Supongamos que tengo algún sistema y conozco la masa total del sistema.$M$, la posición del centro de masa del sistema$\newcommand{\v}[1]{\mathbf{#1}}\v{r}_{cm}$, y la velocidad angular del sistema$\v{L}_{cm}$, en el marco donde el centro de masa es el origen. Cómo puedo encontrar$\v{L}'$, el momento angular con respecto a algún otro origen, digamos$\v{r}_{0}$, que se mueve a una velocidad$\v{v}_0$? Esa es la pregunta que responderé.

La respuesta es fácil de entender intuitivamente. El momento angular total en el nuevo marco es la suma de dos términos. El primer término es el momento angular en el marco del centro de masa.$\v{L}_{cm}$. Esta pieza es intrínseca al movimiento en el sentido de que no depende del marco. La segunda pieza depende del marco, pero tiene una forma simple que no depende de los detalles del sistema. La pieza dependiente del marco es$M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right)$. Observe que esto es solo el momento angular de una partícula puntual con posición$\v{r}_{cm}$y velocidad$\v{v}_{cm}$. Por lo tanto, el sistema se puede modelar como una partícula puntual con el fin de calcular la pieza dependiente del marco.

No es difícil demostrar que el momento angular se descompone de esta manera. Para ello introduciremos la notación$\langle X \rangle = \int X dm$, de modo que cuando escribimos$\langle \v{r} \rangle$, queremos decir$\int \v{r} dm = M \v{r}_{cm}$. Con esta notación, el momento angular en el marco con origen$\v{r}_0$moviéndose a velocidad$\v{v}_0$es

$$\begin{equation} \begin{aligned} \v{L}'=&\langle \left(\v{r}-\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}-\v{v}_0\right)\rangle\\ =&\langle \left(\left(\v{r}-\v{r}_{cm}\right) +\left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right)\right) \times \left(\left(\v{v}-\v{v}_{cm}\right)+\left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right)\right)\rangle\\ =&\overbrace{\langle \left(\v{r}-\v{r}_{cm}\right) \times \left(\v{v}-\v{v}_{cm}\right) \rangle}^{\v{L}_{cm}}\\ &+\langle \left(\v{r}-\v{r}_{cm}\right) \times\left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \rangle\\ &+\langle \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}-\v{v}_{cm}\right) \rangle\\ &+\langle \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \rangle\\ =&\v{L}_{cm}\\ &+ \overbrace{\langle\v{r}-\v{r}_{cm} \rangle}^{0} \times\left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right)\\ &+\left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \overbrace{\langle \v{v}-\v{v}_{cm}\rangle}^{0}\\ &+M \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \\ =&\v{L}_{cm} + M \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \end{aligned} \end{equation}$$

Arriba, en la tercera línea, encontramos que$\v{L}'$es la suma de cuatro términos. El primero es el momento angular en el marco del centro de masa,$\v{L}_{cm}$, en el segundo y tercer término, se puede factorizar una constante fuera de los paréntesis angulares y lo que queda en los paréntesis promedia cero. En el cuarto término, la cantidad entre paréntesis es solo una constante, por lo que los paréntesis equivalen a la multiplicación por$M$. Los dos términos supervivientes son exactamente los términos descritos en el párrafo anterior.

Teorema de la relación con los ejes paralelos

Podrías pensar que usas el teorema del eje paralelo aquí. El teorema del eje paralelo es en realidad un caso especial de esto donde el desplazamiento del origen es perpendicular al eje de rotación, y su nuevo origen es un punto incrustado en el objeto (se supone que es rígido). Por incrustado en el objeto, quiero decir que el nuevo origen se mueve a la misma velocidad que el objeto en ese punto, de modo que$\v{v}_0-\v{v}_{cm}= \boldsymbol{\omega} \times \left( \v{r}_0 - \v{r}_{cm}\right)$.

La ecuación que derivamos en esta respuesta entonces predice

$$\begin{equation} \begin{aligned} \v{L}' &= \v{L}_{cm} + M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right) \times \left(\boldsymbol{\omega} \times \left(\v{r}_{cm} - \v{r}_0\right)\right)\\ &= \v{L}_{cm} + M\left( \boldsymbol{\omega} \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2 - \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right) \overbrace{\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)\cdot \boldsymbol{\omega}}^{0} \right)\\ &=\v{L}_{cm} + M \boldsymbol{\omega} \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2. \end{aligned} \end{equation}$$ .

Por otro lado, el teorema de los ejes paralelos nos diría que hiciéramos la sustitución$I_{cm} \to I_{cm} + M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2$. Así tendríamos

$$I_{cm} \boldsymbol{\omega} \to \left(I_{cm} + M\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\right)\boldsymbol{\omega} = I_{cm} \boldsymbol{\omega} +M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\boldsymbol{\omega}.$$ De modo que $\v{L}_{cm} \to \v{L}_{cm} + M\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\boldsymbol{\omega}$. Es decir, $\v{L}' = \v{L}_{cm} + M\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\boldsymbol{\omega}$. Así vemos como la respuesta que obtenemos es la misma en este caso especial, y se puede utilizar el teorema de los ejes paralelos. Sin embargo, su pregunta se refiere a transformaciones más generales.