Momento angular en una barra que gira alrededor de un extremo?

Question

Momento angular en una barra que gira alrededor de un extremo?

Ovi

Lo siento si no puedo ir directamente al grano, tengo que dar muchos detalles antes de formular la pregunta.

La fórmula para el momento angular es $L=I \omega$ . si miramos hacia arriba $I$ para una varilla delgada girada alrededor de un extremo obtenemos $I=\frac 13 ML^2$ entonces $L=\frac 13 ML^2 \omega$ .

Sin embargo, $L$ también es igual a $p \cdot d$ , dónde $p$ es el momento lineal y $d$ es cierta distancia, entonces $I \omega=pd$

Mi pregunta es por qué en este caso $d$ sale a ser lo que es $($ es $\frac 23 L)$

Podemos calcular el momento lineal de la barra:

Suponga que la barra, que tiene una masa $M$ , longitud $L$ , y una velocidad angular constante de $\omega$ se divide en $n$ piezas iguales. entonces cada pieza tiene masa $\frac Mn$ y un momento lineal de $\frac Mn \cdot \omega r_i$ , dónde $r_i$ es la distancia desde el pivote hasta el final del $i^{th}$ segmento.

El momento lineal es aproximadamente $\sum_{i=1}^{n} \frac Mn r_i \omega$ . Podemos hacer esto exacto tomando el límite como $n$ se acerca al infinito. Tenemos $r_1=\frac Ln$ , $r_2=2\frac Ln$ , $\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot r_i=i \cdot \frac Ln$ , por lo que podemos sustituir esto en la suma:

\underset{norte \to \infty}{límite} \sum_{i = 1}^{norte} (\frac{METRO}{norte} i \cdot \frac{R}{norte} ω)

$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \left(\frac Mn i \cdot \dfrac Rn \omega\right)$ Desde

M

$M$ ,

ω

$\omega$ ,

R

$R$ , y

n

$n$ no son relevantes para la suma, podemos factorizarlos:

pag = METRO R ω \underset{norte \to \infty}{límite} \frac{1}{{norte}^{2}} \sum_{i = 1}^{norte} i

$p=MR \omega \lim_{n \to \infty} \dfrac {1}{n^2} \sum_{i=1}^{n} i$

pag = METRO R ω \underset{norte \to \infty}{límite} \frac{1}{{norte}^{2}} \frac{norte (norte + 1)}{2}

$p= MR \omega \lim_{n \to \infty} \dfrac {1}{n^2} \dfrac {n(n+1)}{2}$

pag = \frac{1}{2} METRO L ω

$p=\dfrac 12 ML \omega$

Nuevamente, tenemos

L = \frac{1}{3} METRO L^{2} ω = pag d = \frac{1}{2} METRO L ω d

$L=\dfrac 13 ML^2 \omega=pd=\dfrac 12 ML \omega d$

Si resolvemos para $d$ , obtenemos $d=\frac 23 L$ . ¿Por qué es esto? Yo estaba esperando $d$ ser un punto más relevante, como $L$ o $\frac 12 L$ (porque ahí es donde está el centro de masa. Pero ¿por qué $\frac 23$ ? Parece bastante aleatorio.

Ayesha

¿Por qué no escribir esos límites de sumas como integrales?

Ovi

@Ayesha No me siento muy cómoda yendo directamente a la integración. Sé cómo hacerlo, pero sé que la forma en que lo entiendo ahora es fundamentalmente incorrecta (pensar en los diferenciales como cantidades muy pequeñas). Mi plan original era llegar a una suma de Riemann que pudiera convertir en una integral, pero llegué a esto.

qmecanico

Hola Ovi. Si aún no lo ha hecho, tómese un minuto para leer la definición de cuándo usar la etiqueta de tarea y la política de Phys.SE para problemas similares a la tarea.

Ovi

@Qmechanic Ah, está bien, gracias, no conocía la política, la reetiqueté ahora. Este sitio es mucho mejor que math stackexcahnge porque si etiquetas una pregunta como hw allí, en su mayoría te dan pistas y pensé que eso es lo que sucedería aquí (aunque esto se inspiró en hw pero no en una pregunta de hw)

Respuestas (3)

Momento angular en una barra que gira alrededor de un extremo?

¿Por qué no escribir esos límites de sumas como integrales?
@Ayesha No me siento muy cómoda yendo directamente a la integración. Sé cómo hacerlo, pero sé que la forma en que lo entiendo ahora es fundamentalmente incorrecta (pensar en los diferenciales como cantidades muy pequeñas). Mi plan original era llegar a una suma de Riemann que pudiera convertir en una integral, pero llegué a esto.
Hola Ovi. Si aún no lo ha hecho, tómese un minuto para leer la definición de cuándo usar la etiqueta de tarea y la política de Phys.SE para problemas similares a la tarea.
@Qmechanic Ah, está bien, gracias, no conocía la política, la reetiqueté ahora. Este sitio es mucho mejor que math stackexcahnge porque si etiquetas una pregunta como hw allí, en su mayoría te dan pistas y pensé que eso es lo que sucedería aquí (aunque esto se inspiró en hw pero no en una pregunta de hw)

Juan Alexiou · Answer 1

Hay dos partes del momento angular que contribuyen al mismo tiempo. En forma vectorial (donde × es el producto vectorial)

{\vec{H}}_{A} = I_{C metro} \vec{ω} + {\vec{r}}_{A} \times metro {\vec{v}}_{C metro}

$\vec{H}_A = I_{cm} \vec{\omega} + \vec{r}_A \times m \vec{v}_{cm}$

Para una barra horizontal que gira alrededor del punto final A, tienes

\begin{aligned} \vec{ω} & = (0, 0, Ω) & {\vec{v}}_{C metro} & = \vec{ω} \times {\vec{r}}_{A} = (0, Ω \frac{L}{2}, 0) \\ {\vec{r}}_{A} & = (\frac{L}{2}, 0, 0) & I_{C metro} & = \frac{1}{12} metro L^{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} \vec{\omega} & = (0,0,\Omega) & \vec{v}_{cm} &= \vec{\omega} \times \vec{r}_A = (0,\Omega \frac{L}{2},0) \\ \vec{r}_A & = (\frac{L}{2},0,0) & I_{cm} & = \frac{1}{12} m L^2 \end{aligned}$

Entonces el momento angular es $H_A = \frac{m L^2 \Omega}{12} + \frac{m L^2 \Omega}{4} = \frac{m L^2 \Omega}{3}$ . Lo anterior a menudo se abrevia definiendo el momento de inercia sobre el punto final como $I_A = \frac{1}{3} m L^2$ para llegar a

H_{A} = I_{A} Ω

$H_A = I_A \Omega$

En 3D la transformación del tensor de inercia sigue el teorema de los ejes paralelos . Consulte esta respuesta para obtener más detalles: https://physics.stackexchange.com/a/88566/392 .

Entonces, ha intentado igualar las dos partes del momento angular sin transformar el valor de la inercia de manera adecuada.

BvU · Answer 2

Buen trabajo y buena idea. d = L/2 correspondería al momento de inercia de una masa puntual M a la distancia L/2. Momento p = M $\omega$ /2L/2.

¿Qué obtendrías si la masa de la barra se concentrara en los dos puntos extremos, cada 1/2 M ? Un punto cero, el otro M/2 $\omega$ L. En otras palabras, d = 1.

Entonces, la distribución de masa a lo largo de la barra juega un papel.

Para una varilla girada alrededor de un extremo, tiene 1/3 ML $^2$ . La mitad de la longitud de esa varilla alrededor de un extremo: 1/3 M/2 (L/2) $^2$ . Dos de ellos le darían una barra que pivota sobre su centro. I = 1/12 ML $^2$ ¡Exactamente la diferencia entre d = 1/2 y d = 2/3! Lo que encontró aquí es la regla para el momento de inercia alrededor de un eje descentrado: I = I $_c$ + Md $^2$ donde $_c$ es el momento de inercia alrededor del eje que pasa por el centro de masa y d es la distancia entre ese eje y el eje (paralelo) descentrado.

jerbo sammy · Answer 3

Lo que tu resultado te dice es que si una partícula puntual y una barra de longitud $L$ tienen el mismo momento lineal $p$ , entonces el momento angular de la barra alrededor de un extremo será el mismo que el momento angular de la partícula puntual alrededor de un eje a la distancia $d$ de ella siempre que $d=\frac23 L$ . No hay nada destacable en este resultado.

Tu suma te dice que el momento lineal de la barra es igual a la masa de la barra por la velocidad del centro de masa, lo cual no es sorprendente.

Momento angular en una barra que gira alrededor de un extremo?

Ovi

Ayesha

Ovi

qmecanico

Ovi

Respuestas (3)

Juan Alexiou

BvU

jerbo sammy

¿Permanece constante el momento angular de un sistema cuyo momento de inercia está cambiando?

¿Bajo qué condiciones se cumple la relación L⃗ =Iω⃗ L→=Iω→\vec{L} =I \vec{\omega}? [duplicar]

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