatrix}</math></center>
+y para la de C, de valor 3m
+<center><math>\bar{\bar{I}}_3=mb^2\begin{pmatrix}48& 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 48\end{pmatrix}</math></center>
+Sumando los tres tensores
+<center><math>\bar{\bar{I}}_O=mb^2\begin{pmatrix}48& 0 & 0\\ 0 & 36 & 0 \\ 0 & 0 & 84\end{pmatrix}</math></center>
+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>
+lo que nos da
+<center><math>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}</math></center>
+Despejamos y queda
+<center><math>\bar{\bar{I}}_G=mb^2\begin{pmatrix}36& 12 & 0\\ 12 & 24 & 0 \\ 0 & 0 & 60\end{pmatrix}</math></center>
+El código para este cálculo sería
+<code>
+J[m_, P_] := m (P . P IdentityMatrix[3] - KroneckerProduct[P, P])
+lm = {5 m, 4 m, 3 m}
+mT = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]
+OP = {{0, 0, 0}, {3 b, 0, 0}, {0, 4 b, 0}}
+OG = Sum[lm&#91;&#91;i&#93;&#93; OP&#91;&#91;i&#93;&#93;, {i, 3}]/mT
+IO = Sum[J[lm&#91;&#91;i&#93;&#93;, OP&#91;&#91;i&#93;&#93;], {i, 3}]
+IG = IO - J[mT, OG]
+MatrixForm[IG]
 </code>