Momento de inercia del sistema de 4 partículas

Question

Momento de inercia del sistema de 4 partículas

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Cuatro partículas están conectadas por varillas rígidas de masa despreciable. El origen está en el centro del rectángulo. El sistema gira en el $xy$ plano sobre el eje z con una velocidad angular de $6$ rad/s. Calcular el momento de inercia del sistema con respecto a la $z$ eje. El sistema se ve de la siguiente manera:

donde el $d(m_1, m_2) = 4$ , $d(m_1, m_3) = 6$ y *representa el origen. La solución que tengo parece calcular el momento de inercia sobre eso $z$ -eje, es decir:

La distancia de cada masa al origen: $r^2 = (3m)^2+ (2m)^2 = 13m^2$ y $\sum\limits_{i=1}^4 m_ir^2 = 3kg*13m^2 + 2kg*13m^2 + 2kg*13m^2 + 4kg*13m^2= 143kg \ m^2$ .

Esto no parece correcto, ya que si calculamos el centro de masas encontramos que $\bar{x} = \frac{1}{11kg} 3kg*(-2m) + 2kg *(2m) + 2kg*(-2m) + 4kg*(2m) = \frac{2}{11}m$ $\bar{y} = \frac{1}{11kg} 3kg*(3m) + 2kg *(3m) + 2kg*(-3m) + 4kg*(-3m) = -\frac{3}{11}m$

Como el centro de masa no se encuentra en el origen sino en $\Big(\frac{2}{11}, -\frac{3}{11}\Big)$ , ¿no deberíamos usar el teorema del eje paralelo - donde $I = I_{cm} + Md^2$ - para calcular el momento de inercia?

Por lo tanto, mi solución sería:

distancias:

\begin{aligned} r_{1}^{2} & = (\frac{35}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{2521}{121} (partícula superior izquierda) \\ r_{2}^{2} & = (\frac{31}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{2257}{121} (partícula superior derecha) \\ r_{3}^{2} & = (\frac{35}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{2125}{121} (partícula inferior izquierda) \\ r_{4}^{2} & = (\frac{31}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{1861}{121} (partícula inferior derecha) \\ r_{5}^{2} & = (\frac{2}{11})^{2} + (\frac{3}{11})^{2} = \frac{13}{121} (origen al centro de masa) \end{aligned}

$\begin{aligned} r_1^2 &= \Big(\frac{35}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{2521}{121}\quad \text{(upper left particle)}\\ r_2^2 &= \Big(\frac{31}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{2257}{121}\quad \text{(upper right particle)}\\ r_3^2 &= \Big(\frac{35}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{2125}{121}\quad \text{(lower left particle)}\\ r_4^2 &= \Big(\frac{31}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{1861}{121}\quad \text{(lower right particle)}\\ r_5^2 &= \Big(\frac{2}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{3}{11}\Big)^2 = \frac{13}{121}\quad \text{(origin to center of mass)} \end{aligned}$

y $Md^2 = \sum\limits_{i=1}^4 m_ir_i^2$

No estoy seguro de esto, pero por el momento de inercia en el centro de masa $I_{cm}$ Estoy pensando que podría modelarse como una sola partícula de masa. $11kg$ girando sobre el $z$ -eje que daría $I_{cm} = \frac{1}{2}mr_5^2 = \frac{1}{2}(11kg)*\frac{13}{121} = \frac{143}{242}kg \ m^2$ . Poniendo todo junto llegaríamos a:

I = (\frac{143}{242} + \sum_{i = 1}^{4} {metro}_{i} r_{i}^{2}) k gramo {metro}^{2}

$I = \Big(\frac{143}{242} + \sum\limits_{i=1}^4 m_ir_i^2\Big) \ kg \ m^2$

Frobenius

los vectores

r_{i}

$\mathbf{r}_{i}$ en la figura son vectores de posición de la

x y

$xy\:$ origen , no debe confundirse con las distancias

r_{i}

$r_{i}$ desde el centro de masa utilizado por el dueño de la pregunta en su ensayo.

snyder005

Creo que el teorema del eje paralelo complica demasiado el problema. Esta pregunta es similar a resolver el momento de inercia de una mancuerna con peso desigual (2 masas puntuales en una barra sin masa), que seguramente no usarías el teorema del eje paralelo para resolver.

Respuestas (3)

Momento de inercia del sistema de 4 partículas

los vectores $\mathbf{r}_{i}$ en la figura son vectores de posición de la $xy\:$ origen , no debe confundirse con las distancias $r_{i}$ desde el centro de masa utilizado por el dueño de la pregunta en su ensayo.
Creo que el teorema del eje paralelo complica demasiado el problema. Esta pregunta es similar a resolver el momento de inercia de una mancuerna con peso desigual (2 masas puntuales en una barra sin masa), que seguramente no usarías el teorema del eje paralelo para resolver.

TazónDeRojo · Answer 1

¿No deberíamos usar el teorema del eje paralelo... para calcular el momento de inercia?

Podrías... si ya tuvieras el momento de inercia del objeto sobre su centro de masa. Como no lo hace, es mucho más fácil simplemente sumar los momentos de inercia sobre el $z$ eje.

granjero · Answer 2

Has cometido algunos errores en tu cálculo de distancias. Dejar

r_{k}^{'} = r_{k} - r_{_{C METRO}}

$\mathbf{r}^{\prime}_{k}=\mathbf{r}_{k}-\mathbf{r}_{_{CM}}$

Entonces

\begin{aligned} r_{1}^{' 2} & = (\frac{24}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{1872}{121} (partícula superior izquierda) \\ r_{2}^{' 2} & = (\frac{20}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{1696}{121} (partícula superior derecha) \\ r_{3}^{' 2} & = (\frac{24}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{1476}{121} (partícula inferior izquierda) \\ r_{4}^{' 2} & = (\frac{20}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{1300}{121} (partícula inferior derecha) \\ r_{_{C METRO}}^{' 2} & = (\frac{2}{11})^{2} + (\frac{3}{11})^{2} = \frac{13}{121} (origen al centro de masa) \end{aligned}

$\begin{aligned} r^{\prime\;2}_1 &= \Big(\frac{24}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{1872}{121}\quad \text{(upper left particle)}\\ r^{\prime\;2}_2 &= \Big(\frac{20}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{1696}{121}\quad \text{(upper right particle)}\\ r^{\prime\;2}_3 &= \Big(\frac{24}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{1476}{121}\quad \text{(lower left particle)}\\ r^{\prime\;2}_4 &= \Big(\frac{20}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{1300}{121}\quad \text{(lower right particle)}\\ r^{\prime\;2}_{_{CM}} & = \Big(\frac{2}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{3}{11}\Big)^2 = \frac{13}{121}\quad \text{(origin to center of mass)} \end{aligned}$

Entonces $m_1 r^{\prime\;2}_1 +m_2 r^{\prime\;2}_2 +m_3 r^{\prime\;2}_3 +m_4r^{\prime\;2}_4 + (m_1+m_2+m_3+m_4)r^{\prime\;2}_{_{CM}} = 143$ como antes, mostrando cuánto más fácil es evaluar el momento de inercia con respecto al $z$ -eje sin utilizar el teorema de los ejes paralelos.

¿Podemos seguir el mismo procedimiento cuando las masas puntuales se encuentran solo en un cuadrante de modo que los ejes (X e Y) no se cruzan dentro del área delimitada por ellos? Si no, ¿qué debemos hacer?
Estaba confundido al leer el artículo de Wikipedia de que los planos XY deben estar sobre el objeto...

jerbo sammy · Answer 3

Tu primer cálculo es correcto. No tiene nada de malo. ¡El misterio para mí es por qué te tomas tantas molestias tratando de refutarlo! No da ninguna razón para su impresión de que "esto no parece correcto".

Momento de inercia del sistema de 4 partículas

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Frobenius

snyder005

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TazónDeRojo

granjero

Nehal Samee

granjero

Nehal Samee

jerbo sammy

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