Ángulo de rotación de un nenúfar gigante cuando un niño gatea sobre su borde

Question

Ángulo de rotación de un nenúfar gigante cuando un niño gatea sobre su borde

Martín Gales

A continuación se muestra una imagen de un nenúfar gigante. Nombre Científico: Victoria Amazónica. Las hojas de algunos de estos pueden tener hasta 3 m de diámetro y soportar un peso de 45 kg distribuidas uniformemente y pueden sostener a un niño. Ahora el problema:

Supongamos que una hoja de tal flor con un niño flota libremente en el agua. El niño gatea por el borde de la hoja hasta que llega al punto de partida. En otras palabras, hace un círculo completo en el marco de referencia de la hoja. Pregunta:

cual es el angulo total $\theta$ que la hoja se da la vuelta en el momento en que el niño gatea? (en el marco de referencia del agua). Suponga que la hoja es un gran disco circular rígido. Ignore la resistencia al aire y al agua.

Editar:

La solución de ftiaronsem es absolutamente correcta si asumimos que la hoja solo puede girar libremente alrededor de su centro geométrico. Sin embargo, estaba atento a que la hoja no esté conectada al suelo y pueda moverse libremente en cualquier dirección.

Datos dados:

$m$ (masa de niño)
$M$ (masa de la hoja)

Lirio de agua gigante

Marcos Eichenlaub

No es obvio para mí que haya suficiente información para resolver el problema. ¿Cómo sabemos que la respuesta no depende de la forma particular en que gatea el niño?

Marek

@Mark: ¿puedes ilustrar cómo podría depender la respuesta de esa manera?

Marcos Eichenlaub

@Marek No creo que lo haga, después de pensarlo más. Solo decía que no era obvio para mí, no sabía si era cierto o no. De todos modos, creo que ahora podría tener una solución simplemente en términos de

m

$m$ y

M

$M$ .

Marek

@Mark: sí, también creo que la respuesta debería ser bastante simple y basada solo en los principios de conservación. Sin embargo, no es tan simple como mi primer comentario aquí. Entonces no pensé en el problema correctamente, solo proporcioné un primer boceto :-)

Marcos Eichenlaub

@Martin Pensé que esta pregunta era trivial si asumes que el lirio no puede traducir, o un trabajo pesado sin sentido si asumes que sí puede. Entonces traté de resolverlo. Afortunadamente me equivoqué en mi evaluación original. +1

Respuestas (6)

Ángulo de rotación de un nenúfar gigante cuando un niño gatea sobre su borde

No es obvio para mí que haya suficiente información para resolver el problema. ¿Cómo sabemos que la respuesta no depende de la forma particular en que gatea el niño?
@Mark: ¿puedes ilustrar cómo podría depender la respuesta de esa manera?
@Marek No creo que lo haga, después de pensarlo más. Solo decía que no era obvio para mí, no sabía si era cierto o no. De todos modos, creo que ahora podría tener una solución simplemente en términos de $m$ y $M$ .
@Mark: sí, también creo que la respuesta debería ser bastante simple y basada solo en los principios de conservación. Sin embargo, no es tan simple como mi primer comentario aquí. Entonces no pensé en el problema correctamente, solo proporcioné un primer boceto :-)
@Martin Pensé que esta pregunta era trivial si asumes que el lirio no puede traducir, o un trabajo pesado sin sentido si asumes que sí puede. Entonces traté de resolverlo. Afortunadamente me equivoqué en mi evaluación original. +1

Marcos Eichenlaub · Answer 1

Marcos Eichenlaub

Nota: para ilustrar más claramente el movimiento de la almohadilla, hice un video .

Deja que la almohadilla tenga radio. $R$ .

Imagínese mirando hacia abajo en la almohadilla desde arriba. El bebé está a la derecha, gateando en sentido antihorario.

El centro de masa del sistema (bebé + almohadilla) no se puede mover. En la imagen de abajo, el círculo verde representa la posición inicial del pad. La posición inicial del bebé está marcada con una flecha que apunta en la dirección de su movimiento. $C$ es el centro de la almohadilla, apuntando en su dirección de movimiento (opuesta a la del bebé por conservación del impulso). $M$ es el centro de masa del sistema. $d = R\frac{m}{m+M}$ es la distancia desde el centro de la almohadilla hasta el centro de masa del sistema.

texto alternativo

A medida que pasa el tiempo, el bebé se mueve alrededor del borde y el nenúfar se mueve para quedar perfectamente frente al bebé. Esto asegura que el centro de masa no se mueva. porque la longitud $d$ está arreglado, $C$ debe permanecer siempre a la misma distancia de $M$ , asi que $C$ debe moverse en un círculo alrededor $M$ . El bebé se mueve en otro círculo de radio. $R-d$ para que la distancia entre el centro de la almohadilla y el bebé permanezca $R$ . Podemos dibujar en las trayectorias del punto $C$ y el bebé, y agregue un radio, como este:

texto alternativo

Juntos, el bebé y el centro de la almohadilla tienen solo un grado de libertad. Cualquiera de ellos puede elegir estar en cualquier punto de sus trayectorias, pero el otro se ve obligado a estar frente a ellos. Describamos sus posiciones por un ángulo. $\theta$ de la horizontal. Para mostrar esto, moveré al bebé un poco hacia arriba y dibujaré $\theta$ .

texto alternativo

El nenúfar tiene un grado más de libertad: su rotación. Llamemos a su rotación relativa al agua (relativa al norte) $\phi$ .

El momento angular total del sistema es cero. Hay contribuciones del momento angular de traslación de la almohadilla y el bebé, y el momento angular de rotación de la almohadilla. Esto da

METRO d^{2} \dot{θ} + metro (R - d)^{2} \dot{θ} + \frac{METRO R^{2}}{2} \dot{ϕ} = 0

$Md^2\dot{\theta} + m(R-d)^2\dot{\theta} + \frac{MR^2}{2}\dot{\phi} = 0$

Simplificando el álgebra usando la expresión para $d$ , luego integrando en el tiempo y usando la condición inicial $\phi(0) = \theta(0) = 0$ , obtenemos

ϕ = \frac{- 2 metro}{metro + METRO} θ

$\phi = \frac{-2m}{m+M}\theta$

$\phi$ es lo que buscamos, pero queremos saber $\phi$ después de que el bebé haya gateado lo suficiente como para volver a su punto de partida. El signo menos en $\phi$ indica que la almohadilla gira en sentido contrario a la rotación de la almohadilla y el bebé alrededor del centro de masa.

Encontrar $\phi$ , necesitamos usar la información sobre la cantidad total que gatea el bebé. Introducir un nuevo ángulo $\alpha$ que representa cuánto ha gateado el bebé alrededor de la almohadilla desde el punto de vista de la almohadilla; terminamos cuando el bebé llega a $\alpha = 2\pi$ .

La verdadera velocidad del bebé (en relación con el agua) es $(R-d)\dot{\theta}$ . Otra forma de calcular esto es encontrar la velocidad del bebé con respecto a la almohadilla y luego agregar la velocidad de la almohadilla con respecto al agua. Aquí no necesitamos preocuparnos por los vectores porque todo movimiento es tangente a la trayectoria del bebé. Esto da

(R - d) \dot{θ} = R \dot{α} + R \dot{ϕ} - d \dot{θ}

$(R-d)\dot{\theta} = R\dot{\alpha} + R \dot{\phi} - d\dot{\theta}$

( nota: originalmente omití el término $R \dot{\phi}$ , lo que llevó a que la respuesta inicial fuera desactivada) Esto se simplifica a

θ = α + ϕ

$\theta = \alpha + \phi$

de nuevo usando la condición inicial $\theta(0) = \alpha(0) = 0$ . Queremos $\alpha = 2\pi$ , así que establece $\theta = 2\pi + \phi$ . Después de simplificar, esto da la respuesta final.

ϕ = \frac{- 4 π metro}{3 metro + METRO}

$\phi = \frac{-4\pi m}{3m+M}$

Marcos Eichenlaub

Lo siento por el doble uso

M

$M$ para la masa de la almohadilla y el punto del centro de masa. Realmente no quiero volver atrás y volver a hacer todas las fotos. Espero que no cause demasiada confusión.

Malabarba

Si el niño es infinitamente pesado, debe obtener una rotación de

2 π

$2\pi$ , pero este resultado da

4 π

$4\pi$ . =/

Marcos Eichenlaub

@Bruce Ese no es el caso. ¿Cuál es tu justificación?

Malabarba

@mark: Mi error. Si el niño es infinitamente pesado, permanecerá en su lugar mientras la planta gira. Pero me acabo de dar cuenta: la planta girará alrededor del niño Y girará alrededor de su propio eje. Cada una de estas rotaciones será

2 π

$2\pi$ , sumando un total de

4 π

$4\pi$ . Entonces tu límite coincide.

ftiaronsem

Gracias por brindar esta solución. Tengo algunas preguntas al respecto: En la ecuación:

M d^{2} \dot{θ} + m (R - d)^{2} \dot{θ} + \frac{M R^{2}}{2} \dot{ϕ} = 0

$Md^2\dot{\theta} + m(R-d)^2\dot{\theta} + \frac{MR^2}{2}\dot{\phi} = 0$ tu usas

M d^{2} \dot{θ}

$Md^2\dot{\theta}$ ¿para qué exactamente?

m (R - d)^{2} \dot{θ}

$m(R-d)^2\dot{\theta}$ es el momento angular del niño y el momento angular del disco es

\frac{M R^{2}}{2} \dot{ϕ}

$\frac{MR^2}{2}\dot{\phi}$ . entonces supongo

M d^{2} \dot{θ}

$Md^2\dot{\theta}$ es el momento de inercia de la rotación de todo el sistema alrededor del centro de masa. Sin embargo, si este es el caso, el momento de inercia debería ser algo así como

\frac{M d^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} + m (R - d)^{2}}{m + M}

$\frac{Md^2 + \frac{1}{2}MR^2 + m(R-d)^2}{m+M}$ , ¿no debería?

ftiaronsem

¿Podría ser más específico sobre cómo define

ϕ

$\phi$ ? Como dijo Bruce, sería la suma del ángulo en el que gira la flor alrededor del centro de masa del sistema + el ángulo en el que gira el disco. Sin embargo, según los comentarios debajo de mi respuesta, pensé que habíamos acordado que el ángulo que estamos buscando es el ángulo en el que gira la hoja (vea su comentario sobre la muesca). Este ángulo nunca podría ser mayor que

2 π

$2\pi$ ya que el bayby se detendría en ese momento.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem

M d^{2} \dot{θ}

$Md^2\dot{\theta}$ es el momento angular de la plataforma debido a su traslación a través de la superficie del estanque.

1 / 2 * M R^{2} \dot{ϕ}

$1/2*MR^2\dot{\phi}$ es el momento angular de la almohadilla debido a su rotación alrededor de su centro. Es posible que desee leer esta sección en Wikipedia: en.wikipedia.org/wiki/…

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem

ϕ

$\phi$ es el ángulo que gira la hoja, como estaba describiendo con la muesca. No hay razón para que el bebé se detenga cuando

ϕ = 2 π

$\phi = 2\pi$ . El bebé se detiene cuando vuelve al mismo lugar en la almohadilla. Eso es diferente a detenerse cuando la almohadilla ha girado una rotación completa con respecto al agua.

Marcos Eichenlaub

@Bruce Genial! Explicación muy concisa de por qué funciona ese límite.

Malabarba

@ftiaronsem: (sobre el límite del niño obeso) No lo tenía muy claro. El ángulo que la almohadilla gira alrededor de su propio eje es de hecho

4 π

$4\pi$ . Las aportaciones individuales serán:

2 π

$2\pi$ porque la planta gira alrededor del niño con un borde fijo; y

2 π

$2\pi$ porque el niño camina hasta que la circunferencia ha dado una vuelta.

Malabarba

@ftiaronsem: una rotación mantiene un borde fijo y gira el CM. El otro mantiene fijo el CM y gira el perímetro a su alrededor. La suma de estos efectos mueve tanto el CM como el borde, y suma

4 π

$4\pi$ .

Malabarba

La forma en que lo dije antes sonaba como si el ángulo que giraba el pad alrededor de su eje fuera una de las contribuciones al resultado final, lo cual es incorrecto.

Martín Gales

@Mark: ¡Tu primera ecuación es totalmente incorrecta! La ley de conservación del momento angular para este sistema debe expresarse como

I_{m} ω_{m} + I_{M} ω_{M} = 0

$I_m\omega_m + I_M\omega_M=0$ dónde

I_{m}

$I_m$ y

I_{M}

$I_M$ son los momentos de inercia del niño y la almohadilla con respecto al eje que pasa por el centro de masa de todo el sistema y

ω_{m}

$\omega_m$ y

ω_{M}

$\omega_M$ son velocidades angulares correspondientes en el marco de referencia del suelo (o agua estacionaria). Más específicamente,

ω_{M}

$\omega_M$ es la velocidad angular del centro de la almohadilla.

Marcos Eichenlaub

@Martin No está mal. Incluí lo que dijiste, pero olvidas que necesitamos incluir el momento angular de la traslación de la almohadilla, así como el momento angular del giro de la almohadilla.

ftiaronsem

@Marca. Ok, por qué estás escribiendo

M d^{2} \dot{θ}

$Md^2\dot{\theta}$ , sin embargo todavía no estoy convencido ;-). Citar de Wikipedia:

L = R x M V + \sum_{i} r_{i} x m_{i} v_{i}

$L=R\text{ x }MV+\sum_i r_i\text{ x }m_iv_i$ . El primer término es obviamente

0

$0$ , ya que el centro de masa no se mueve en nuestro caso. Así que tienes que sumar todos los

r_{i} x m_{i} v_{i}

$r_i\text{ x }m_iv_i$ . En nuestro caso esto es simplemente la suma de

r_{i}^{2} m_{i} ω_{i}

$r_i^2m_i\omega_i$ , dónde

ω_{i}

$\omega_i$ es la velocidad angular, de la

i

$i$ ésima partícula relativa al centro de masa. En nuestro caso, hay dos partes que se mueven alrededor del centro de masa. La traducción de los pads y la traducción de los niños.......... (ver siguiente comentario)

ftiaronsem

@Marca. Para el niño tenemos el momento de inercia de

m (R - d)^{2}

$m(R-d)^2$ , para la traslación de las almohadillas tenemos el momento de inercia de

M d^{2} + \frac{1}{2} M R^{2}

$Md^2 + \frac{1}{2}MR^2$ . Entonces, según wikipedia, esto se convertiría en

m (R - d)^{2} ω_{m} + M d^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} ω_{m}

$m(R-d)^2\omega_m + Md^2 + \frac{1}{2}MR^2 \omega_m$ Esto se convierte en:

(m (R - d)^{2} + M d^{2} + \frac{1}{2} M R^{2}) ω_{m}

$(m(R-d)^2 + Md^2 + \frac{1}{2}MR^2) \omega_m$ y no simplemente

M d^{2} \dot{θ}

$Md^2\dot{\theta}$ . Esto es lo que quería señalar con mi primer comentario. Perdón por dividir la expresión en mi publicación anterior por

m + M

$m+M$ , que es un error que cometí a toda prisa.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Bueno, estás progresando, pero aún te falta el punto básico. No puede simplemente darle a la almohadilla un momento de inercia y decir que su momento angular es

I ω

$I\omega$ . Eso solo funcionaría si la almohadilla girara alrededor de un punto fijo, pero no es así. Va en círculos alrededor de un punto y gira alrededor de otro punto. El punto del enlace de wikipedia es que estoy calculando el momento angular de la almohadilla con la ecuación que citaste de Wikipedia. La primera parte,

R \times M V

$R\times MV$ no es cero porque el centro de masa de la almohadilla se mueve. da el termino

M d^{2} \dot{θ}

$M d^2\dot{\theta}$

Marcos Eichenlaub

La segunda parte es esa suma, y es

R^{2} * M / 2 * \dot{ϕ}

$R^2*M/2*\dot{\phi}$ . Así que no estaba tratando de aplicar esa ecuación a todo el sistema a la vez. Puedes hacer eso, pero debes tener más cuidado con esa suma. Necesitas sumar cada parte del lirio, y todos se mueven a diferentes velocidades. Si desea aplicar esa ecuación a todo el sistema a la vez, deberá escribir una expresión para la velocidad de cada parte del lirio en términos de

\dot{θ}

$\dot{\theta}$ y

\dot{ϕ}

$\dot{\phi}$ e integrar sobre toda la masa. Es mucho más fácil hacer el lirio y el bebé por separado.

ftiaronsem

Bueno, la parte de traslación de la plataforma gira alrededor de un punto fijo, el centro de masa. Por eso escribí

M d^{2} + \frac{1}{2} M R^{2}

$Md^2 + \frac{1}{2}MR^2$ , según el eje paralelo thoerem. Soy consciente de que la parte giratoria debe calcularse de manera diferente. Y Wikipedia dice: "... el momento angular de una colección de partículas sobre su centro de masa...", por lo que al usar la fórmula de Wikipedia está calculando la rotación del sistema alrededor de su centro de masa. No la rotación sobre el centro de masa de la almohadilla.

ftiaronsem

A su segundo comentario: "Necesita sumar cada parte del lirio, y todos se mueven a diferentes velocidades". ¿No es eso exactamente lo que hace el eje paralelo thoerem?

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem El teorema del eje paralelo no es aplicable aquí. Intentaría explicarlo nuevamente, pero está claro que necesita más detalles de los que puedo proporcionar en un hilo de comentarios. Sugiero agarrar un libro de texto sobre mecánica. La "Mecánica clásica" de Taylor es buena. Según recuerdo, quieres el capítulo 8.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Lo busqué y en realidad es el capítulo 10. Estas dos páginas deberían ser suficientes: goo.gl/NvMeX

ftiaronsem

@Marca. Muchísimas gracias. Lo investigaré pronto.

Roberto filtro

@Mark: +1 para el video :D ¿Qué programas usaste?

ftiaronsem

@Marca. Muy buen video, por cierto. Sin embargo, en la última vez me convencí cada vez más de que mi última respuesta podría ser correcta. Esto se debe a que la almohadilla está realizando un movimiento de traslación, pero el centro de masa del sistema permanece fijo. Es por eso que puedo usar el teorema del eje paralelo para describir completamente ese movimiento. La parte traslacional está algo incluida en estos cálculos. Por ejemplo: Ver todas aquellas tareas clásicas en las que tienes un cuerpo rígido girando alrededor de un polo fijo. El centro geométrico de todos estos cuerpos rígidos tiene un movimiento de traslación.

ftiaronsem

Sin embargo, su movimiento está siendo descrito por el teorema del eje paralelo. Me encantaría hablar de este problema en persona, sin embargo, según su perfil, estamos a unos miles de kilómetros de distancia. Simplemente escribiendo probablemente no lleguemos a una conclusión. ¿Tiene un programa de VoIP como Skype?

Marcos Eichenlaub

@Robert El programa es Geogebra. Es muy fácil de aprender. geogebra.org/cms

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Su problema es un malentendido del teorema del eje paralelo. No es aplicable aquí. Entiendo el teorema del eje paralelo. Lo he derivado yo mismo varias veces. Se lo he enseñado a la gente. Lo he usado para resolver muchos problemas. Pero simplemente no es aplicable aquí. Debería ser bastante obvio después de ver el video que la almohadilla tiene dos grados de libertad: una rotación de "giro" y una rotación "orbital". ¿No es obvio que calcular el momento angular debe depender de ambos, no solo de uno? Si está disponible ahora, podemos usar la función de chat.

ftiaronsem

@Marca. Muchas gracias, la verdad es que aprendí mucho contigo. Vi el video y leí el capítulo del libro y, para resumir: de hecho, estoy equivocado. Haré algunos cálculos ahora mismo, para comprender completamente mi malentendido y la nueva situación. Volveré esta tarde y reescribiré mi respuesta inicial. Probablemente también tenga un montón de preguntas más ;-) Muchas gracias por detenerse en este tema a través de docenas de comentarios hasta ahora.

carl brannen

Estoy satisfecho de que esto sea correcto, pero viola mi intuición de que un lirio sin masa debería hacer todo el movimiento y, por lo tanto, dar phi = -2pi en lugar de -4pi/3. Un misterio.

ftiaronsem · Answer 2

ftiaronsem

Esta primera parte asume las siguientes dos cosas:

1) La flor está conectada al suelo, es decir, por su tallo, de modo que su centro de masa no se mueve.

2) El niño se detiene tan pronto como alcanza su posición original en la flor (no su posición original en el marco de referencia del suelo).

Como señaló correctamente Marek:

$I\omega_l=mR^2\omega_c$

dónde $I$ es el Momento de Inercia de la flor, $w_l$ su velocidad angular, $R$ su radio y donde $\omega_c$ ist la velocidad angular del niño.

Esto se puede derivar directamente de la conservación del momento angular.

Al integrar esto a lo largo del tiempo $t$ el niño está gateando, obtienes:

$I\int_0^t\omega_l=mR^2\int_0^t\omega_c$

$I\omega_lt=mR^2\omega_c t$

Ahora, uno podría estar tentado a pensar que $\omega_ct = 2 \pi$ . Sin embargo, esto no es cierto (los créditos son para Sklivvz), ya que la flor también gira. Sin embargo sabemos que $w_ct + w_lt = 2\pi$ :

$I\omega_lt=mR^2(2\pi - \omega_lt)$

$I\omega_lt + m R^2 \omega_lt =mR^22\pi$

Ahora, sabiendo que el momento de inercia de un disco es $\frac{M}{2}R^2$ (Puedo agregar una prueba si quieres que lo haga), obtenemos:

$\frac{M}{2}R^2 \omega_lt + m R^2 \omega_lt =mR^22\pi$

$\frac{M}{2} \theta + m \theta =m2\pi$

$M \theta + 2m \theta =m4\pi$

$\theta=\frac{m4\pi}{M+2m}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Como se discutió en los comentarios, no solo el niño tiene una velocidad angular alrededor del centro de masa, sino que todo el sistema gira alrededor del centro de masa.

flor girando alrededor de su centro de masa

En mi primer intento de resolver este caso general del problema (que he eliminado por no tener sentido), supuse que la parte traslacional de la flor se cubre aplicando el teorema de los ejes paralelos. Sin embargo, como señaló correctamente Mark, el teorema de los ejes paralelos no es aplicable aquí. Para obtener una explicación detallada, mire el excelente video de Mark y lea el capítulo del libro que vinculó en los comentarios.

Consulte la publicación de Mark para obtener un análisis detallado y correcto de esta situación.

Sklivvz

Esto es incorrecto:

ω_{c}

$\omega_c$ mientras escribes es w/r/t lily. La expresión correcta w/r/t agua es

ω_{c}^{'} = ω_{c} + ω_{l}

$\omega_c'=\omega_c+\omega_l$ . La expresión correcta es entonces

θ = \frac{m}{M - 2 m} π

$\theta=\frac{m}{M-2m}\pi$ que predice con sensatez solo un giro de 180 grados si ambas masas son iguales.

ftiaronsem

ohh, tienes toda la razón, debería haber comprobado ese resultado. Lo corregiré en breve.

ftiaronsem

Bueno, al menos tienes razón en parte, creo. no se como llegas

θ = \frac{m}{M - 2 m} π

$\theta=\frac{m}{M-2m}\pi$ . Creo que el disco que gira 180 grados solo sería correcto si toda la masa del disco estuviera en su borde. Sin embargo, dado que la distribución de masa es homogénea, creo que tiene sentido que el disco se mueva más de 180 grados, en caso de que ambas masas sean iguales. Después de todo, los elementos de masa más cercanos al centro tienen una menor contribución al momento de inercia.

Malabarba

@ftiaronsem: Toma tu primera ecuación. El lado izquierdo contiene el momento angular de la planta en el marco de referencia del suelo. Por lo tanto, el lado derecho (que contiene el momento angular del niño) también debe escribirse en el marco de referencia del suelo. Eso significa

ω_{c}

$\omega_c$ (como usted definió) es la velocidad angular en el marco de referencia del suelo. Creo que tu cálculo original era correcto:

t ω_{c} = 2 π

$t\omega_c = 2\pi$ .

Malabarba

De hecho, el resultado original tenía más sentido, porque un niño infinitamente pesado haría girar la planta indefinidamente (

θ = \infty

$\theta = \infty$ ) y nunca terminar la vuelta.

ftiaronsem

Jaja ;-) Genial, tres personas tres opiniones^^. Me encanta la física. ¿Hay alguna posibilidad de que alguien haga ese experimento? ;-) Tomando mi primer resultado con masas iguales, el disco habría girado

4 π

$4\pi$ , lo cual es definitivamente incorrecto. Creo que el problema es que el niño de hecho no se mueve con

w_{c}

$w_c$ en el marco de referencia del suelo. Puede pensar en el disco girando debajo del niño, mientras gatea. Por lo tanto

w_{c} t = 2 π

$w_ct=2\pi$ solo es cierto si

w_{c}

$w_c$ sería la velocidad relativa del niño en comparación con el disco (como lo es, por ejemplo, en el marco de referencia de la flor).

ftiaronsem

Ahh, espera ahora me refiero a lo que dices. No, el niño no está gateando en círculo. Simplemente se arrastra hasta que llega a su punto de partida. Esa es la diferencia. Tú asumiste lo primero, yo lo segundo. De la tarea se puede leer que el niño gatea hasta llegar a su punto de partida. (No creo que el niño sea consciente del marco de referencia del suelo, por lo que será menospreciado cuando llegue a su punto de origen en la planta ^^)

Marcos Eichenlaub

Parece que esta respuesta asume que el lirio gira mientras está sentado en un lugar. Si es así, el niño se está moviendo con respecto al agua mientras que el centro de masa del lirio no lo está, y por lo tanto el centro de masa de todo el sistema se acelera. La hoja debería moverse un poco por la superficie del agua. No es inmediatamente obvio para mí si esto afecta la rotación.

ftiaronsem

uhh, correcto. Y siempre creí en la simplicidad de la mecánica clásica. Basado en estos comentarios, he escrito una lista de suposiciones que hago antes del cálculo. gracias por señalar eso.

Malabarba

@ftiaronsem ¡Ah! ¡Veo a que te refieres! Leyéndolo de esa manera, entonces su respuesta es correcta. Supongo que la pregunta no está del todo clara. En realidad, leí completamente mal la pregunta ^^. El autor de la pregunta claramente lo dice a tu manera.

Martín Gales

@ftiaronsem: La suposición "La flor está conectada al suelo, es decir, por su eje, de modo que su centro de masa no se mueve". Es incorrecto. ¡La flor puede flotar libremente! (Lea la descripción del problema) Esto hace que su solución sea incorrecta.

Malabarba

@Martin Si quería que el movimiento de la planta fuera completamente libre, entonces su pregunta debe reformularse un poco. solo pides

θ

$\theta$ por lo que da la impresión de que solo le interesa la rotación. Si permite que la planta flote completamente libre, entonces es mucho más complicado y necesita definir al menos 3 variables solo para la planta. Edite su respuesta para especificar esto

ftiaronsem

mmm, ok. Digamos que la flor puede flotar libremente. Entonces la flor no giraría alrededor de su centro geométrico, sino alrededor del centro de masa, que estaría en algún lugar entre el niño y el centro geométrico de la flor. Entonces, básicamente, sucederían dos cosas: 1) El momento de inercia de la planta cambia (se puede calcular fácilmente mediante el teorema del eje paralelo) y 2) el momento de inercia del niño dependería del tiempo (ugh). El resto seguiría igual, ¿no? Por favor, dame tu opinión sobre eso. Si un número razonable de ustedes está de acuerdo, haré los cálculos necesarios.

ftiaronsem

Sin embargo, ¿no debería pedir mejor el ángulo en el marco de referencia del centro de masa, en lugar del centro de la flor en el caso descrito anteriormente?

ftiaronsem

lo siento, ment: "Sin embargo, ¿no sería mejor que pidieras el ángulo en el marco de referencia del centro de masa, en lugar del ángulo en el marco de referencia del agua?" en mi comentario anterior. Porque si realmente quieres calcular la rotación de la flor en el marco de referencia del agua, necesitarás más parámetros, como señaló Bruce.

Malabarba

@ftiaronsem: No sé si el momento de inercia del niño dependería del tiempo. En realidad, este nuevo problema podría no ser TAN complicado después de todo, solo necesita encontrar las restricciones correctas. Podría pensarlo más tarde.

Martín Gales

@ftiaronsem: si el disco gira un ángulo en el marco de referencia del centro de masa, entonces gira el mismo ángulo en el marco de referencia del agua.

ftiaronsem

@Martin: Bien por la rotación de la flor, lo hace. Sin embargo, la Flor en sí (medida por su centro geométrico) cambiaría un poco su posición. Esto se debe a que el centro de masa no permanece en una posición fija. Piense en la posición inicial y en alguna posición un tiempo t después. El niño entonces habría cambiado de posición en el marco de referencia del agua. Por lo tanto, el centro de masa también habría cambiado, lo que da como resultado que la flor se mueva sobre el agua (muy posiblemente en un movimiento circular). Entonces, uno tendría que ser específico sobre qué ángulo calcular. Al menos eso pienso...

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Creo que está bastante claro lo que significa el ángulo de rotación de la almohadilla. Haga una pequeña muesca en el borde exterior de la almohadilla en el norte. Haga que el niño gatee, luego mire dónde se compara la muesca con el norte.

ftiaronsem

@Mark: de acuerdo, solo quería señalar que hay más parámetros, además del ángulo de rotación de la almohadilla.

ftiaronsem

@All: Se agregó un posible cálculo de cómo calcular

θ

$\theta$ para una flor que flota libremente, para que tengamos algo concreto que discutir.

Martín Gales

@ftiaronsem: ¿Estás hablando del centro de masa del disco? Estoy hablando del centro de masa de todo el sistema (disco+hijo). El disco (o su centro de masa) gira alrededor del centro del sistema. Entonces, si el disco gira un ángulo alrededor del centro de masa del sistema, entonces gira el mismo ángulo en el marco de referencia del agua. El ángulo de rotación se determina de forma única.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem ¿Por qué puedes usar el teorema del eje paralelo? ¿No significa eso que estás asumiendo que la almohadilla gira perfectamente alrededor del centro de masa, como si hubiera un poste clavado allí en lugar de en el centro de la almohadilla?

Martín Gales

@ftiaronsem: Su expresión final se puede simplificar mucho. Creo que estoy de acuerdo contigo. Pero hay un comportamiento extraño con esta fórmula. Parece haber un valor máximo para

θ

$\theta$ .

ftiaronsem

@Martin: Estoy totalmente de acuerdo y de repente me di cuenta de que no habría movimiento adicional del centro de masa. Lo siento por eso. El centro de masa permanece fijo, ya que no se le aplican fuerzas externas. Tienes toda la razón. @Mark: es por eso que puedo usar el teorema del eje paralelo.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Ya sabía que el centro de masa no se mueve. Tener el centro de masa fijo no es lo mismo que hacer que la almohadilla gire alrededor del centro de masa. Imagina que el bebé está del lado derecho cuando miras hacia abajo. El bebé comienza a gatear hacia arriba o en sentido contrario a las agujas del reloj. Luego, la aceleración neta de la plataforma es hacia abajo y el lado derecho de la plataforma se mueve hacia abajo más rápidamente. Contrasta esto con girar alrededor del centro de masa. Si la plataforma girara alrededor del centro de masa de modo que el movimiento neto de la plataforma fuera hacia abajo, el lado derecho estaría subiendo.

ftiaronsem

@Marca. Lo siento, no entiendo tu punto. Si el niño gateara en el sentido contrario a las agujas del reloj, la aceleración neta de la planta sería en el sentido de las agujas del reloj (¿Es esto lo que dices de abajo?). ¿Por qué el sitio de la derecha debería moverse más rápido? ¿No es exactamente lo contrario?

v = ω r

$v=\omega r$ . Un punto en el sitio de la mano izquierda de la flor está más alejado del centro de masa, por lo que su volicty sería mayor.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Si el bebé gatea en una dirección, toda la almohadilla debe moverse en la dirección opuesta. Además, si el bebé tiene un momento angular con respecto al centro de masa del sistema, entonces la almohadilla debe tener un momento angular opuesto con respecto al centro de masa del sistema. El resultado es que la almohadilla se mueve en un círculo alrededor del centro de masa, pero gira en la dirección opuesta a la que se mueve. Si la almohadilla gira alrededor del centro de masa en el sentido contrario a las agujas del reloj, la almohadilla gira en el sentido de las agujas del reloj.

Martín Gales

@Mark: "Si la almohadilla gira alrededor del centro de masa en sentido contrario a las agujas del reloj, la almohadilla gira en el sentido de las agujas del reloj". Esto no lo entiendo en absoluto. Por cierto, ¿por qué un voto negativo (al menos en esta etapa)?

Marcos Eichenlaub

@Martin El centro de la almohadilla se mueve en un círculo alrededor del centro de masa en una dirección. La almohadilla gira sobre su propio centro en sentido contrario. He votado negativo porque creo que la respuesta es incorrecta. Si cambia o si estoy convencido de que estoy equivocado, eliminaré el voto negativo.

Martín Gales

@Mark: no hay razón para girar la almohadilla sobre su propio centro mientras gira sobre el centro de masa del sistema. Esto contradice la conservación del momento angular. ¿Por qué no enviar su propia respuesta al problema?

Marcos Eichenlaub

@Martin No he terminado mi respuesta. La almohadilla tiene tres grados de libertad: dos de traslación y uno de rotación. Los dos grados de libertad de traslación están restringidos al movimiento en un círculo, porque de lo contrario el centro de masa del sistema se movería. Mi afirmación es que para conservar el momento angular, si los grados de libertad de traslación hacen que la almohadilla gire alrededor del centro de masa en sentido contrario a las agujas del reloj, el grado de libertad de rotación gira en el sentido de las agujas del reloj. Esto es necesario para conservar el momento angular.

ftiaronsem

@Marca. Ok, entiendo lo que quieres decir y es perfectamente correcto. El centro geométrico de la plataforma se mueve en un círculo alrededor del centro de masa. Y sí, creo que me convenciste de tener que cambiar un poco esa ecuación. ¿Está de acuerdo en que la velocidad angular del centro de la almohadilla es la misma que la velocidad angular del niño? (tiene que ser de lo contrario, el centro de masa se movería). Así que en lugar de decir que el momento de inercia es

m (R - d)^{2}

$m(R-d)^2$ tendria que escribir

m (R - d)^{2} + I^{'}

$m(R-d)^2+I'$ ? Dado que no solo el niño gira alrededor del centro de masa, sino también la flor. ¿Estás de acuerdo?

ftiaronsem

@Martín. Creo que Mark tiene razón en eso. Esa almohadilla no gira sobre su propio centro. Todo el sistema está girando alrededor del centro de masa (creo). Voy a hacer algunos bocetos para ilustrar el problema.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Estoy de acuerdo en que la velocidad angular del niño y del centro geométrico de la almohadilla, ambos sobre el centro de masa, son los mismos. No estoy seguro de entender tu significado con los nuevos momentos de inercia. Tenga en cuenta que además de moverse en un círculo alrededor del centro de masa, la almohadilla también gira. Si desea calcular su momento angular, debe tener en cuenta ambos movimientos. La respuesta que tengo después de hacer esto es que la almohadilla gira

2 π (2 m / (m + M))

$2\pi(2m/(m+M))$ . Publicaré detalles ya sea esta noche o mañana por la mañana, dependiendo de cuánta energía tenga.

ftiaronsem

He añadido una imagen que representa la situación. @Marca. Estoy deseando que.

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem ¡Buena foto!

Juan Alexiou

@ftiaronsem ¡Buena foto! ¿Qué usaste para crearlo?

ftiaronsem

Inkscape, su brillante programa de gráficos vectoriales: inkscape.org/index.php?lang=en

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Dado que el OP "aceptó" su respuesta, tiene el sello de aprobación de Physics.se. Le agradecería que la cambiara a la respuesta correcta lo antes posible.

ftiaronsem

@Marca. Adapté mi respuesta y dejé comentarios adicionales. Perdón por no aparecer últimamente pero la universidad me mantuvo muy ocupado. ¿La respuesta adaptada es adecuada para physics.se?

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Gracias por actualizar su respuesta. Es bueno que ahora indique que existe otro análisis. Sin embargo, el análisis actual en su respuesta sigue siendo incorrecto, y la respuesta mejoraría aún más al darle la física correcta. ¿Leíste el enlace del libro de texto que di, que describe cómo calcular el momento angular? ¿Alguna parte no quedó clara? Si desea visualizar el movimiento, consulte el video que hice: youtube.com/watch?v=hqCjbo-Ua2M

Marcos Eichenlaub

Si no está convencido, tenga en cuenta que hay un gran desajuste entre la ecuación

I^{'} ω_{l} = m (R - d)^{2} ω_{c}

$I'\omega_l = m(R-d)^2\omega_c$ e ilustraciones que ha creado. Si el niño va a girar perfectamente en sentido opuesto al centro de masa de la almohadilla (lo cual debe hacer para que el centro de masa del sistema no se mueva), entonces

ω_{l} = ω_{c}

$\omega_l = \omega_c$ . Todo estaría girando en la misma dirección. Todo el momento angular apuntaría en la misma dirección: hacia arriba fuera del monitor como se dibuja en sus imágenes. La única forma de contrarrestar esto es hacer que la almohadilla gire en la dirección opuesta.

Marcos Eichenlaub

Sin mencionar que la ecuación tiene un error de signo. No desea que el momento angular de la almohadilla y el niño sean iguales entre sí. Quieres que sumen cero.

ftiaronsem

Ohh, está bien, investigaré eso este fin de semana, corregiré ese error, leeré el libro de texto y actualizaré mi respuesta. Es bastante tarde en este momento ;-). gracias por todos tus esfuerzos

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Bien, gracias por tus esfuerzos. ¿Dónde estás estudiando que es tan tarde? (Para mí es temprano en la tarde en la costa oeste de EE. UU.).

ftiaronsem

@Mark, sí, bueno, soy de Alemania y eran alrededor de las 23:30, en el momento de ese comentario. ^^ Definitivamente demasiado tarde para pensar profundamente en el problema o incluso darme cuenta de que podría estar equivocado ;-)

ftiaronsem

@Martin: acepte la respuesta de Mark, ya que es la solución correcta al problema general. El mío es de hecho incorrecto para el caso general. Ver el video y leer el capítulo del libro que Mark proporcionó es realmente útil.

ftiaronsem

@Marca. Muchas gracias. Hice algunos cálculos y me di cuenta de mi error. El libro que vinculaste es realmente excelente. Nunca antes había visto la ecuación 10.9, aunque es muy importante y además muy intuitiva. Realmente estaba muy equivocado. Te debo mucho por eliminar este concepto erróneo fundamental de mi cabeza. Realmente eres un gran y paciente maestro. Solo hay una pregunta con la que me topé durante la última hora, para la cual me gustaría tener una confirmación:

ftiaronsem

¿Estoy en lo correcto al decir que, para un sistema que gira alrededor de su centro de masa, nunca tengo que usar el teorema del eje paralelo? La fórmula 10.9 y el ejemplo subsiguiente parecen implicar eso. Por tanto, el teorema de los ejes paralelos sólo sería aplicable en el caso de un eje externo fijo, como un clavo, que atraviesa el cuerpo rígido. ¿Es esto correcto?

Marcos Eichenlaub

@ftiaronsem Sí, su evaluación del teorema del eje paralelo es correcta. Me alegro de que todo haya salido bien. Gracias por hablar del problema conmigo.

Martín Gales

@ftiaronsem: Desafortunadamente, no puedo aceptar la respuesta de Mark porque, en mi opinión, su solución en el caso de una almohadilla de masa cero es contraria a la conservación del momento angular. Pero estaré encantado de hablar con usted sobre este tema y si puede convencerme de que estoy equivocado, entonces acepto la solución de Mark.

ftiaronsem

@Martin: ¿Por qué cree que se viola el momento angular en el caso de una almohadilla de masa cero? El disco giraría alrededor del niño y giraría sobre sí mismo. Sin embargo, el niño permanecería en el mismo lugar. Como la masa de la almohadilla es cero, no tiene momento angular. Por lo tanto, el momento angular se conservaría.

Martín Gales

@ftiaronsem: en el caso de una almohadilla de masa cero, el centro de masa del sistema (pad+child) y el centro de masa del niño coinciden. Si asume que el niño es una masa puntual (se supone que la solución de Mark) entonces el momento de inercia del sistema es exactamente cero (el momento de inercia de una masa puntual es cero). La rotación de un cuerpo con momento de inercia cero sobre su propio eje no está definida. Entonces, en el caso de una almohadilla de masa cero, debemos asumir que el niño no es una masa puntual, sino que tiene un momento de inercia infinitesimalmente pequeño (diferente de cero) y dimensiones espaciales. Entonces, si la almohadilla gira alrededor del niño, entonces

Martín Gales

(continuación...) gira respecto al niño y se produce el par de rozamiento. Para que el niño no gire (porque el momento angular del sistema es cero), debemos suponer un momento de torsión externo que mantenga al niño sin girar.

ftiaronsem

@Martin: No hay par de fricción. En todos nuestros cálculos, incluido el mío, siempre asumimos que no hay fricción. Incluso lo dice usted mismo en la descripción del problema: "Ignore la resistencia al aire y al agua". Entonces no hay par de fricción. Por lo tanto, el momento angular se conserva.

Martín Gales

@ftiaronsem: Hay fricción entre el niño y la almohadilla . Sin esta fricción, el niño no puede gatear en relación con la almohadilla y el problema pierde su significado.

ftiaronsem

@Martín. Eso es definitivamente cierto, no entendí que mencionaras la fuerza de fricción entre el bebé y la almohadilla. Está bien. Usted dice "La rotación de un cuerpo con momento de inercia cero sobre su propio eje no está definida". Si es así, ¿por qué se debe definir el momento de inercia de la almohadilla? Como su masa es cero, su momento de inercia es cero. Por supuesto, no está girando alrededor de su propio eje, sin embargo, eso no debería hacer ninguna diferencia. Por lo tanto, también se vería obligado a darle algo de masa a la almohadilla, lo que haría inútil pensar en una masa de almohadilla cero.

Martín Gales

@ftiaronsem: Creo que pensar en una masa de almohadilla cero no tiene sentido. La solución de Mark da en este caso para el valor específico del desplazamiento angular:

\frac{4 π}{3}

$\frac{4\pi}{3}$ . Pero podemos tomar la masa de la almohadilla infinitesimalmente pequeña, distinta de cero. El último valor es prácticamente el mismo. La física no cambia. Pero en el caso de una plataforma de masa cero, es simplemente más fácil analizar las cosas. Por cierto, leí que está seguro de que usar el teorema de los ejes paralelos para un sistema que gira alrededor de su centro de masa es incorrecto. Ok, consideremos un caso donde el eje de rotación es fijo. (Continúa...)

Martín Gales

(conectado a tierra) y aleja la plataforma del centro de masa del sistema. Ahora, según tengo entendido, permites usar este teorema. Ahora viene una discontinuidad peculiar. El teorema es aplicable en todas partes excepto en un punto de la almohadilla. ¿De verdad crees en este tipo de discontinuidad?

ftiaronsem

@Martín. Bueno, el teorema de los ejes paralelos se puede usar en todas partes, incluso en el centro de masa, siempre que haya un eje fijo. Sin embargo, en el centro de masa, no tiene sentido usar este teorema, ya que la distancia

d

$d$ entre el eje de rotación y el centro de masa es cero. Por lo tanto

I ‘ = I + m d^{2}

$I` = I + md^2$ simplifica a

I ‘ = I

$I` = I$ . El problema con mi respuesta fue que apliqué el teorema de los ejes paralelos a un caso en el que el uso de este teorema es una tontería física: mi consideración incorrecta fue la siguiente: (continuación)

ftiaronsem

La almohadilla gira alrededor del centro de masa del sistema. Dado que el centro de masa no es igual al centro geométrico de la plataforma, se debe aplicar el teorema de los ejes paralelos. Hasta ahora tan mal. Esta consideración es incorrecta porque: La almohadilla no gira alrededor del centro de masa. El centro de masa de la almohadilla gira alrededor del centro de masa del sistema . Además de este movimiento, la almohadilla también gira alrededor de su centro de masa . (continuado)

ftiaronsem

Para la rotación del centro de masa de la almohadilla alrededor del centro de masa del sistema, tengo que usar

M d^{2}

$Md^2$ y para el giro de la almohadilla tengo que usar

\frac{M R^{2}}{2}

$\frac{MR^2}{2}$ . Eche un vistazo a la respuesta de Marks. Encontrará estas dos expresiones en su primera ecuación (el tercer término describe la rotación del niño alrededor del centro de masa). Como puede ver, no se utiliza el teorema de los ejes paralelos. (continuado)

ftiaronsem

No vuelvo a tu argumentación: "Pero podemos tomar la masa de la almohadilla infinitesimalmente pequeña, distinta de cero. El último valor es prácticamente el mismo". De hecho, es casi lo mismo, pero no del todo. En el caso de algún momento de inercia del pad no hay contradicción alguna. Si el momento de inercia de la almohadilla no es cero, tiene algo de momento angular mientras gira. Por lo tanto, al niño también se le permite tener cierto momento angular. Estos momentos se cancelan exactamente. Por lo tanto, el momento angular se conserva.

Martín Gales

@ftiaronsem: Solo considero el error fundamental cometido por usted y Mark. Usted afirma que la almohadilla (un cuerpo rígido) tiene dentro de sí misma al mismo tiempo dos ejes de rotación diferentes con diferentes velocidades angulares. No, solo hay un eje de rotación: eje de rotación instantáneo que pasa por el centro de masa del sistema y solo hay una velocidad angular alrededor de este eje. Para dividir el movimiento de rotación en dos: el giro y la órbita, solo tiene sentido si el centro de masa del sistema está ubicado fuera de la almohadilla.

ftiaronsem

@Martín. ¡Ahora estamos llegando a algún punto! No afirmamos que un cuerpo rígido tenga dos ejes de rotación al mismo tiempo. Como dices, un cuerpo rígido tiene un solo eje de rotación, esto es perfectamente correcto. Sin embargo, el sistema puede tener un eje de rotación y la almohadilla puede tener un eje de rotación. Estos dos pueden coexistir. Ya está de acuerdo con eso si el centro de masa está fuera del sistema, pero esto también es cierto si el centro de masa está dentro del sistema. Para argumentar con tus propias palabras: ¿Por qué la ley de la física debería cambiar de manera abrupta? (continuado)

ftiaronsem

¡Esto sería una discontinuidad! Si le gusta un ejemplo del mundo real, eche un vistazo a este helicóptero: latimesblogs.latimes.com/photos/uncategorized/2008/03/04/… Por supuesto, ambos rotores están girando. Además, el helicóptero podría girar alrededor de su centro de masa (es decir, si alguien aplicara un par de torsión en la parte trasera del helicóptero). En este caso el helicóptero tendría tres rotaciones diferentes. Todos ellos dentro del sistema.

ftiaronsem

Si no le gusta la analogía con el helicóptero, eche un vistazo al capítulo del libro que Mark vincula. Mire la derivación de la ecuación 10.8 y dígame: ¿Dónde está la línea que el autor supone que el centro de rotación está fuera del sistema? no encontraras ninguno...

ftiaronsem

Acabo de notar que escribí "centro de masa" estando fuera del sistema, en mi primer comentario, esto es una mierda. Menciono el centro de rotación. Lo siento por esta confusión.

Martín Gales

@ftiaronsem: Ok, empiezo con la ecuación (10.8):

L = \vec{R} \times M \vec{\dot{R}} + \sum \vec{r_{a}^{'}} \times m_{a} \vec{\dot{r_{a}^{'}}}

$L=\vec{R}\times M\vec{\dot{R}}+\sum\vec{r'_a}\times m_a\vec{\dot{r'_a}}$ . Ahora coloca el origen

O

$O$ dentro del cuerpo en la Figura 10.1. Imagina que el cuerpo es nuestra almohadilla. La almohadilla gira sobre el eje que pasa por el origen. Sea la velocidad angular de

\vec{R}

$\vec{R}$ sobre el eje ser

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ . Porque

\vec{R} \times \vec{\dot{R}} = \vec{ω} R^{2}

$\vec{R}\times \vec{\dot{R}}=\vec{\omega}R^2$ podemos escribir el primer término de la ecuación como

M R^{2} \vec{ω}

$MR^2\vec{\omega}$ . Ahora, lo más importante: Note de la figura que

\vec{R}, \vec{r_{a}^{'}}

$\vec{R},\vec{r'_a}$ se fijan en el cuerpo y no pueden (continuación...)

Martín Gales

moverse uno respecto del otro. Por el contrario, si el origen se coloca fuera del cuerpo se puede mover

\vec{r_{a}}

$\vec{r_a}$ pariente

\vec{R}

$\vec{R}$ girando el primero sobre el centro de masa del cuerpo porque

\vec{R}

$\vec{R}$ no se fija en el cuerpo. Entonces, si el origen se encuentra dentro del cuerpo, el segundo término de la ecuación se puede escribir como

\sum\vec{\omega} m_ar'_a^2

$\sum\vec{\omega} m_ar'_a^2$ y toda la ecuación se puede representar como

L=(MR^2+\sum m_ar'_a^2)\vec{\omega}

$L=(MR^2+\sum m_ar'_a^2)\vec{\omega}$ . La expresión entre paréntesis no es otra cosa que el teorema de los ejes paralelos. Creo que todo es muy simple y claro. Una cita de Taylor: (continuación...)

Martín Gales

"La división del momento angular total en sus partes orbital y de espín es especialmente útil porque a menudo es cierto (al menos en una buena aproximación) que las dos partes se conservan por separado". Tenga en cuenta que él no afirma que esta división sea siempre cierta. Vuelvo el lunes. Qué tenga un buen fin de semana:)

ftiaronsem

@Martin: Buena derivación del teorema del eje paralelo, sin embargo, nuevamente está ignorando que tenemos múltiples cuerpos rígidos en lugar de uno. Si nuestro sistema consistiera solo en la almohadilla como un cuerpo rígido, estaría perfectamente en lo correcto. En este caso sólo podría haber un eje de rotación. Sin embargo, a medida que aumenta el número de objetos involucrados, se permiten más ejes de rotación. (continuado)

ftiaronsem

Digo que incluso tenemos tres cuerpos rígidos con su propio eje de rotación en nuestro sistema. El primer cuerpo rígido es la almohadilla. El segundo cuerpo rígido es el niño. El tercer cuerpo rígido es el sistema de child+pad. La almohadilla como cuerpo rígido tiene un momento de inercia de

\frac{M}{2} R^{2}

$\frac{M}{2}R^2$ . El niño en sí no tiene momento angular, ya que es una masa puntual. El sistema de la almohadilla y el niño tiene

M d^{2} + m (R - d)^{2}

$Md^2 + m(R-d)^2$ como su momento de inercia. (continuado)

ftiaronsem

También he buscado otro analogon, que podría ayudarlo a aceptar que la plataforma está en órbita y girando. Mira este trompo: prismenfernglas.de/images/kreisel.jpg . Tiene una parte giratoria de su movimiento y una parte de precesión.

ftiaronsem

Soy consciente de que existen diferencias entre un trompo y nuestro sistema de colchonetas para niños. Pero la idea central de lo que estoy tratando de explicar puede ilustrarse con ella. La peonza gira alrededor de su eje y el eje mismo tiene un movimiento orbital al mismo tiempo. Como puede ver en la imagen, el eje del movimiento orbital del eje está dentro de la peonza. Esto es posible porque tienes suficientes grados de libertad. En nuestro problema también hay suficientes grados de libertad para que ambos movimientos sucedan al mismo tiempo.

ftiaronsem

Tenga en cuenta que el problema clave es que tengamos un sistema de múltiples cuerpos y no solo la almohadilla.

Martín Gales

@ftiaronsem: cita de Wikipedia: "En mecánica, los grados de libertad (DOF) son el conjunto de desplazamientos y/o rotaciones independientes que especifican completamente la posición y orientación desplazada o deformada del cuerpo o sistema". Usted afirma que hay tres grados de libertad en nuestro sistema. Supongamos que un grado digamos que el grado "orbital" de la almohadilla es fijo. ¿Puedes ahora girar la almohadilla independientemente sobre su eje geométrico? No, no puede hasta que el eje "orbital" pase por la almohadilla. En el caso de la peonza, los movimientos "orbital" y "giratorio" son obviamente independientes.

ftiaronsem

@Martín. Hmm, tengo dificultades para entender tu punto. ¿Qué quieres decir con un grado fijo? Un movimiento orbital constante, con una cierta velocidad angular.

w > 0

$w>0$ ? Además dices "No, no puedes hasta que el eje 'orbital' pase por el pad", mientras que dijiste en tu comentario anterior: "Por el contrario, si el origen está fuera del cuerpo puedes mover

\vec{r_{a}}

$\vec{r_a}$ pariente

\vec{R}

$\vec{R}$ ⃗ girando el primero sobre el centro de masa del cuerpo porque

\vec{R}

$\vec{R}$ no está fijo en el cuerpo". Por favor aclare, para estar seguro de entender su punto.

Martín Gales

@ftiaronsem: Sí, tal vez no fue el comentario más exitoso. Trato de entender cuál es el punto principal en el que nuestros entendimientos difieren fundamentalmente. Ambos estamos de acuerdo en que el centro de masa del sistema está estacionario en RF del suelo y el sistema gira alrededor del eje que pasa por este centro. Tal vez el punto principal es que divide el movimiento de la almohadilla en partes "orbitales" y giratorias, mientras que creo que esta división es innecesaria porque creo que la almohadilla gira (como un todo) sobre el eje (que pasa por el centro de la masa del sistema) con única (continuación)

Martín Gales

velocidad angular. Tengo entendido que el eje no está fijo en el marco de referencia de la plataforma. Es el llamado "eje instantáneo de rotación". El eje pasa por el pad en un punto alrededor del cual giran todos los demás puntos del pad (durante un instante). Este punto en sí es el único punto que no se mueve en ese instante (en RF del suelo). En este sentido, el eje está fijo en relación con la almohadilla en este punto en ese instante y debido a que la conservación del momento angular debe mantenerse en cada instante, podemos usar el teorema del eje paralelo. (continuación)

Martín Gales

Creo que los movimientos "orbital" y giratorio son simplemente una ilusión debido al hecho de que el eje que pasa por el centro de la masa del sistema no está realmente fijo en RF de la plataforma.

Martín Gales

Una cita de su comentario anterior: "Sin embargo, a medida que aumenta la cantidad de objetos involucrados, se permiten más ejes de rotación". Soy un poco escéptico sobre esto. Si tienes, digamos, un millón de objetos, ¿vas a trabajar con millones de ejes de rotación?

ftiaronsem

@Martín. Muy buen resumen de nuestros diferentes puntos de vista. Definitivamente entendiste mi punto, pero obviamente aún no estás convencido ;-). Supongamos que su evaluación de la situación es correcta. Entonces, la almohadilla y el niño solo giran alrededor del centro de masa. En este caso, podemos usar las imágenes en mi respuesta para discutir el problema. Supongo que está de acuerdo con la posición del niño y la posición de la almohadilla en los tres momentos representados. Bien, ahora echemos un vistazo al bebé en t=0 en la primera situación. (continuado)

ftiaronsem

En ese mismo instante el bebé se está empujando hacia arriba, en dirección al extremo superior de tu pantalla. Newton nos dice que Actio es igual a Reactio. Por lo tanto, se aplica un par de torsión a la pastilla. Este par se dirige hacia abajo al extremo inferior de la pantalla. Por lo tanto, la almohadilla debe comenzar a girar en el sentido de las agujas del reloj. Sin embargo, como puede ver en la Situación t=t_1, el centro de masa de la almohadilla se ha desplazado en sentido contrario a las agujas del reloj. Así que estamos en algún tipo de problema ahora. (continuado)

ftiaronsem

Tenemos simultáneamente una rotación en el sentido de las agujas del reloj y en el sentido contrario a las agujas del reloj. Así que analicemos esta situación. Si solo observamos la rotación alrededor del centro de masa del sistema, despreciaríamos la influencia de la rotación en sentido contrario a las agujas del reloj de la plataforma. Así que eso no es bueno ^^. Si asumimos que una rotación cancela un poco de la otra rotación, ¡terminaríamos con el centro de masa de nuestro sistema moviéndose! ¿¿¿Por qué??? Porque la aceleración del bebé es independiente de la cancelación de las dos rotaciones. El bebé simplemente se empuja a sí mismo hacia adelante. Lo que la compresa esté haciendo con el torque es irrelevante para el bebé.

ftiaronsem

La única forma de resolver este dilema es suponer que hay un movimiento orbital y giratorio de la almohadilla. El centro de masa de la almohadilla gira en sentido contrario a las agujas del reloj. La almohadilla en sí está girando en el sentido de las agujas del reloj. Esta es la razón por la que es necesaria la división en una parte orbital y una giratoria.

ftiaronsem

Con respecto a mi comentario anterior: Si tuviera un millón de ejes usaría física estadística ;-) No, en serio, depende de la configuración del sistema. Si todas las partes están vinculadas estáticamente, entonces no tendría que considerarlas. Sin embargo, si son independientes, tendría que cuidarlos. Por cierto, esto está relacionado con algo que estás haciendo en termodinámica. Para calcular la energía media de las moléculas en un gas ideal, hay que contar los grados de libertad de estas moléculas. Por supuesto que no se están contando, sino aplicando fórmulas generales.

ftiaronsem

Sin embargo, las ideas básicas siguen siendo las mismas. Tenemos que lidiar con estos grados de libertad.

Martín Gales

@ftiaronsem Probablemente no me entiendas correctamente. Su razonamiento sería correcto si hubiera esperado que el centro de masa del sistema estuviera fijo en relación con la plataforma. No, la almohadilla con el niño se mueve en relación con el centro de masa del sistema para que la almohadilla gire siempre en el sentido de las agujas del reloj sobre el eje. Por cierto, ¿puede explicar en el caso de una almohadilla de masa cero por qué la almohadilla gira?

\frac{4 π}{3}

$\frac{4\pi}{3}$ ?

ftiaronsem

Este límite es causado por la superposición de la rotación orbital y giratoria del sistema. La almohadilla gira en el sentido de las agujas del reloj y el bebé se mueve en el sentido contrario a las agujas del reloj. Por lo tanto, la almohadilla no tiene que girar al máximo.

2 π

$2\pi$ pero algo menos, ya que el movimiento de los bebés está aportando la otra parte. Esto resulta ser

\frac{4 π}{3}

$\frac{4\pi}{3}$ . ¿Por qué crees que mi argumentación en mi comentario anterior falla si la almohadilla y el niño se mueven con respecto al centro de masa? Esto está incluido en mi razonamiento ya que lo basé en las imágenes, que incluyen este tipo de movimiento.

Martín Gales

@ftiaronsem: Tenga en cuenta que en el caso de un pad de masa cero, COM del sistema y COM del niño coinciden. Por lo tanto, el niño no se mueve en relación con el suelo y la almohadilla debe girar.

2 π

$2\pi$ como mucho. Pero esto coincide con el caso en que el COM del pad es fijo. Desafortunadamente, no se representa ningún sistema de coordenadas del pad en su figura. Da la impresión de que la almohadilla gira sobre un eje fijo. El pad se mueve de tal manera en relación con el COM del sistema que el último dibuja un círculo completo en el pad, centrado en el origen del pad (en mi opinión). Su análisis no tiene esto en cuenta.

ftiaronsem

@Martín. Tienes razón, no lo tenía claro antes. Al mover el bebé en sentido contrario a las agujas del reloj, compruebo el movimiento en sentido contrario a las agujas del reloj del sistema pad+baby. En el caso de una almohadilla de masa cero, solo la almohadilla está en órbita y no el bebé. Pero el resultado será el mismo. Entonces la almohadilla no tiene que girar

2 π

$2\pi$ . Sin embargo, la segunda parte de tu respuesta me sorprende un poco. Tienes toda la razón en que el COM del sistema dibuja un círculo en el pad (tengo que considerar si tiene que ser un círculo completo). Pero solo puede hacerlo si la almohadilla está girando.

ftiaronsem

Sin embargo, esto es algo que considerabas incorrecto antes, ¿no es así? Dijiste que solo podía haber un movimiento, orbitando o girando. Es exactamente esa parte giratoria y orbital que Mark incluye en su cálculo. Creo que sería muy útil continuar esta discusión a través de algún tipo de mensajería instantánea o VoIP o incluso una línea fija. ¿Tiene algo así como una cuenta de Skype o nos vemos en TeamSpeak?

Martín Gales

@ftiaronsem: No tengo skype o algo similar. Y mi conexión a Internet es muy lenta. Pero me alegro de que nuestras opiniones se hayan acercado un poco. Comencemos con COM del sistema. El pad puede moverse en relación con el COM (de modo que el COM dibuje un círculo en el pad) sin ninguna rotación con respecto al suelo (en un caso dado, el radio del círculo es igual a la distancia desde el centro de masa del sistema). Comprobé esto experimentalmente con un disco sobre una mesa. Creo que ese es tu punto de error. Tú y Mark cuentan esto como un movimiento orbital pero este movimiento no contribuye en nada al angular...

Martín Gales

...impulso (este es un punto muy importante, piense bien antes de responder, repito: la almohadilla se puede mover sin ninguna rotación (movimiento de traslación)). Ahora, durante este movimiento, para satisfacer la conservación del momento angular, es suficiente que la plataforma gire alrededor de COM del sistema. Su análisis de la plataforma de masa cero es incorrecto. La almohadilla no puede girar independientemente del niño.

Martín Gales

Me gustaría mejorar el error en el comentario anterior. Mientras que la almohadilla está realizando un movimiento de traslación alrededor de COM del sistema, por supuesto, contribuye al momento angular del sistema. Solo quería decir que este movimiento no contribuye en nada al desplazamiento angular de la almohadilla.

ftiaronsem

Ok, creo que entiendo mejor tu punto ahora. Permítanme resumir: ambos estamos de acuerdo en que el pad está realizando un movimiento de traslación alrededor del COM. Además, ambos estamos de acuerdo en que el pad también está girando alrededor de su centro geométrico (lo deduzco de que el COM está dibujando un círculo en el pad). Sin embargo, está convencido de que el movimiento de traslación de la almohadilla no influye en el ángulo que tiene el bebé para gatear. ¿Es esto hasta ahora correcto?

Martín Gales

@ftiaronsem: No, la almohadilla no gira alrededor de su eje geométrico. El movimiento de traslación de un cuerpo rígido significa que su velocidad angular es cero. Nuevamente te sugiero que experimentes con un disco real en un avión. Créame, esto es muy útil (al menos para mí). La almohadilla puede moverse en relación con el COM sin ninguna rotación (o desplazamiento angular) en relación con el suelo. Es muy fácil explicar por qué en el caso de una almohadilla de masa cero, su desplazamiento angular es cero. En este caso el centro de masa del sistema coincide con el centro de masa del niño. Así que el niño debe permanecer inmóvil en relación con el suelo y no...

Martín Gales

...girar. La única forma en que la almohadilla puede moverse en este caso es realizar un movimiento de traslación debajo del niño. Al hacerlo, el COM dibuja un círculo completo (con un radio igual al radio de la almohadilla) en la almohadilla (o en otras palabras: el niño hace el mismo círculo completo en la almohadilla). Esto confirma la corrección de su primera solución (nuevamente, es muy informativo verificar este resultado jugando con un disco real en un avión). El 90% de mis argumentos se basan en esta experimentación. En este punto, ¿qué crees que tiene sentido para discutir más? Parece que no podremos llegar a un acuerdo en un futuro próximo.

ftiaronsem

@Martin: Hice estos experimentos con un disco sobre la mesa. Y son adecuados para apoyar nuestros dos puntos. Pruebe la solución de Mark con un disco de este tipo sobre una mesa. Verás que también funciona de maravilla. Su malentendido clave es que asume que el COM puede dibujar un círculo completo en el pad, sin un movimiento giratorio del pad. Descuida el hecho de que el bebé y el centro de masa de la almohadilla permanecen siempre opuestos con respecto al COM. Mira mis fotos. En este caso, el COM siempre está fijo en un punto del pad.

ftiaronsem

Si permite que el COM dibuje un círculo completo en el pad, entonces el pad debe estar girando o el COM en movimiento. Como esto último no es posible, lo primero tiene que ser cierto. ¡Tenga en cuenta que el bebé y el centro de masa de la almohadilla son opuestos en todo momento! Además, quiero que considere lo siguiente: si tuviera razón, la solución de Mark habría demostrado que la almohadilla no gira. Simplemente le dio al sistema otro grado de libertad. Si tuviera razón, ¡este parámetro adicional resultaría ser cero! ¡Pero no lo es! La física nos dice que la almohadilla también gira.

ftiaronsem

Además, nuestros puntos de vista parecían haber encajado, antes de que Mark me mostrara mi error. Mirando hacia atrás, realmente veo que fue un error. Además, los votos a favor de mi solución se produjeron solo para el caso simple con un eje fijo. ¡Para mi solución general, de hecho obtuve votos negativos! Sin embargo, Mark obtuvo votos positivos por su solución. Realmente hay un montón de gente competente en este sitio. Si están dando votos positivos a esta solución, es muy probable que sea correcta. Este razonamiento me ayudó mucho a superar el error en mis consideraciones.

Martín Gales

@ftiaronsem: Veo que está listo para continuar la discusión. OK, yo mismo sería interesante averiguar a dónde conduce. Consideraré sólo uno de sus conceptos erróneos en este momento. Cita: "Su malentendido clave es que asume que el COM puede dibujar un círculo completo en la almohadilla, sin un movimiento giratorio de la almohadilla. Descuida el hecho de que el bebé y el centro de masa de la almohadilla permanecen siempre opuestos en con respecto a la COM". ¡Esta declaración es simplemente incorrecta! La distancia desde el centro del pad al COM es

d

$d$ . La almohadilla con el niño puede moverse en relación con el COM sin girar y (o)

Martín Gales

... orbitando para que

d = c o n s t

$d=const$ y eso significa que el COM dibuja un círculo con radio

d

$d$ en la almohadilla En tal movimiento, se satisface automáticamente el requisito de que el bebé y el centro de masa de la almohadilla permanezcan siempre opuestos con respecto al COM. ¡Esto también es un hecho experimental! Con respecto al hecho de que la respuesta de Mark está muy votada, estoy de acuerdo en que, en general, este es un buen indicador. Pero este es un problema cuantitativo y no trivial. Ninguna se sustenta cuantitativamente, con argumentos racionales, en la respuesta de Mark. Creo que la mayoría de los votos a favor se deben al buen video y...

Martín Gales

...cifras y puntuación de reputación de Mark. Pero un puntaje de reputación alto o un video impresionante no conducen automáticamente a una respuesta correcta.

ftiaronsem

@Martin: Estoy muy contento de que también esté de acuerdo en continuar esta discusión. Desafortunadamente, no puedo seguirlo diciendo "El pad con el niño puede moverse en relación con el COM sin girar y (o) orbitar para que d = constante y eso significa que el COM dibuja un círculo con radio d en el pad" Si el centro de la masa es fija y si no hay giro ni rotación en órbita, ¿cómo puede el centro de masa dibujar un círculo en la almohadilla? Con respecto a los cálculos de Mark: ¿Tiene una explicación de por qué el ángulo adicional que introdujo Mark es mayor que cero, en caso de que su evaluación de la física sea correcta?

Martín Gales

@ftiaronsem: Hubo un error en mi dicho, por supuesto. La almohadilla realiza también un movimiento orbital. Para mí, esta división es solo algo confuso :) ¿Qué quiere decir con ángulo adicional? Leí la solución de Mark y quiero llamar la atención sobre un error fundamental en su primera ecuación:

M d^{2} \dot{θ} + m (R - d)^{2} \dot{θ} + \frac{M R^{2}}{2} \dot{ϕ} = 0; θ = α + ϕ .

$Md^2\dot{\theta} + m(R-d)^2\dot{\theta} + \frac{MR^2}{2}\dot{\phi} = 0; \theta = \alpha + \phi.$ Aquí

θ

$\theta$ es el desplazamiento angular traslacional de la almohadilla,

ϕ

$\phi$ es el desplazamiento angular total de la almohadilla y

α

$\alpha$ es el desplazamiento angular del niño con respecto a la almohadilla. La ecuación no...

Martín Gales

...tener en cuenta el momento angular debido al movimiento del niño en relación con la almohadilla. por ej. si

θ = 0

$\theta=0$ entonces el momento angular es

\frac{M R^{2}}{2} \dot{ϕ} = - \frac{M R^{2}}{2} \dot{α}

$\frac{MR^2}{2}\dot{\phi}=-\frac{MR^2}{2}\dot{\alpha}$ No contiene la masa del niño. Por favor explique.

ftiaronsem

@marting bien

ϕ

$\phi$ no es el desplazamiento total de la almohadilla, sino el desplazamiento causado por el giro de la almohadilla. Por lo tanto, a Mark se le permite escribir

θ - ϕ = 2 π

$\theta - \phi = 2 \pi$ cerca del final de su explicación. Tenga en cuenta que el signo menos aquí es correcto porque

ϕ

$\phi$ es negativo Y la ecuación tiene en cuenta el momento angular del movimiento del niño. eso es lo que

m (R - d)^{2} \dot{θ}

$m(R-d)^2\dot{\theta}$ es para. Tenga en cuenta que uno no puede establecer

θ

$\theta$ y

ϕ

$\phi$ a valores arbitrarios. Esto está estrechamente relacionado con por qué dije que Mark introdujo una variable adicional.

ftiaronsem

Mark está usando la variable

θ

$\theta$ para describir el movimiento orbital de las almohadillas y está usando la variable

ϕ

$\phi$ para describir el movimiento giratorio de las almohadillas. Si su evaluación de la situación fuera correcta, entonces uno debería obtener

ϕ = 0

$\phi =0$ al final del cálculo. Pero uno no lo es, la física nos dice lo contrario. Creo que es muy útil discutir el ansatz de Mark y tus dudas al respecto. Esto es algo sólido (basado en matemáticas) para discutir.

Martín Gales

@ftiaronsem: Creo que ahora está claro dónde vamos por caminos separados. Estamos de acuerdo en que el pad realiza un movimiento de traslación relativo al COM. O el movimiento orbital por ti y Mark. Estos son los mismos. Dicho movimiento no contribuye al desplazamiento angular de la almohadilla. Pero Mark y tú pensáis que todo el desplazamiento angular del pad se debe a que gira alrededor de su centro de masa y yo creo que este desplazamiento se debe a que gira alrededor del COM. Si entiendo las cosas ahora mismo, entonces estás profundamente equivocado. El punto central de este problema es que la almohadilla y el niño giran alrededor...

Martín Gales

...el COM (el centro de masa de todo el sistema). ¡Ha reemplazado la rotación de la almohadilla alrededor del COM con la rotación de la almohadilla alrededor de su centro de masa! ¡No estoy de acuerdo!

ftiaronsem

@Martin: Mire mi nueva respuesta.

Martín Gales · Answer 3

ftiaronsem tiene razón, creo!

La ley de conservación del momento angular para este sistema debe expresarse como $I_m\omega_m+I_M\omega_M=0$ dónde $I_m$ y $I_M$ son los momentos de inercia del niño y la almohadilla con respecto al eje que pasa por el centro de masa de todo el sistema y $\omega_m$ y $\omega_M$ son velocidades angulares correspondientes en el marco de referencia del suelo (o agua estacionaria). Más específicamente, $\omega_M$ es la velocidad angular del centro de la almohadilla.

Mark Eichenlaub argumenta que esto no es suficiente y que debemos incluir aún el momento angular de la traslación de la plataforma, así como el momento angular del giro de la plataforma. Creo que esto es un error fundamental. Creo que esto se explica mejor con análogos en movimiento rotacional y lineal.

Consideremos el caso en que el niño se mueve a lo largo de un diámetro de la almohadilla. Este es un movimiento lineal y la ley de conservación del momento lineal para este sistema debe expresarse como $mv_m+Mv_M=0$ dónde $m$ un $M$ son masas del niño y la almohadilla y $v_m$ y $v_M$ son velocidades correspondientes en el marco de referencia del suelo (o agua estacionaria). Reunamos los resultados juntos:

metro v_{metro} + METRO v_{METRO} = 0

$mv_m+Mv_M=0$

{yo}_{metro} ω_{metro} + {yo}_{METRO} ω_{METRO} = 0

$I_m\omega_m+I_M\omega_M=0$ Momentos de inercia

I_{m}, I_{M}

$I_m,I_M$ y velocidades angulares

ω_{m}, ω_{M}

$\omega_m,\omega_M$ son los análogos rotacionales de

m, M

$m,M$ y

v_{m}, v_{M}

$v_m,v_M$ y las ecuaciones correspondientes deben tener el mismo aspecto.

fórmula final de ftiaronsem

θ = \frac{metro {(1 - \frac{metro}{metro + METRO})}^{2} 2 π}{(\frac{METRO}{2} + METRO {(\frac{metro}{metro + METRO})}^{2} + metro {(1 - \frac{metro}{metro + METRO})}^{2})}

$\theta = \frac{m\left(1 - \frac{m}{m+M}\right)^22\pi}{\left(\frac{M}{2} + M\left(\frac{m}{m+M}\right)^2 + m\left(1 - \frac{m}{m+M}\right)^2\right)}$

se puede simplificar Por motivos de brevedad, introduzcamos la relación $x=\frac{m}{M}$ . Luego, finalmente, el desplazamiento angular de la almohadilla:

θ = \frac{2 X}{(1 + X) (1 + 3 X)} 2 π

$\theta=\frac{2x}{(1+x)(1+3x)}2\pi$ Una cosa sorprendente de este resultado es que el desplazamiento angular de la pastilla tiene un valor absoluto máximo. Alcanza el desplazamiento máximo en

x = \frac{m}{M} = \frac{1}{\sqrt{3}}

$x=\frac{m}{M}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ donde el máximo es:

θ_{metro a X} = (2 - \sqrt{3}) 2 π = {96.5}^{\circ}

$\theta_{max}=(2-\sqrt{3})2\pi=96.5^\circ$ Otra sorpresa es que si el niño es infinitamente pesado, ¡la rotación de la almohadilla es cero!

Así no es como funciona. Lea estas dos páginas de un libro de texto estándar. goo.gl/NvMeX Específicamente, citado al final de la página dos, "considere el movimiento de un planeta alrededor del sol... En este caso... el momento angular total del planeta es el momento angular del movimiento orbital de el CM alrededor del sol, más el momento angular de su movimiento giratorio alrededor de su CM".
Para ser más específico, no siempre se puede escribir $L = I\omega$ . Puedes escribir $L = r\times p$ . Solo en casos simples especiales se puede simplificar eso también $L = I\omega$ .
@Mark: El caso del movimiento orbital no es una buena comparación. El giro del planeta es independiente de su movimiento orbital y se aplica la regla: "el momento angular del movimiento orbital del CM alrededor del sol, más el momento angular de su movimiento giratorio alrededor de su CM". Sin embargo, en un caso dado, el giro de la almohadilla no es independiente de su movimiento "orbital" y no puede aplicar esta regla como lo hizo. La formula $L = I\omega$ se aplica en este caso porque $\vec{r}$ y $\vec{\omega}$ son perpendiculares entre si.
También Mark, considere el caso específico donde la masa de la almohadilla es cero (o el niño es infinitamente pesado). Entonces, la almohadilla no contribuye en nada al momento angular del sistema, lo gire o no. Entonces no hay razón para que comience a girar.
Y tercero, Marcos. En el caso de masa cero de la almohadilla, su solución asume que la almohadilla gira alrededor del niño el ángulo $2\pi$ . Esto es imposible sin deslizarse entre la almohadilla y el niño. Pero la fricción por deslizamiento es diferente de cero. Por lo tanto, la rotación de la almohadilla alrededor del niño es imposible.
@Martin ¿Realmente leíste el enlace que te di? El resultado sobre el momento "orbital" y "de giro" es completamente general. Siempre es aplicable. La formula $L = I\omega$ aplica cuando las velocidades en todas partes pueden ser descritas por $v = \omega \times r$ . Aquí no pueden.
@Martin No confíe en su intuición en el límite de la almohadilla de masa cero. Si la almohadilla no tiene un momento angular, el bebé aún puede girar porque es una masa puntual, y un punto que gira en el espacio tampoco contribuye al momento angular. Tu declaración sobre deslizarse entre la almohadilla y el niño es una tontería. Ponga su dedo en una hoja de papel y puede girar debajo de su dedo fácilmente. No hay fricción porque el bebé es una masa puntual, por lo que no hay movimiento relativo entre el bebé y la parte de la almohadilla directamente debajo.
Toma, prueba este ejercicio. Creo que eso ayudará. Imagine que la plataforma va a girar alrededor de un eje fijo a través del centro de masa del sistema, como si alguien clavara un poste en ese punto y la plataforma girara a su alrededor. Intente calcular el momento angular sobre ese polo de dos maneras: una utilizando el teorema del eje paralelo y otra vez calculando los momentos angulares "orbital" y "de giro" por separado. Obtiene la misma respuesta, lo que demuestra que mi método es general. Desafortunadamente, no puedes resolver el problema con esta figura; se aplica a un tipo de movimiento diferente al que ocurre.
@Mark: El ejercicio muestra exactamente dónde está su error fundamental. La velocidad angular de la rotación de la almohadilla es siempre la misma para los movimientos "orbital y de "giro". He tenido esto en cuenta cuando dije que el "giro" de la almohadilla no es independiente de su movimiento "orbital". Sin embargo, en su primera ecuación, "giro" y "orbital" tienen diferentes velocidades angulares ( $\dot{\phi}$ y $\dot{\theta}$ ). ¡Esto es fundamentalmente incorrecto! La velocidad angular del cuerpo rígido tiene propiedad "absoluta". Entonces el teorema del eje paralelo se aplica en este problema.
@Mark: No hay nada que ver con mi intuición. En el límite de la almohadilla de masa cero, el centro de masa de la masa puntual es al mismo tiempo el centro de masa del sistema. Sólo puede girar el cuerpo que posee las dimensiones espaciales. ¿Qué fuerzas harán girar la masa puntual en este problema?
@martin ¿Por qué crees que la velocidad angular es la misma para los movimientos "orbital" y "giratorio"? No debemos simplemente asumir eso. En cambio, les permitimos ser cualquier cosa y luego, después de aplicar restricciones físicas, encontramos su verdadera forma.
De hecho, es fácil ver que no se puede conservar el momento angular si la almohadilla se mueve con un movimiento de rotación puro alrededor del centro de masa del sistema. El niño y el centro de la almohadilla deben girar alrededor del centro de masa del sistema en la misma dirección porque deben permanecer uno frente al otro. Por lo tanto, en este caso sus momentos angulares apuntan en la misma dirección. Dos vectores que apuntan en la misma dirección no suman cero.
En cuanto a la plataforma de masa cero, sugiero pensar en ella como un límite. No puedes decir $\lim_{x\to 0}sin(x)/x = 0$ porque el numerador es cero, y no puedes decir que es infinito porque el denominador es cero. Tienes que considerarlos a ambos y pensar en el límite. Para responder a su pregunta específica, no se necesita ninguna fuerza para hacer girar una masa puntual, por lo que no se requiere ninguna.
Marca: Esta es una propiedad del movimiento de un cuerpo rígido. La velocidad angular de un cuerpo rígido. $\vec{\omega}$ se determina de forma única y es independiente del sistema de coordenadas particular elegido (en un caso dado, el sistema de coordenadas asociado con el centro de masa de la almohadilla y el sistema de coordenadas asociado con el centro de masa de la almohadilla + niño). Leí sobre esto de Landau & Lifshitz "Mechanics".
@Mark: Me gusta mucho la almohadilla de masa cero. Supongamos que el niño es casi una masa puntual (es decir, tiene un momento de inercia infinitesimalmente pequeño, diferente de cero). Debido a que el momento angular de todo el sistema es inicialmente exactamente cero, la rotación del niño es imposible. Ahora considere un proceso límite. En este proceso el momento de inercia nunca puede ser igual a cero. Así el niño nunca gira.
@Martin Por favor, busque eq. 31.2 y 31.3 de Landau y Lifschitz (con referencia a la 3.ª ed.), que aclaran que al calcular la velocidad de las partes del cuerpo rígido, debemos tener en cuenta tanto el movimiento de su centro de masa como su rotación. Cuando L&L analizan el momento angular, afirman: "El valor del momento angular de un sistema depende, como sabemos, del punto con respecto al cual se define. En la mecánica de un cuerpo rígido, el punto más apropiado para elegir para este propósito es el origen del sistema de coordenadas en movimiento, es decir, el centro de masa del cuerpo..."
Dado que en este problema en particular decidí que era más fácil calcular el momento angular relativo a un eje diferente al centro de masa de la plataforma, mi expresión para el momento angular tiene otro término que Landau y Lifschitz no muestran porque no calcularon el momento angular de esta manera.
@Martin Estoy de acuerdo en que la velocidad angular de la rotación de la almohadilla está definida de manera única. No estoy de acuerdo con que podamos aplicar esa velocidad angular para describir el movimiento masivo de toda la plataforma en el espacio. Lo que L&L dice es que no importa cómo se mueva la almohadilla como un todo, su rotación alrededor de su centro de masa es la misma en cualquier cuadro. Eso no significa que podamos ignorar el movimiento masivo de la almohadilla, o que si toda la almohadilla se mueve en un círculo alrededor de algún punto, la velocidad angular de ese movimiento masivo es la misma que la velocidad angular de giro. Esa es una mala interpretación de L&L por asomo.
@Martin con respecto a la plataforma de masa cero. La rotación del niño es irrelevante; el punto real es la rotación de la almohadilla. (El niño se está moviendo en un círculo cada vez más pequeño a medida que se vuelve más pesado). Me resulta difícil desarrollar una buena intuición de lo que hace la almohadilla de masa cero. Confiaré en la respuesta que obtenga al hacer física y prefiero discutir los argumentos físicos que conducen a encontrar la rotación de la almohadilla para cualquier masa.
@Mark: nuestras respuestas coinciden cuando la almohadilla es infinitamente pesada y son completamente diferentes cuando la masa de la almohadilla es cero. En el último caso debemos decidir cuál es la respuesta correcta. En mi último comentario, di una respuesta fuerte y simple basada en la ley de conservación del momento angular: la almohadilla nunca girará. Todavía no veo tu prueba de que la almohadilla gira. $4\pi$ en este caso.
@Martin Encontré un error en mi respuesta. Creo que la almohadilla gira. $4\pi/3$ en el limite $m>>M$ . Mi prueba es que mientras mis ecuaciones sean correctas, esta es la respuesta que dan. Una vez más, la intuición falla fácilmente aquí. Si la almohadilla no tiene masa, puede tener cualquier rotación sin violar la conservación del momento angular. ¿Leíste la sección que cité de L&L? ¿Estamos logrando algún progreso en conciliar mi uso del momento angular? No quiero discutir más el caso límite. No estoy obligado a describirlo especialmente; basta con analizar correctamente el caso general.
@Mark: los problemas no se resuelven ignorándolos (almohadilla de masa cero). La almohadilla no puede tener ninguna rotación porque en este caso debe deslizarse en relación con el niño. Pero esto es imposible debido a las fuerzas de fricción. Pero Mark, recuerda el ejercicio que diste. Allí consideró el caso en el que el centro de masa de todo el sistema está fijo. Y asumiste allí que las velocidades angulares de "giro" y "órbita" son las mismas. Y permitió usar el teorema de los ejes paralelos. ¡Pero no hay diferencia si el centro de masa del sistema está realmente fijo o no! No se mueve bajo ningún concepto.
@Mark: De L&L utilizo la siguiente cita: "Vemos que la velocidad angular de rotación, en cualquier instante, de un sistema de coordenadas fijo en el cuerpo es independiente del sistema particular elegido. Todos estos sistemas giran con ángulo velocidades $\vec{\omega}$ que son iguales en magnitud y paralelos en dirección. Esto nos permite llamar $\vec{\omega}$ la velocidad angular del cuerpo." (página 97)
@Martin La cita de L&L no respalda su afirmación. Solo está hablando del momento angular del giro. No se tiene en cuenta el momento angular orbital. Solo consideran el momento angular alrededor del centro de masa. Parece estar afirmando que es imposible, en principio, que la almohadilla gire alrededor de un punto con una velocidad angular y gire sobre su propio eje con una diferente. Si te estoy interpretando correctamente, piensas que nunca puedes tener dos almohadillas dando vueltas al mismo ritmo, pero una girando rápido y la otra girando lentamente, independientemente de las fuerzas.
@martin En cuanto al deslizamiento y la fricción, no tengo idea de lo que quieres decir. Por supuesto, el bebé puede moverse en relación con la almohadilla. Lo hace arrastrándose. Realmente no tengo idea de lo que quieres decir aquí con las cosas deslizantes. ¿Quizás estás hablando de la almohadilla girando debajo del bebé? Eso no provoca ningún movimiento deslizante o relativo porque el bebé es una masa puntual. No estoy ignorando el problema de una almohadilla de masa cero. Lo estoy resolviendo resolviendo el caso general y luego examinando el límite. Ese es un método de solución legítimo.
@Mark: Sí, creo que nunca puedes tener dos pads dando vueltas a la misma velocidad, pero uno girando rápido y el otro girando lentamente, ¡si giran alrededor de un eje que pasa a través del pad! En el caso dado alrededor del eje que pasa por el centro de masa del sistema. Sí, estoy hablando de la almohadilla que gira debajo del bebé. Tenga en cuenta que el bebé no está definido en el momento de inercia cero. Su momento de inercia se puede hacer tan cerca como se desee a $0$ haciendo que sus dimensiones sean lo suficientemente cercanas, pero no iguales, a $0$ . ¡Así que la fricción por deslizamiento es un hecho!
@Mark: Sin embargo, creo que la cita de L&L respalda mi afirmación. Tenga en cuenta que la almohadilla gira alrededor del eje que pasa a través de la almohadilla. El sistema de coordenadas asociado con este eje se fija en el pad.
@Mark: intente experimentar con un disco real en una mesa. Verá que si el disco gira alrededor de un eje que pasa a través del disco, entonces el desplazamiento angular de un radio circular es igual al desplazamiento angular de un radio giratorio.
@Martin Sus declaraciones son correctas suponiendo que el disco gira sobre un eje a través de sí mismo, pero ese no es el movimiento del disco. ¿Por qué supones que debe moverse de esa manera? Hice un video que ilustra el movimiento (el sonido se estropeó un poco, pero aún así debería transmitir la idea) youtube.com/watch?v=hqCjbo-Ua2M
@Mark:+1 por el buen video de física de Hollywood (no lo tomes demasiado en serio :). Desafortunadamente, no puedo votar tu respuesta incorrecta, así que mantendré ese +1 para el futuro :). Fíjate, en serio, lo único que cuenta es la rotación de la almohadilla sobre el eje que pasa por el centro de masa del sistema. No hay necesidad de introducir movimientos orbitales y giratorios. Esto solo hace las cosas confusas. Solo hay una rotación única con velocidad angular única sobre el eje.
@Martin ¿La primera animación del video dio al menos una descripción precisa del movimiento que cree que ocurre, antes de presentar la alternativa que creo que ocurre? Cuando mostré una animación que decía que estaba pasando un lápiz por el centro de masa, ¿esa parte mostró el movimiento que usted recomienda? Quiero asegurarme de que entiendo qué es lo que crees que sucede.
@Mark: Para ser honesto, no puedo imaginar cómo se mueve realmente la plataforma. La geometría es uno de mis puntos más débiles. Mi percepción se basa únicamente en la solución analítica que creo que es verdadera. Creo que es hora de parar ahora. Parece que somos incapaces de llegar a un acuerdo sobre este tema como si ambos. Pero en cualquier caso, aprendí mucho de ti. ¡Gracias por la discusión!
@Martin En ese caso, no debe "aceptar" la solución de ftiaronsem. es incorrecto; incluso ftiaronsem entiende esto, aunque no tiene suficiente experiencia para encontrar la solución completa. Al aceptar la solución incorrecta, otorga el sello de aprobación de Physics.SE a la respuesta incorrecta. (Casi todos los votos a favor de la solución se produjeron cuando ftiaronsem resolvió el problema mucho más limitado en el que el pad no puede traducir en absoluto).
@Mark: No está probado que la solución de ftiaronsems sea incorrecta. Acepté su respuesta porque acepté su derivación y resultado final. Mi dicho "Para ser honesto, no puedo imaginar cómo se mueve realmente la almohadilla". no significa que dude de la corrección de la solución de ftiaronsems. Mi pregunta era sobre un desplazamiento angular de la almohadilla, no sobre su trayectoria. No veo ninguna razón para continuar la discusión porque no te importan los argumentos basados en la conservación del momento angular.
@Martin ¿Qué tipo de locura es esa? Basé todo mi argumento en la conservación de la cantidad de movimiento y mostré en detalle por qué la solución de ftiarsonem es incorrecta. Cuando proporcioné enlaces a un libro que mostraba que mi enfoque era correcto, lo descartó de inmediato con un argumento sin sentido. Cuando proporcionó su propia referencia, la leí y expliqué cuidadosamente por qué no respalda el punto de vista que ha adoptado. Tuviste la oportunidad de aprender algo aquí, pero la desperdiciaste tapándote los oídos y gritando "No te escucho" cada vez más fuerte.
@Mark: Además, no veo ningún problema con este problema porque Physics.SE aceptó su máquina de movimiento perpetuo.
@Mark: mostré dos veces que su solución falla en el caso de una almohadilla de masa cero. Esta prueba se basa fuertemente en la conservación del momento angular. Creo que no tengo que hacer esto una tercera vez.
@martin Aunque mi respuesta es correcta, todavía tengo que disculparme por llamar a tu publicación "divagación insana". Me sentí muy frustrado porque, hasta donde pude ver, no entendiste mi argumento. Tal vez lo entendiste y aún objetaste, pero no fue así como lo vi y creo que no ejercí suficiente moderación.

Sklivvz · Answer 4

Este problema se puede resolver en dos pasos:

Demuestra que el lirio solo girará y no se traducirá
Encuentre la velocidad de giro y por lo tanto el ángulo

El lirio solo gira

Esto se puede resolver geométricamente. El bebé debe girar a la derecha para mantener su trayectoria circular, con respecto al lirio. Por lo tanto, ejercerá una fuerza sobre el lirio igual y opuesta a su fuerza centrípeta (es decir, la fuerza que utilizan para girar a la derecha).

La fuerza ejercida por el bebé es de magnitud y dirección constantes hacia el centro del lirio. La fuerza de reacción también es de magnitud constante pero con dirección fuera del lirio.

¿Cuál es el efecto neto de la fuerza sobre el bebé a medida que pasa el tiempo? Podemos obtenerlo restando las fuerzas centrípetas en pequeños intervalos de tiempo. La geometría y el sentido común muestran que el efecto neto es un vector tangencial a la trayectoria del bebé (obviamente).

Ahora podemos pensar en el efecto neto de la fuerza sobre el lirio. La fuerza es exactamente de la misma magnitud que la del bebé, pero con dirección opuesta. También podemos verlo como la misma dirección y magnitud negativa. Entonces las fuerzas se compondrán con el tiempo de la misma manera que el bebé, pero con el signo opuesto. Entonces, en otras palabras, el efecto neto es que el lirio gira hacia atrás.

Como no hay otras fuerzas actuando sobre el sistema, el lirio solo girará sobre su eje.

Cálculo del ángulo

Dejar $\theta$ Sea el ángulo de rotación del bebé, y $\phi$ el ángulo de rotación del lirio. Sea la razón de las masas, $\frac{M}{m}=\mu$

Como el bebé siempre se mantiene a la misma distancia del centro del lirio, ambos $\ddot\theta=0=\ddot\phi$ y por lo tanto

\dot{θ} = ω_{b}

$\dot\theta = \omega_{b}$ y

\dot{ϕ} = ω_{yo}

$\dot\phi = \omega_{l}$

Ambos son constantes.

En el marco de referencia del estanque, el lirio rotará con velocidad angular $\omega_l$ y el bebé rotará con velocidad angular $\omega_b+\omega_l$ .

El momento angular debe conservarse, entonces:

(ω_{b} + ω_{yo}) metro r^{2} = - yo ω_{yo}

$(\omega_b+\omega_l) m r^2 = -I\omega_{l}$

Sustituyendo $I=\frac{Mr^2}{2}$ y resolviendo para $\omega_l$ da

ω_{yo} = - ω_{b} \frac{2}{m + 2}

$\omega_l = -\omega_b\frac{2}{\mu+2}$

Ahora, el tiempo que es necesario para una rotación completa del bebé es $t_{f}=2\pi/\omega_b$ . El ángulo $\phi$ rotado por el lirio es por lo tanto igual a

ϕ = ω_{yo} t_{F} = - \frac{4 π}{m + 2}

$\phi=\omega_l t_f=-\frac{4\pi}{\mu+2}$

@sklivvz Cuando dices "el lirio solo girará sobre su eje", ¿a qué eje te refieres? ¿Es eso un eje a través del centro geométrico del nenúfar?
@Mark Sí, todas las fuerzas son centrípetas (o centrífugas), por lo que el efecto neto es ese.
@Sklivvz Entonces, cree que las siguientes dos afirmaciones son ciertas: 1) El nenúfar solo, sin considerar al niño, experimenta una fuerza neta. 2) El centro de masa del nenúfar no acelera. ¿Está bien?
@Sklivvz Está bien. Si el centro del nenúfar permanece en un lugar y el bebé se mueve, entonces el centro de masa del sistema se mueve. Por conservación del momento lineal, el centro de masa del sistema no puede moverse. Por lo tanto, su respuesta es incorrecta. Desde el punto de vista de las fuerzas, si existe alguna fuerza neta sobre el nenúfar, su centro debe acelerar.
@Sklivvz ve el bonito gráfico de ftiaronsem en su respuesta. Es una visualización muy clara.
@Mark, excepto que hay fuerzas en juego, porque el bebé siempre gira hacia la derecha para mantener la trayectoria circular. El momento lineal del lirio se conserva si el lirio no se traslada. El bebé está ejerciendo una fuerza y no la conserva.
@Mark, de lo contrario, ¿todos los sistemas giratorios violarían la conservación del momento lineal?
@Sklivvz No entiendo qué sistemas está considerando en su respuesta. El momento lineal que se conserva es el momento de todo el sistema = el bebé y el lirio considerados conjuntamente. Por lo tanto, es el centro de masa de ese sistema el que está estacionario. El lirio en sí mismo no conserva su impulso por separado del bebé porque hay una fuerza externa sobre él (del bebé).
@Sklivvz: Su respuesta coincide con la primera solución de ftiaronsem donde se fija el eje geométrico del lirio. ¡Conflicto! :-)

ftiaronsem · Answer 5

ftiaronsem

Esta respuesta es solo para el propósito de discusión. Será editado a veces y puede contener conclusiones erróneas.

@Martin: estoy tratando de imaginar el movimiento que estás describiendo. Desafortunadamente tengo algunas dificultades severas, ya que siempre me encuentro con algún tipo de contradicción. Por lo tanto, he dibujado dos movimientos en los que la almohadilla no gira. Por favor, dime cuál crees que es apropiado para este problema.

Movimiento uno: Suponiendo un movimiento del bebé en sentido contrario a las agujas del reloj

Movimiento dos: Suponiendo un movimiento del bebé en sentido contrario a las agujas del reloj

Lo siento por una vez dibujar un movimiento de bebé en el sentido de las agujas del reloj y una vez en el sentido contrario a las agujas del reloj. Como noté, ya era demasiado tarde para cambiar. Pero esto no debería hacer ninguna diferencia por el bien del argumento.

Indique también si piensa en un movimiento diferente del pad e intente describirlo o dibujarlo.

Gracias

ftiaronsem

Martín Gales

@ftiaronsem, Sí, el movimiento dos es el movimiento que estoy observando.

ftiaronsem

@Martín. Hmm, pero notas que el centro del pad y el niño siempre están opuestos al COM. No cambian sus posiciones relativas. Entonces, con este movimiento, el bebé nunca abandona su posición inicial en la almohadilla.

Martín Gales

@ftiaronsem, pero dijiste que la almohadilla no gira (en relación con el sistema de coordenadas en la figura). En este caso, el desplazamiento angular del niño con respecto al pad es el mismo que el desplazamiento angular del centro del pad con respecto al COM y el centro del pad y el niño siempre son opuestos al COM. Tenga en cuenta que el desplazamiento angular del centro de la plataforma en relación con el COM no cuenta como un desplazamiento angular de la plataforma en relación con el sistema de coordenadas (que sigue siendo cero).

ftiaronsem

@Martín. Lo siento mucho, pero nuevamente tengo dificultades para seguir su razonamiento. Usted dice En este caso, el desplazamiento angular del niño en relación con la almohadilla es el mismo que el desplazamiento angular del centro de la almohadilla en relación con el COM . Tengo dificultades para entender la última parte: desplazamiento angular del centro del pad con respecto al COM No puede haber desplazamiento angular entre dos puntos. ¿Qué líneas de mi figura has mencionado?

Martín Gales

@ftiaronsem Mira la figura de la derecha. La línea recta entre el centro de la almohadilla y el niño coincide con el eje horizontal. Ahora, mira la figura que está en el medio. La línea ha girado en sentido contrario a las agujas del reloj un ángulo. Dijiste que la almohadilla no gira. (Ese es un movimiento de traslación) La única forma en que el niño puede llegar a la posición en esta figura es bordear el ángulo relativo a la almohadilla.

ftiaronsem

@Martín. Tiene toda la razón al decir que el bebé tiene que bordear exactamente este ángulo. Sin embargo, estás pasando por alto algo. Tenga en cuenta lo siguiente: en la imagen número uno, el punto de partida del bebé está en la intersección del borde de la almohadilla y la línea entre el COM y el centro de la almohadilla. Echando un vistazo a las siguientes imágenes, el bebé siempre permanece exactamente en esa intersección. Entonces, si no hay movimiento de giro de la almohadilla (que asumimos aquí), el desplazamiento entre la posición inicial del niño y la posición actual del niño siempre es cero.

ftiaronsem · Answer 6

ftiaronsem

Esta respuesta es solo para el propósito de discusión. Será editado a veces y puede contener conclusiones erróneas.

@Martín. Quería agregar otro argumento de que uno tiene un movimiento giratorio además de un movimiento orbital. Para mantener los argumentos separados, elijo una nueva respuesta. Por favor considere lo siguiente

Si uno tiene una fuerza que actúa en cualquier lugar sobre un cuerpo rígido, esta fuerza está provocando una aceleración del centro de masa del cuerpo (descrito por $F=ma$ ) y simultáneamente provoca una aceleración angular del cuerpo (descrita por $M=r\times F$ ).

Entonces, en el caso de nuestro bebé, la fuerza que actúa sobre la almohadilla hace que el centro de masa de la almohadilla se traslade y haga que la almohadilla gire. Usando el principio anterior, debería ser bastante obvio que tienen lugar tanto un giro (alrededor del centro de masa de la almohadilla) como un movimiento de traslación (un orbital en nuestro caso) de la almohadilla.

Para aclarar aún más el movimiento previsto, he dibujado nuevas imágenes que ilustran la situación. La línea roja marca la posición inicial del bebé. La flecha curva indica la velocidad angular de la almohadilla (en sentido contrario a las agujas del reloj). En estas imágenes, el propio bebé siempre se mueve en el sentido de las agujas del reloj.

En estas imágenes, se puede ver un movimiento orbital del centro de la almohadilla alrededor del centro de masas del sistema (COM). Este movimiento es causado por $F=ma$ . Además, se puede ver un movimiento giratorio de la almohadilla alrededor del centro de la almohadilla, que es causado por $M=r\times F$ . Como se puede ver en estas imágenes, ambos movimientos angulares contribuyen al desplazamiento entre la posición actual del niño y su posición original.

@Marca. Si todavía está siguiendo esta pregunta, siéntase libre de incluir o modificar cualquiera de mis imágenes en su respuesta.

Martín Gales

@ftiaronsem. Ok, consideremos solo un movimiento giratorio. Pero en este caso, la almohadilla no gira alrededor del centro de masa del sistema (el COM). El centro de la almohadilla está estacionario en relación con el COM. Solo la rotación alrededor del COM contribuye al momento angular de todo el sistema. No se puede sumar el momento de giro al momento angular de todo el sistema.

ftiaronsem

@Martín. No se permite considerar una sola moción. Un principio fundamental de la mecánica clásica establece que cada fuerza sobre un cuerpo rígido provoca que ambos movimientos (traslación y rotación) sucedan al mismo tiempo (descrito por las ecuaciones anteriores). En mis nuevas imágenes, puede observar cómo estos dos movimientos se suman al desplazamiento total del niño en relación con su posición inicial.

Martín Gales

@ftiaronsem. Tu última respuesta es excelente. Esto hace que las cosas sean mucho más claras también para mí. Cita: " En estas imágenes, se puede ver un movimiento orbital del centro de la almohadilla alrededor del centro de masas del sistema (COM). Este movimiento es causado por F=ma " . Por lo tanto, este movimiento contribuye al momento lineal, no al momento angular . También me equivoqué cuando pensé que este movimiento de traslación contribuye al momento angular. Lo habría entendido antes: el movimiento de traslación contribuye solo al impulso lineal. Te has demostrado (sin darte cuenta) que...

Martín Gales

...su solución es incorrecta.

ftiaronsem

Ahh, genial, esta discusión realmente está progresando. Comenzaré con una cita de wikipedia sobre el momento angular: El momento angular L de una partícula sobre un origen dado se define como: $M = r \times p$ donde $r$ es el vector de posición de la partícula con respecto al origen, $p$ es el momento lineal de la partícula Hay varias cosas importantes a tener en cuenta aquí. Primero, el momento angular siempre está definido, sin importar si tenemos una rotación real o simplemente un movimiento lineal. Se puede definir un momento angular para cada punto dado en el espacio.

ftiaronsem

Por supuesto, solo hay un punto sensible en el espacio para calcular el momento angular en nuestro caso: El COM. ¿Por qué? Porque cualquier otro punto (en la almohadilla, o el niño), estaría en un marco de referencia acelerado, por lo tanto, sufriría de fuerzas ficticias. El segundo punto importante a notar es que

pags $p$ es el momento lineal! Y este impulso es causado por

F= metro _ $F=ma$ ! Todos sabemos que el momento lineal está definido por

F=pags˙ $F=\dot{p}$ . Entonces, para cualquier momento dado en el tiempo

pag = metro v $p=mv$ . Además, para cualquier momento dado en el tiempo

v $v$ se puede escribir como

v = rθ˙⇒ pag = metro rθ˙ $v=r\dot{\theta} \Rightarrow p=mr\dot{\theta}$

ftiaronsem

Ahora pon esto en la definición de momento angular. En nuestro caso, la velocidad siempre es vertical al radio, por lo tanto, el producto vectorial se simplifica a

METRO= r p = metror2θ˙ $M = rp = mr^2\dot{\theta}$ . Como dije antes, el único punto razonable para calcular el momento angular es el COM. Entonces

r = re⇒M _= metrod2θ˙ $r=d \Rightarrow M=md^2\dot{\theta}$ . En nuestro caso la masa de la almohadilla es

METRO $M$ . Entonces uno finalmente obtiene

METROd2θ˙ $Md^2\dot{\theta}$ (Perdón por usar doble

METRO $M$ ) para el momento angular, que es exactamente lo que Mark está usando en su respuesta.

ftiaronsem

El punto crucial de todo esto es que el momento angular siempre está definido, sin importar el movimiento. Por lo tanto, siempre se puede aplicar la conservación del momento angular. Sin embargo, muchos problemas sin simetría rotacional son difíciles de resolver con momento angular, debido al producto vectorial. Esta es la razón por la que todo el mundo usa el impulso lineal para los movimientos lineales ;-)

Martín Gales

@ftiaronsem. Tus argumentos son muy impresionantes ;-) Pero te olvidaste de un punto fundamental. Junto con el momento angular del sistema (AMS) debe conservarse también el momento lineal del sistema (LMS). El movimiento de traslación de la almohadilla se debe al requisito de que se debe conservar LMS. Así que simplemente sumó AMS y LMS y obtuvo AMS. Esta es una operación ilegal ;-)

ftiaronsem

@Martín. Así que simplemente sumó AMS y LMS y obtuvo AMS. Bueno, eso sería ilegal, sin embargo, ¡no estamos agregando AMS y LMS! Al menos no directamente. Como argumenté antes, cada momento lineal (LM) se puede expresar como un momento angular (AM) en un punto dado. Así que estamos transformando el LM en un AM y lo agregamos después. Eso es legal ;-).

Martín Gales

@ftiaronsem. Considere en este momento solo el movimiento de traslación de la almohadilla. ¿Entiendo correctamente que "transformas" este movimiento en un movimiento angular y lo agregas a la ecuación del momento angular? Mi punto de vista es que este movimiento no contribuye en nada al momento angular porque la almohadilla no gira sobre el COM en este movimiento.

ftiaronsem

@Martín. ¿Entiendo correctamente que "transformas" este movimiento en un movimiento angular y lo agregas a la ecuación del momento angular? Sí, creo que así es como uno podría llamarlo. Sin embargo, hay algunos puntos sutiles que debemos considerar para escribir la ecuación que usa Mark en su respuesta. Los subrayaré en las siguientes líneas. Una cosa importante que está señalando correctamente es la dificultad de aplicar la conservación del momento en un caso en el que tenemos movimiento de traslación y rotación.

ftiaronsem

Si solo usáramos la conservación del momento lineal, despreciaríamos el momento angular de rotación , y viceversa. Entonces, ¿qué ecuaciones usaremos? Por suerte la física nos está rescatando aquí ya que el momento angular y todas sus conclusiones están definidas para cualquier trayectoria dada y cualquier punto del espacio (ver mis últimos comentarios y wikipedia). Entonces, al aplicar la fórmula para el momento angular, podemos tratar las partes de movimiento rotacional y lineal en una sola ecuación. Permitiéndonos así expresar la conservación de la cantidad de movimiento de todo el sistema.

ftiaronsem

La segunda parte importante es considerar que en nuestra discusión reciente siempre hemos mirado algún momento específico en el tiempo. Pero, ¿qué está pasando a medida que pasa el tiempo? Si el bebé se ha movido un poco, tiene que cambiar su dirección para permanecer en el borde de la flor (De lo contrario, se bañaría ^^). Por tanto, la aceleración lineal también cambia de dirección. Este cambio de aceleración lineal. está sucediendo constantemente mientras el bebé avanza por el borde. Esta aceleración es siempre tangente a la almohadilla. Por lo tanto, el movimiento de traslación de la almohadilla comienza a formar un círculo.

ftiaronsem

De ahí que el Ansatz de Marcos resulte perfectamente válido.

ftiaronsem

Mmm, pero espera. Dejé algo fuera ;-) De hecho, podría argumentar que fui un poco rápido al razonar que el movimiento de traslación de la almohadilla comienza a formar un círculo. Se podría decir que si no hay fuerza centrífuga, la almohadilla se movería en una trayectoria curva. ¿De dónde viene la fuerza centrífuga que obliga a la almohadilla a realizar un movimiento circular? ¡Viene del bebé! Al bebé le gustaría hacer la misma trayectoria curva en su lado del COM. Pero como el Bebé siempre permanece en la almohadilla, la almohadilla y el bebé se fuerzan mutuamente en un movimiento circular.

ftiaronsem

Este sí que es un hermoso problema. Muchas gracias por preguntarlo aquí ;-)

Martín Gales

@ftiaronsem. No estoy de acuerdo en que si solo usáramos la conservación del momento lineal, descuidaríamos el momento angular de rotación, y viceversa. En un sistema cerrado ambos deben conservarse al mismo tiempo. No podemos ignorar a uno mirando al segundo. ¡Esta es una ley fundamental! Observamos todos los movimientos en el marco de referencia de COM. Sólo hay dos cuerpos en este sistema cerrado. El pad realiza el movimiento de traslación relativo al COM. No hay espacio para transformar este movimiento en uno circular. Regresaré solo el lunes. Tendrás tiempo para pensarlo profundamente ;-)

Martín Gales

PD: Aún no se le ha explicado satisfactoriamente el caso de la almohadilla de masa cero.

ftiaronsem

@Martín. Bueno, por supuesto, uno podría describir todo el sistema simplemente usando el momento lineal. Sin embargo, todas las partes giratorias del sistema (en particular, el giro de la planta) son mucho más difíciles de describir en términos de momento lineal (uno tendría que integrar sobre todos los elementos de masa). Esto es tan válido como describir el sistema con angular impulso. Sin embargo, sería mucho más complicado. Entonces, ¿por qué debería uno hacer eso? Al decir que descuidaríamos cualquiera de ellos, tenía en mente que uno solo observaría el movimiento de traslación de la plataforma,

ftiaronsem

lo que descuidaría el hilado de la planta y viceversa. Lamento que esto haya sido confuso. No hay espacio para transformar este movimiento en uno circular. Si el movimiento del centro de masa de la almohadilla no fuera circular, el bebé simplemente se caería de la almohadilla (tenga en cuenta que el centro de masa tiene que ser constante). Por supuesto, esto no es una explicación de por qué está ocurriendo este movimiento circular. Pero para una cadena de razonamiento, vea mi comentario del 22 de febrero.

ftiaronsem

En cuanto al pad de masa cero, ya di una explicación hace unas semanas. Se basó básicamente en el movimiento orbital de las almohadillas que contribuyen al desplazamiento angular (consulte las imágenes en esta respuesta para obtener una ilustración).

ftiaronsem

perdón por este comentario adicional, este puede ser ignorado, mi error

Martín Gales

@ftiaronsem. Ok, considere nuevamente solo el movimiento de traslación de la almohadilla. Intentaré mostrar por qué

METROd2θ˙ $Md^2\dot{\theta}$ es incorrecta en la ecuación del momento angular, en mi opinión. Sea

θ $\theta$ ser infinitesimalmente pequeño. Luego, el pad se desplaza como un todo en relación con el COM en

d∗ θ $d*\theta$ . Ahora,

METROd2θ˙ $Md^2\dot{\theta}$ sería correcto si el COM estuviera fuera del pad. Luego, todas las partículas de la almohadilla se desplazan en el sentido de las agujas del reloj (en sentido contrario a las agujas del reloj) sobre el COM. Sin embargo, si el COM está ubicado dentro de la almohadilla, entonces una parte de las partículas de la almohadilla se desplaza en sentido contrario a la parte restante del COM.

ftiaronsem

@Martín. Lo siento mucho, pero de nuevo no puedo seguirte en este punto. Su razonamiento sería correcto si hubiera un poste atravesado por la almohadilla (justo en el COM). Sin embargo, éste no es el caso. Como te mostré con suerte en esta respuesta, la almohadilla puede flotar libremente en el agua. Por lo tanto, todas las partículas en la almohadilla se desplazan (en sentido contrario a las agujas del reloj) alrededor del COM. El giro y el movimiento orbital son independientes en este problema (la única conexión entre ambos es el bebé que los causa)

Martín Gales

@ftiaronsem. Prestamos nuestra atención solo al movimiento de traslación (u orbital por usted) de la almohadilla y queremos calcular su momento angular con respecto al COM en este movimiento. Todo lo demás que mencionas es irrelevante. Todas las partículas de la almohadilla se mueven en una dirección en este movimiento. No continuaré en este momento porque quiero saber si está de acuerdo con esto.

Martín Gales

¡Maldita sea! Me he expresado incorrectamente. Si consideramos el movimiento de traslación de la almohadilla sin el niño, entonces, por supuesto, contribuye

METROd2θ˙ $Md^2\dot{\theta}$ al momento angular. Sin embargo, el niño también realiza un movimiento de traslación con el pad, pero contrario al pad, sobre el COM. Entonces, los dos momentos angulares correspondientes se borrarán mutuamente y la parte de traslación del movimiento del sistema no contribuye en nada al momento angular del sistema.

ftiaronsem

@Martin, creo que nuestros puntos de vista se acercaron mucho recientemente. Sin embargo, los movimientos que describe aún no son correctos. Como el COM permanece fijo, el pad y el niño se trasladan en direcciones opuestas en el lado opuesto del pad. Por lo tanto, giran en la misma dirección y los momentos angulares no se cancelan. Por favor, vea las imágenes en esta respuesta para la ilustración.

Martín Gales

@ftiaronsem No te fíes demasiado de las fotos. Son demasiado subjetivos. No me canso de repetir: consideramos sólo el movimiento de traslación. Debe agregar el movimiento de traslación de la almohadilla al movimiento del niño (en este momento simplemente está ignorando esto). El niño en sí solo realiza un movimiento de rotación sobre el COM. El movimiento total del niño relativo al COM es la suma de estos movimientos. Por cierto, el problema es el más fácil de resolver en el marco de referencia de COM. ¿Puedes hacerlo de esa manera? En este caso no es necesario considerar el movimiento de traslación.

ftiaronsem

@Martin No me canso de repetir: consideramos solo el movimiento de traslación. Sí, lo hacemos, nunca hablé de otra cosa. Por cierto, el problema es el más fácil de resolver en el marco de referencia de COM. ¿Puedes hacerlo de esa manera? En este caso no es necesario considerar el movimiento de traslación. ¿No es eso lo que estábamos haciendo en todos los comentarios en esta respuesta? Siempre argumenté desde un marco de referencia fijo (con respecto al agua) con su origen en el COM. Tu último comentario me confundió bastante. En el siguiente comentario trato de aclarar en qué estamos de acuerdo en no estar de acuerdo.

ftiaronsem

@Martin Indique con cuál de los siguientes puntos está de acuerdo/no está de acuerdo. Todos los puntos siguientes se describen a partir de un marco de referencia inercial, con el COM como origen. Este marco de referencia permanece fijo en relación con el agua circundante. ------ 1) El bebé realiza un movimiento de rotación alrededor del COM. (orbitando como un planeta) ------ 2) El centro de masa del pad (COM-P) realiza un movimiento de rotación alrededor del COM. (orbitando como un planeta) ------ 3) El movimiento de rotación del COM-P tiene la misma velocidad angular que el movimiento de rotación del niño.

ftiaronsem

@Martin ------ 4) La almohadilla gira alrededor del COM-P (girando como un trompo) ------ Estos cuatro puntos forman la base de la respuesta de Mark. Por favor, diga en qué no está de acuerdo y por qué. Por favor sea lo más preciso posible en caso de dudas. Gracias.

Martín Gales

@ftiaronsem En realidad, consideramos el movimiento del sistema en la RF del suelo (o agua) no en la RF de la COM. Estos son diferentes. Tenga en cuenta que el COM puede moverse libremente en relación con el suelo. Pero en un caso dado, la almohadilla y el niño constituyen un sistema cerrado y la velocidad del COM debe permanecer constante (conservación del momento lineal). En un caso dado, la velocidad es cero y esto puede crear la ilusión de que estamos observando el movimiento del sistema en la RF del COM. Si consideramos el movimiento del sistema en la RF del COM, entonces podemos ignorar los movimientos debido al requisito...

Martín Gales

..que el COM debe estar estacionario. 1) de acuerdo, 2) de acuerdo, pero en la RF del COM no es necesario considerar esta moción (esta es una moción de traducción), 3) de acuerdo, 4) ¡no estoy de acuerdo! En este movimiento, las rotaciones de la almohadilla y el niño alrededor del COM son cero. Recuerde, solo la rotación alrededor del COM contribuye al momento angular del sistema.

ftiaronsem

@Martin: Me estás confundiendo de nuevo ;-). Usted me dice en 2 que está de acuerdo, pero en el RF del COM no es necesario considerar este movimiento (este es un movimiento de traslación) y dice en 4 En este movimiento, las rotaciones de la almohadilla y el niño alrededor del COM son cero. Recuerde, solo la rotación alrededor del COM contribuye al momento angular del sistema. Esto es una especie de contradicción. Esto es una cosa. Pero echemos un vistazo más de cerca a tu razonamiento del punto 2): me dices que no es necesario considerar este movimiento (ya que es de traslación).

ftiaronsem

Al comienzo de esta serie de comentarios, le mostré con gran detalle que cada movimiento (lineal o rotacional) contribuye al momento angular de un sistema. Hace una semana, les mostré que el momento angular causado por el movimiento del bebé y el momento angular debido al movimiento del COM-P no se cancelan, sino que se suman. Por lo tanto, definitivamente tiene que considerar esta moción. En cuanto al punto 4, eso definitivamente no es cierto. Un ejemplo simple es un trompo. Obviamente tiene un momento angular. Ahora imagine que este trompo es un pedazo de papel (no en el medio del papel)

ftiaronsem

Ahora gire lentamente la hoja de papel. Creo que es obvio que ahora 1) El momento angular de la peonza girando 2) El momento angular de la peonza girando en órbita y 3) El momento angular del papel girando se suman al momento angular total. Es prácticamente lo mismo en nuestro caso.

ftiaronsem

Solo para estar en el mismo barco aquí. Dijiste En realidad, consideramos el movimiento del sistema en la RF del suelo (o agua) no en la RF de la COM. Estos son diferentes. Estoy de acuerdo. Sin embargo, como usted también afirma correctamente, ninguno de los marcos de referencia se está moviendo. Sin rotación, sin traslación. Por lo tanto, ambos marcos de referencia son marcos de referencia inerciales. Además ambos sistemas de coordenadas tienen su origen en el COM. ¡Por lo tanto son idénticos!

Martín Gales

@ftiaronsem "Hace una semana, les mostré que el momento angular causado por el movimiento del bebé y el momento angular debido al movimiento del COM-P no se cancelan, sino que se suman". Creo que esta es la mayor contradicción en nuestras opiniones. No mostraste nada, pero pasaste por alto el hecho de que en este movimiento, el movimiento del bebé es la suma de dos componentes: (1) su movimiento con respecto a la almohadilla y (2) su movimiento con la almohadilla. Solo (1) contribuye al momento angular del sistema. El COM-P y el niño en su conjunto se mueven de tal manera que el COM permanecería estacionario (conservación del impulso lineal)

Martín Gales

... En este movimiento, los momentos angulares de la almohadilla y el niño sobre el COM se cancelan mutuamente. No tiene sentido seguir discutiendo si no llegamos a un acuerdo sobre este asunto.

ftiaronsem

@Martin: Permítanme citarme a mí mismo: dado que el COM permanece fijo, la almohadilla y el niño se traducen en direcciones opuestas en el lado opuesto de la almohadilla. Por lo tanto, giran en la misma dirección y los momentos angulares no se cancelan. Al aplicar la regla de la mano derecha, te darás cuenta de que el vector del momento angular del niño y el vector del momento angular del COM-P son paralelos. Por lo tanto, se resumen. Para cancelar tendrían que ser antiparalelas, lo cual no es el caso. Por favor, muéstrame el error en este razonamiento.

Martín Gales

@ftiaronsem: Estoy de acuerdo en que no es fácil imaginar el movimiento del niño en relación con el suelo. Por eso dije que es mucho más fácil considerar el problema en el RF del COM. No es necesario que nos importe si el COM permanece fijo o se mueve en ese caso. Pero aún desea considerar el problema en la RF del suelo (agua). Tal vez sea más fácil lidiar con fórmulas. Creo que está de acuerdo en que podemos expresar la velocidad del niño en relación con el suelo como

v⃗ gramo=v⃗ pags+v⃗ r e l $\vec{v}_g=\vec{v}_p+\vec{v}_{rel}$ . Aquí

v⃗ pags $\vec{v}_p$ es la velocidad del pad en relación con el suelo (porque el pad realiza...

Martín Gales

...movimiento traslacional cada partícula tiene la misma velocidad

v⃗ pags $\vec{v}_p$ ).

v⃗ r e l $\vec{v}_{rel}$ es la velocidad del niño con respecto a la almohadilla. Ahora, la almohadilla tiene relativa la velocidad del suelo

v⃗ pags $\vec{v}_p$ así como la velocidad del niño tiene una componente igual a

v⃗ pags $\vec{v}_p$ . Debido a que la almohadilla y el niño están ubicados en lados opuestos en relación con el COM, es obvio que sus momentos angulares correspondientes se cancelan. Estos se sumarían solo si el componente de velocidad del niño fuera igual a

−v⃗ pags $-\vec{v}_p$ . Entonces, el único componente que contribuye al momento angular del sistema es

v⃗ r e l $\vec{v}_{rel}$ .

Martín Gales

Tu error es que ignoras el componente de velocidad del niño

v⃗ pags $\vec{v}_p$ .

ftiaronsem

@Martin: Actualmente estoy en el extranjero y no puedo responderte desde aquí. Lo haré, tan pronto como esté de vuelta en Alemania (alrededor del miércoles/jueves). Esperando hasta entonces...

ftiaronsem

Perdón por la demora, he estado ocupado últimamente. El truco es que la velocidad del niño es igual a

−v⃗ pags $-\vec{v}_p$ (si define la velocidad COM-P como

v⃗ pags $\vec{v}_p$ ). Mire desde la imagen superior izquierda en esta respuesta a la imagen superior derecha. El niño se mueve en la dirección del eje x positivo, el COM-P en la dirección del eje x negativo.

Martín Gales

@ftiaronsem: No necesita ninguna imagen en este caso. Esta es la cosa más básica en la que estás incorrecto. Ya no tengo nada que agregar. Me parece que ha perdido todo pensamiento racional bajo la presión del puntaje de reputación de Mark y su solución mejorada.

ftiaronsem

@Martin: Usted afirma que no necesita ninguna imagen en este caso. y eso es. Creo que he sido bastante claro: el niño se mueve en la dirección del eje x positivo, el COM-P en la dirección del eje x negativo. Por lo tanto, la velocidad del niño es igual a

−v⃗ pags $-\vec{v}_p$ si

v⃗ pags $\vec{v}_p$ es la velocidad del COM-P. ¡Por lo tanto, ambos momentos angulares se suman! (Tenga en cuenta que siempre estoy hablando del movimiento del COM-P. Por el momento no estamos considerando el giro del pad)

ftiaronsem

@Martin: Entonces, discuta con precisión, dónde está el problema en la cadena de razonamiento anterior. ¿Crees que el movimiento representado por las imágenes es incorrecto? ¿Crees que alguna conclusión que he sacado en el último comentario es incorrecta? Si es así, ¡por favor sea preciso!

Martín Gales

@ftiaronsem: Ok, vuelvo a escribir la fórmula para la velocidad del niño en relación con el suelo:

v⃗ gramo=v⃗ pags+v⃗ r e l $\vec{v}_g=\vec{v}_p+\vec{v}_{rel}$ . Consideramos por el momento solo componente

v⃗ pags $\vec{v}_p$ . Esta es la velocidad de la almohadilla en relación con el suelo y es un componente de la velocidad del niño en relación con el suelo al mismo tiempo también. Entonces afirmas que

v⃗ pags= −v⃗ pags $\vec{v}_p=-\vec{v}_p$ y

2 = − 2 $2=-2$ o

5 = − 5 $5=-5$ etc. ? ¿En qué confías más, en la fotografía o en el sentido común? Es un misterio para mí, ¡un completo misterio!

ftiaronsem

@Mark: al tratar con el momento angular, debe pensar en términos de vectores. Nota: La siguiente parte no asume nada sobre el movimiento general de la almohadilla ni del niño, se basa solemnemente en consideraciones sobre el instante en que el niño se mueve. En aras del argumento, tomemos la situación representada en la imagen número uno (podríamos elegir cualquier momento aquí, el principio sigue siendo el mismo). En la Imagen número uno, el niño está en la posición

$\vec{r_c}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0,5 \\ 0 \end{pmatrix}$ ,

ftiaronsem

y el centro de masa de la almohadilla (COM-P) está en la posición

$\vec{r_p}=\begin{pmatrix} 0 \\ - 0,5 \\ 0 \end{pmatrix}$ . La velocidad del niño en ese instante es

$\vec{v_c}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ y la velocidad del COM-P es

$\vec{v_p}=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ . Ahora usamos la definición del momento angular:

ftiaronsem

$L=\vec{r} \times m \vec{v}$ . Supongamos que el niño tiene un peso de 1 kg (todas las masas estarían bien aquí). Entonces

$\vec{L_p} = \vec{r_p} \times \vec{v_p} = \begin{pmatrix} 0 \\ - 0,5 \\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ - 0,5 \end{pmatrix}$ y para el niño se obtiene:

ftiaronsem

$\vec{L_c} = \vec{r_c} \times \vec{v_c} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0,5 \\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ - 0,5 \end{pmatrix}$ . Como puede ver, ambos vectores apuntan en la misma dirección. Para obtener el momento angular total hay que sumar todos los momentos angulares, entonces

$\vec{L}=\vec{L_p}+\vec{L_c} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \end{pmatrix}$ que obviamente no es cero. Por lo tanto, los momentos angulares del sistema se suman. No cancelan.

ftiaronsem

Por qué crees algo diferente también es un misterio para mí. :-). Creo que actualmente estamos hablando de propósitos cruzados. Si estaba tratando de convencerme de que la velocidad del niño y el COM-P son iguales en valor absoluto, estoy de acuerdo. Pero como el sistema gira alrededor del COM, el vector de una velocidad tiene signo positivo, mientras que el vector de la otra tiene signo negativo. Esto es lo que traté de explicar diciendo que

$v_c = - v_p$ . Espero poder expresar mi punto.

Martín Gales

@ftiaronsem: Una vez más has unido los movimientos de rotación y traslación. Recuerde, consideramos solo la parte traslacional del movimiento del sistema. Específicamente, ignoramos el giro de la almohadilla (afortunadamente, lo ignoraste) y el movimiento del niño en relación con la almohadilla. Este último movimiento es un movimiento de rotación y lamentablemente lo tomas en cuenta y te vas a confundir. Es mucho más fácil considerar el movimiento de rotación y de traslación por separado. Por lo tanto, considere solo el movimiento de traslación.

ftiaronsem

@Martín. Si te entiendo bien, dices que estoy usando el movimiento del niño relativo al pad. Sé que estoy usando el movimiento de traslación del niño con respecto al suelo, pero no veo dónde estoy usando el movimiento de traslación del niño con respecto a la almohadilla. Por favor, señale dónde estoy haciendo esto.

ftiaronsem

Además, dices que uní los movimientos de rotación y traslación. Bueno, estoy algo en desacuerdo. Debo enfatizar que los cálculos anteriores se realizan para un momento específico en el tiempo. En tal momento, todas las velocidades son lineales y se tratan como tales. (Tenga en cuenta que es perfectamente legal calcular un momento angular para movimientos lineales).

ftiaronsem

Además, parece tener una imagen bastante precisa del movimiento en mente. ¿Puedes calcular un pequeño ejemplo concreto, como lo hice ayer (es decir, ilustrar cómo vas a resolver el problema usando solo movimientos de traslación)? ¿O incluso puedes resolver todo el problema de la manera que crees que es correcta? Con suerte ;-) Podría deducir alguna contradicción.

Martín Gales

@ftiaronsem: Esta es una muy buena idea. Hasta ahora solo he atacado tu solución. Esto no llevó a ninguna parte hasta ahora. Así que intercambiemos los roles ahora. Propongo una solución correcta, en mi opinión, y la vas a atacar. Ok, estoy usando el marco de referencia del centro de masa del sistema (en resumen: el RF de COM). En este sistema no necesitamos preocuparnos por el movimiento de traslación del sistema. Todos los movimientos en este sistema son rotacionales. Ahora solo tenemos un eje de rotación: el eje que pasa por el COM. Con esto, el problema ya está resuelto. Se aplica el teorema de los ejes paralelos y obtenemos...

Martín Gales

...la segunda solución que obtuviste (antes de la solución de Mark).

ftiaronsem

@Martín. Ok, estoy perfectamente de acuerdo en que solo tenemos movimientos de rotación. En un plano, cada objeto tiene dos grados de libertad de rotación. 1) Girando alrededor de su propio COM (como la rotación diaria de la tierra) 2) Orbitando alrededor de un punto fijo (como la tierra alrededor del sol). Como aquí tenemos dos cuerpos, teóricamente podríamos tener cuatro grados de libertad. Si aplica el teorema de los ejes paralelos, solo hay un grado de libertad. Así que estás fijando tres grados de libertad en tu solución. Justifique por qué.

Martín Gales

@ftiaronsem: "En un plano, cada objeto tiene dos grados de libertad de rotación". No, un cuerpo rígido tiene 3 grados de libertad (DOF) en un plano: 2 DOF de traslación y 1 DOF de rotación (¡Dame una referencia que afirme algo más!). Tenga en cuenta que en el caso de 2) que mencionó, solo el centro de masa del cuerpo está en órbita. No tiene nada que ver con la rotación del cuerpo. En realidad, su órbita se clasifica como un movimiento de traslación. Podemos dividirlo en movimientos de traslación a lo largo del eje x y el eje y.

ftiaronsem

@Martín. Sí, tienes toda la razón en eso. Solo quería simplificar un poco las cosas. Junté los 2 DOF traslacionales, ya que las coordenadas x e y siempre están ubicadas en un círculo y, por lo tanto, están correlacionadas (por supuesto, esto solo es cierto en nuestro caso). Si lo aplicas así solo tendrías que considerar cuatro grados de libertad. Pero tómalo como quieras ;-), eres muy libre de comenzar con los seis DOF y dime por qué es legítimo arreglar cinco de ellos.

Martín Gales

@ftiaronsem: ¿Dónde ves la presencia de seis DOF? Estamos en la RF de COM ahora. El sistema tiene 2 DOF. Uno pertenece al bloc y otro al niño. Ambos son DOF rotacional. Con esto, la posición del sistema en el plano se define de forma única. Debes dejarte claro qué significa el grado de libertad.

ftiaronsem

@Martin: Creo que soy perfectamente consciente de lo que significa un grado de libertad. En teoría habría seis grados de libertad para un sistema en un plano formado por dos cuerpos rígidos:

$x_{pad},y_{pad},x_{child},y_{child},\omega_{pad},\omega_{child}$ donde

$\omega$ es el desplazamiento angular del cuerpo rígido. Esto es lo que nos dice la teoría. En nuestro caso, muchos de estos parámetros están correlacionados y pueden expresarse entre sí.

ftiaronsem

Ahora, en la solución con el eje paralelo thoerem, solo hay un grado de libertad, el desplazamiento angular del sistema

$\omega_{system}$ . Para que esta solución funcione, debe expresar las seis coordenadas anteriores mediante

$\omega_{system}$ . Me gustaría que hicieras eso. Razone cada parámetro por qué y cómo lo está haciendo. :-)

Martín Gales

@ftiaronsem: Todavía estás en el marco de referencia del suelo. Ahora estamos trabajando en el marco de referencia del centro de masa del sistema. Los componentes x,y que mencionaste describen movimientos de traslación. Estos movimientos determinan el movimiento del centro de masa del sistema. Como estamos en el marco de referencia del centro de masa del sistema, estos movimientos ahora son innecesarios para nosotros. ¿Es realmente tan difícil de entender? :-)

ftiaronsem

@Martin: Hay cosas que estás pasando por alto. No es tan simple. Ahora no tengo tiempo, lo explicaré este fin de semana...

ftiaronsem

@Martin: si lo entiendo correctamente, sugiere un marco de referencia giratorio, con su origen en el centro de masa del sistema. A continuación, enumeraré algunos problemas con este ansatz: 1) Es extremadamente difícil expresar el momento angular total del sistema, ya que no se pueden medir las velocidades reales de las partes del sistema, sino solo su velocidad relativa a su marco de referencia giratorio. 2) Un marco de referencia giratorio es un marco de referencia acelerado. Por lo tanto, uno sufre por puras fuerzas.

ftiaronsem

Uno podría estar tentado a argumentar que no se deben considerar, ya que el COM-P y el niño permanecen estacionarios. Sin embargo, este no es el caso, de lo contrario, la fuerza que el bebé está actuando sobre la almohadilla no tendría ningún efecto. 3) En tal marco de referencia rotatorio uno tendría cuatro grados de libertad teóricos (¡no dos!):

$r_{baby},r_{com-p},\omega_{baby},\omega_{com-p}$ , donde

$r$ es la distancia desde el origen y

$\omega$ el desplazamiento angular de los cuerpos rígidos. Por supuesto, los dos

$r$ los parámetros son fijos y

$\omega_{baby}$ puede ser expresado por

$\omega_{com-p}$ .

ftiaronsem

Entonces hay un grado efectivo de libertad, que permanecería. En caso de que no haya mencionado un marco de referencia giratorio, olvide la parte anterior. Sin embargo, un marco de referencia con su origen en el centro de masa del sistema que no gira tendría que estar estacionario en relación con el marco de referencia del suelo. En ese caso, tendrías que considerar todos los parámetros libres que están presentes en el marco de referencia del terreno.

Martín Gales

@ftiaronsem: El marco de referencia del centro de masa del sistema no es un marco giratorio. No gira alrededor de algo. Se fija en relación con el suelo por definición (conservación del momento lineal, esto se deduce de la descripción del problema). Puede ser que las cosas sean más claras si consideramos los vectores. Todos los vectores de movimientos lineales (traslacionales) son paralelos al plano. Sólo nos interesan los movimientos de rotación cuyos vectores son perpendiculares al plano. La rotación de la almohadilla y la rotación del niño. No necesitas nada más.