¿Por qué se viola aquí (aparentemente) la ley de conservación del momento angular?

Question

¿Por qué se viola aquí (aparentemente) la ley de conservación del momento angular?

Anónimo

Diagrama del sistema

Descripción del sistema

Suponga dos masas puntuales una en el punto $C$ y el otro sobre la circunferencia de la circunferencia de radio $R$ . Se atraen entre sí gravitacionalmente y ninguna fuerza externa actúa sobre ellos. La masa puntual en C tiene una masa muy grande, de modo que está en el COM del sistema que consta de partículas y el COM está en reposo. La masa puntual gira alrededor del COM con una velocidad angular $\omega$ . Fijamos nuestro eje de coordenadas en un punto de la circunferencia y encontramos el momento angular de ambas partículas mediante la siguiente fórmula:

ℓ = r \times pag

$\boldsymbol {\ell} = \mathbf r \times \mathbf p$

Pregunta

Claramente la magnitud del momento angular $\ell _{\alpha}$ de la partícula en la circunferencia se da como sigue:

\begin{matrix} (1) & ℓ_{α} = R pag pecado (ω t) \end{matrix}

$\ell _{\alpha} = Rp\sin (\omega t) \tag 1$ Mientras que la del centro es

0

$0$ .

Esto significa que el momento angular total del sistema es:

L = R pag pecado (ω t)

$L = Rp\sin (\omega t)$

Esta es una ecuación dependiente del tiempo, lo que significa que el momento angular es variable, lo que no debería ser el caso, ya que este sistema está aislado.

Creo que, dado que la ley de conservación del momento angular no se puede violar, hay algo mal con el método / conclusión.

Entonces

¿Qué estoy haciendo mal aquí para llegar a esta conclusión?
¿Es posible demostrar matemáticamente que se conserva el momento angular?

Por favor, no se salte esta sección y luego me diga que el momento angular aquí es $\ell = rp$

Derivación de la Ec. (1)

ingrese la descripción de la imagen aquí

Magnitud del momento angular en el punto $O'$ si es dado por

ℓ_{α} = r (t) pag pecado ϕ

$\ell _{\alpha} = r(t) p \sin \phi$

Aquí

θ (t) = ω t

$\theta (t) = \omega t$

Claramente (a través de la suma del ángel interno del triángulo)

α = \frac{π}{2} - \frac{θ (t)}{2}

$\alpha = \frac {\pi}{2} - \frac {\theta (t)}{2}$

Por lo tanto

ϕ = \frac{π}{2} + α = π - \frac{θ (t)}{2}

$\phi = \frac {\pi}{2} + \alpha = \pi - \frac {\theta (t)}{2}$

Por lo tanto

\begin{aligned} ℓ_{α} & = r (t) pag pecado (π - \frac{θ (t)}{2}) \\ = r (t) pag pecado (\frac{θ (t)}{2}) \end{aligned}

$\boxed {\begin {align} \ell _{\alpha} & = r(t) p \sin \left (\pi - \frac {\theta (t)}{2} \right ) \\ & = r(t) p \sin \left ( \frac {\theta (t)}{2}\right)\end {align}}$

Ahora (usando la ley de los senos)

\frac{R}{pecado α} = \frac{r (t)}{pecado θ (t)}

$\frac {R}{\sin \alpha} = \frac {r(t)}{\sin \theta (t)}$

Por lo tanto

r (t) = 2 R porque (\frac{θ (t)}{2})

$r(t) = 2R \cos \left ( \frac {\theta (t) }{2} \right)$

Ahora sustituyendo esto en la ecuación de $\ell$ obtenemos

\Rightarrow ℓ_{α} = R pag (2 porque (\frac{θ (t)}{2}) pecado (\frac{θ (t)}{2}))

$\Rightarrow \ell _{\alpha} = Rp \left (2 \cos \left ( \frac {\theta (t) }{2} \right) \sin \left ( \frac {\theta (t)}{2}\right) \right)$

ℓ_{α} = R pag pecado θ (t)

$\ell _{\alpha} = Rp \sin \theta (t)$

Sustituyendo $\theta (t) = \omega t$

ℓ_{α} = R pag pecado ω t

$\boxed { \ell _{\alpha} = Rp \sin {\omega t}}$

Juan Alexiou

Sí, la ley de transformación del momento angular es

ℓ_{0} = ℓ_{A} + r_{A} \times pag

$\boldsymbol{\ell}_0 = \boldsymbol{\ell}_A + \boldsymbol{r}_A \times \boldsymbol{p}$ donde 0 es el origen y A es el punto de interés (como el centro de masa).

usuario65081

Por qué

R p \sin ω t

$Rp \sin\omega t$ en lugar de

r (t) p \sin γ (t)

$r(t)p\sin\gamma(t)$ dónde

γ

$\gamma$ Cuál es el ángulo entre p y r?

JEB

¿Ha considerado el par aplicado por la fuerza (no) central?

usuario249968

@wolphram He agregado la derivación.

usuario65081

¡Gracias, tienes razón! y estoy de acuerdo con las otras respuestas que dicen que no puedes descuidar la masa en el centro

Russel McMahon

Como un ejemplo interesante, considere nuestro sistema solar. Los planetas y otros NO giran alrededor del sol, giran alrededor del COM, que no es estacionario en relación con el COM del sol. Se 'barre' de un lado a otro a través y fuera del sol y en ocasiones (de memoria) está fuera de la superficie por varios radios solares.

águila275

con solo mirarlo claramente, construye su fórmula asumiendo que P es constante, pero P en un sistema de límite gravitacional depende de las coordenadas del punto alrededor del cuerpo central, por lo tanto, también es una función de t. @RussellMcMahon, la fuente común para el sistema Tierra-Sol es casi el centro del Sol; ni siquiera Júpiter logra lo que usted describe, porque su velocidad es menor (~ 5 AU de distancia aplicando la tercera ley de Kepler)

usuario249968

@ eagle275 la P es de hecho constante en magnitud (aunque no en dirección) para el movimiento circular (tenga en cuenta que las órbitas no son elípticas). Este tipo de movimiento se denomina movimiento circular uniforme y es posible para el caso de la fuerza gravitacional. Solo las condiciones deben ser las correctas. También esto actúa como una simplificación del caso.

anaximandro

Seguramente si la gran masa es a) una masa puntual yb) ubicada precisamente en el COM, entonces se deduce que la otra masa debe ser cero (o al menos insignificantemente pequeña) para que el COM no se aleje en absoluto de la ubicación del COM. gran masa? ¿En qué punto, la fuerza gravitatoria que ejerce también es cero (o insignificantemente pequeña)? No creo que pueda tenerlo precisamente en el COM, lo que significa que su momento angular no puede ser cero.

Russel McMahon

@ eagle275 Curiosamente, el baricentro de Sol y Júpiter solo está justo fuera de la superficie solar. Agregue el resto del sistema y obtendrá un "baile" interesante como se ve en estas muchas imágenes [búsqueda de imágenes de Garglabet]. |El siguiente ejemplo también muestra un supuesto vínculo con un terran...

Russel McMahon

... Ciclo de período de 6 días. | Buen ejemplo aquí || De esta página herética y posiblemente correcta. | Las referencias proporcionadas por un lector también son interesantes.

Respuestas (7)

¿Por qué se viola aquí (aparentemente) la ley de conservación del momento angular?

Sí, la ley de transformación del momento angular es $ℓ_{0} = ℓ_{A} + r_{A} \times pag$ $\boldsymbol{\ell}_0 = \boldsymbol{\ell}_A + \boldsymbol{r}_A \times \boldsymbol{p}$ donde 0 es el origen y A es el punto de interés (como el centro de masa).
Por qué $Rp \sin\omega t$ en lugar de $r(t)p\sin\gamma(t)$ dónde $\gamma$ Cuál es el ángulo entre p y r?
¿Ha considerado el par aplicado por la fuerza (no) central?
¡Gracias, tienes razón! y estoy de acuerdo con las otras respuestas que dicen que no puedes descuidar la masa en el centro
Como un ejemplo interesante, considere nuestro sistema solar. Los planetas y otros NO giran alrededor del sol, giran alrededor del COM, que no es estacionario en relación con el COM del sol. Se 'barre' de un lado a otro a través y fuera del sol y en ocasiones (de memoria) está fuera de la superficie por varios radios solares.
con solo mirarlo claramente, construye su fórmula asumiendo que P es constante, pero P en un sistema de límite gravitacional depende de las coordenadas del punto alrededor del cuerpo central, por lo tanto, también es una función de t. @RussellMcMahon, la fuente común para el sistema Tierra-Sol es casi el centro del Sol; ni siquiera Júpiter logra lo que usted describe, porque su velocidad es menor (~ 5 AU de distancia aplicando la tercera ley de Kepler)
@ eagle275 la P es de hecho constante en magnitud (aunque no en dirección) para el movimiento circular (tenga en cuenta que las órbitas no son elípticas). Este tipo de movimiento se denomina movimiento circular uniforme y es posible para el caso de la fuerza gravitacional. Solo las condiciones deben ser las correctas. También esto actúa como una simplificación del caso.
Seguramente si la gran masa es a) una masa puntual yb) ubicada precisamente en el COM, entonces se deduce que la otra masa debe ser cero (o al menos insignificantemente pequeña) para que el COM no se aleje en absoluto de la ubicación del COM. gran masa? ¿En qué punto, la fuerza gravitatoria que ejerce también es cero (o insignificantemente pequeña)? No creo que pueda tenerlo precisamente en el COM, lo que significa que su momento angular no puede ser cero.
@ eagle275 Curiosamente, el baricentro de Sol y Júpiter solo está justo fuera de la superficie solar. Agregue el resto del sistema y obtendrá un "baile" interesante como se ve en estas muchas imágenes [búsqueda de imágenes de Garglabet]. |El siguiente ejemplo también muestra un supuesto vínculo con un terran...
... Ciclo de período de 6 días. | Buen ejemplo aquí || De esta página herética y posiblemente correcta. | Las referencias proporcionadas por un lector también son interesantes.

usuario249968 · Answer 1

¿Qué estoy haciendo mal aquí para llegar a esta conclusión?

El problema es que incluso si la masa interna es bastante grande, también tendría velocidad angular y, por lo tanto, momento angular.

¿Es posible demostrar matemáticamente que se conserva el momento angular?

Sí, lo es. La siguiente imagen dice la mayor parte. (Una descripción viene más adelante):

Diagrama-1

Descripción

La masa exterior está a una distancia $R_{out}$ del com y tiene un momento lineal como $\mathbf p_{out}$ . La masa interna tiene es una distancia $R_{in}$ del centro y tiene momento lineal $\mathbf p_{in}$ . Dos cosas a tener en cuenta aquí:

El momento de cada partícula no va a cambiar porque
- la distancia entre los dos objetos es siempre la misma (es decir, $R+R'$ ).
- la fuerza (aquí gravitacional) es centrípeta.
el centro de masa siempre está entre estos dos en la línea que los une. Por lo tanto, la velocidad angular, $\omega$ , de ambas partículas es la misma.

Ahora en el marco de referencia del centro de masa:

L_{t o t a yo} = R_{i norte} \times {pag}_{i norte} + R_{o tu t} {pag}_{o tu t}

$\mathbf L_{total} = \mathbf R_{in} \times \mathbf p_{in} +\mathbf R_{out} \ \mathbf p_{out}$

L_{t o t a yo} = ({pag}_{i norte} R_{i norte} + {pag}_{o tu t} R_{o tu t}) \hat{k}

$\mathbf L_{total} = (p_{in}R_{in}+ p_{out}R_{out}) \hat k$

Aquí puedes ver que el momento angular del sistema es constante con el tiempo, por lo que se conserva. Tenga en cuenta que $\hat k$ es el vector que apunta hacia fuera de la pantalla perpendicular al plano. También usar vectores facilitaría las cosas.

También dado que la posición del centro de masa en este marco de referencia está en el origen:

\Rightarrow R_{i norte} {metro}_{i norte} + R_{o tu t} {metro}_{o tu t} = 0

$\Rightarrow R_{in}m_{in} + R_{out}m_{out}= 0$

[Esta ecuación va a ser bastante útil en la última parte de la derivación]

Ahora cambiemos el eje a un punto en la órbita de la partícula exterior. El diagrama de etiquetas es el siguiente:

Diagrama etiquetado

partícula interna

El vector de posición $\mathbf r_{in}(t)$ de la partícula interna con el eje desplazado es:

\begin{aligned} r_{i norte} (t) & = O B - O A \\ = R_{i norte} \hat{r} - R_{o tu t} \hat{i} \end{aligned}

$\begin {align} \mathbf r _{in}(t) & = \mathbf {OB} - \mathbf {OA} \\ & = R _{in} \hat r - R_{out} \hat i \end {align}$

Y $\mathbf p = p_{in} \hat {\theta}$

\begin{aligned} ℓ_{i norte} & = r_{i norte} (t) \times pag \\ = (R_{i norte} \hat{r} - R_{o tu t} \hat{i}) \times {pag}_{i norte} \hat{θ} \\ = R_{i norte} {pag}_{i norte} \hat{k} - R_{o tu t} {pag}_{i norte} (\hat{i} \times \hat{θ}) \end{aligned}

$\begin {align} \boldsymbol {\ell} _{in} & = \mathbf r _{in}(t) \times \mathbf p \\ & = (R_{in} \hat r - R_{out} \hat i) \times p_{in} \hat {\theta} \\ & = R_{in}p_{in} \hat k- R_{out}p_{in} (\hat i \times \hat {\theta}) \end {align}$

\begin{matrix} (1) & ℓ_{i norte} = R_{i norte} {pag}_{i norte} \hat{k} - R_{o tu t} {pag}_{i norte} (\hat{i} \times \hat{θ}) \end{matrix}

$\mathbf {\ell}_{in} = R_{in}p_{in} \hat k- R_{out}p_{in} (\hat i \times \hat {\theta}) \tag 1$

Ahora, llevando este proceso de manera similar para la partícula externa, obtenemos:

\begin{matrix} (2) & ℓ_{o tu t} = R_{o tu t} {pag}_{o tu t} \hat{k} - R_{o tu t} {pag}_{o tu t} (\hat{i} \times \hat{θ}) \end{matrix}

$\boldsymbol {\ell}_{out} = R_{out}p_{out} \hat k- R_{out}p_{out} (\hat i \times \hat {\theta} ) \tag 2$

Momento angular total $L_{total}'$ es dado por:

L_{t o t a yo}^{'} = ℓ_{o tu t} + ℓ_{i norte}

$\mathbf L_{total}' = \boldsymbol {\ell}_{out} + \boldsymbol {\ell}_{in}$

L_{t o t a yo}^{'} = (R_{o tu t} {pag}_{o tu t} + R_{i norte} {pag}_{i norte}) \hat{k} - R_{o} tu t ({pag}_{o tu t} + {pag}_{i norte}) (\hat{i} \times \hat{θ})

$\mathbf L_{total}' = (R_{out}p_{out} + R_{in}p_{in}) \hat k - R_out (p_{out} +p_{in} )(\hat i \times \hat {\theta})$

Ahora

{pag}_{o tu t} + {pag}_{i norte} = ω R_{i norte} {metro}_{i norte} + ω R_{o tu t} {metro}_{o tu t}

$p_{out} +p_{in} = \omega R_{in}m_{in} + \omega R_{out}m_{out}$ y usando la ecuacion

(1)

$(1)$ obtenemos:

{pag}_{o tu t} + {pag}_{i norte} = 0

$p_{out} +p_{in}=0$

Por lo tanto

L_{t o t a yo}^{'} = (R_{o tu t} {pag}_{o tu t} + R_{i norte} {pag}_{i norte}) \hat{k}

$\mathbf L_{total}' = (R_{out}p_{out} + R_{in}p_{in}) \hat k$

Claramente, esta ecuación es constante, por lo tanto, esto implica que se conserva el momento angular.

¿Ha tomado las velocidades angulares de ambas masas como iguales?
@Manvendra No tomé el valor de ambos como iguales (no era mi intención), sino que lo obtuve como resultado. Como puede ver, el centro de masa de ambas partículas debe permanecer en el medio, por lo tanto, al tomar dos instancias separadas, puede ver que la velocidad angular es realmente la misma.

FisiónChips · Answer 2

Creo que esto es similar a algo que aprendemos en la gravitación, comúnmente llamado sistema estelar doble.

En que 2 cuerpos de cierta masa giran alrededor de su COM estacionario. Este es exactamente el mismo caso, excepto que una de las masas es extremadamente grande.

Se sabe que $L_{p} = L_{com,p} + L_{system,com}$ . Usando esto, primero podemos probar que el momento angular se conserva con respecto a COM, ya que las velocidades de ambas masas son constantes. También, podemos decir que $L_{com,p} = 0$ ya que la velocidad del centro de masa es cero en este caso. De este modo $L_{p} = L_{system,com}=$ constante

Por lo tanto, se debe conservar el momento angular con respecto a P.

Creo que el error que cometiste fue que no consideraste la masa en el centro. Aunque tiene una velocidad pequeña, dado que tiene una gran masa, puede marcar la diferencia.

Una cosa más que me gustaría agregar es que, dado que la fuerza de gravedad actúa en un par, el par es $0$ sobre cualquier eje. Esto confirma aún más la conservación del momento angular.

¡Espero que esto ayude!

JEB · Answer 3

Este problema está seriamente sobre-inventado. La gravedad no es necesaria, las cosas COM no son necesarias para llegar al concepto principal.

El concepto principal es que el momento angular no es un vector, es un pseudo-vector. Los vectores verdaderos son independientes de la elección del origen de coordenadas, pseudo vectores: no tanto.

Considere una cuenta en un aro que se mueve a velocidad angular constante: tiene un momento angular oscilante alrededor de cualquier punto fijo del aro. Hay una fuerza "central" (para el aro) en todo momento que mantiene la cuenta en el aro, pero esa fuerza no es central en el sistema de coordenadas inestable sobre el punto fijo en el aro: aplica un par (también un pseudo- vector) que satisface:

τ = \frac{d L}{d t}

${\bf{\tau}}=\frac{d{\bf{L}}}{dt}$

Tenga en cuenta que el momento angular y el par también son vectores axiales, pero eso tiene que ver con su paridad positiva y el hecho de que, aunque giran como vectores, en realidad son tensores de rango 2 antisimétricos.

Pequeña nota, hay ciertos ejemplos en mecánica de una cuenta en un aro vertical . Después de leer la respuesta completa, sé que estás hablando de un aro horizontal , pero tal vez sería útil una mención explícita. Además, el orden de tus palabras hace que parezca que estás diciendo que el aro tiene una velocidad angular constante (también lo que sucede en algunos ejemplos de aros verticales).
La mayoría de las fuentes con las que estoy familiarizado usan la palabra "pseudovector" para significar lo mismo que llamas un "vector axial". Honestamente, nunca escuché la palabra "pseudovector" para referirse a una cantidad que depende del origen. ¿Es, por ejemplo, el vector de posición de una partícula un pseudovector?
@MichaelSeifert Pensé eso durante 40 años, y luego youtube... (asilo científico, ¿creo?).
El campo magnético es otro contraejemplo: no depende del origen del sistema de coordenadas, pero sí de su quiralidad.
@AaronStevens en mi ejemplo, el "aro" es el único grado de libertad espacial. Es un sistema 1D circular que vive en un plano 2D abstracto. En realidad, no hay un "aro", y no hay vertical ni horizontal.
En la configuración que describe aquí, el aro es un agente externo que ejerce un par de torsión sobre el sistema, el "sistema" aquí es solo la cuenta. En el ejemplo del OP, no hay par externo: el sistema consta de ambas masas y la única fuerza es una fuerza interna entre las dos masas. Su explicación no explica por qué el momento angular total no se conservaría en ese caso (y, de hecho, se conserva, como descubrió el OP en su auto-respuesta, el problema era que estaban asumiendo incorrectamente el momento angular de la partícula más pesada sería despreciable).

dólar de buda · Answer 4

La forma más fácil que veo para mostrar que el momento angular no se conserva en este problema es mirar el par en el sistema. Si se conserva el momento angular, entonces el momento de torsión (la derivada temporal del momento angular) debe ser idénticamente cero.

El par es $\mathbf{\tau} = \mathbf{r}\times\mathbf{F}$ , usando los vectores en tu diagrama. Está claro, en ambos diagramas, que en la posición dada, los vectores de fuerza y posición no son paralelos ni cero. Por lo tanto, hay torque y el momento angular no se puede conservar.

Como han señalado otros, el principal problema es su suposición de que el cuerpo más masivo es tan masivo que no se mueve. Ambas masas se mueven, por lo que es necesario realizar un seguimiento del momento angular y el par de ambas. La fuerza en ambos es la misma, pero en direcciones opuestas. El par total es $\mathbf{\tau} = \mathbf{r}\times\mathbf{F} - \mathbf{r'}\times\mathbf{F} = (\mathbf{r}-\mathbf{r'})\times\mathbf{F} = \mathbf{0}$ porque la línea entre las masas es paralela a las fuerzas. Entonces, el par es idénticamente cero y, por lo tanto, se conserva el momento angular.

Tenga en cuenta que cuando incluye el movimiento de ambas masas, el par total es cero y la ubicación real del eje de coordenadas no importa. Esa es una de las características de las leyes de conservación. Si bien el valor del momento angular puede ser diferente cuando se mide en diferentes sistemas de coordenadas, no cambia en ninguno de ellos.

Naman Luthra · Answer 5

Mientras leía la parte inicial de la pregunta, recordé mi primera conferencia sobre física moderna.

Vea lo que ha dicho al comienzo de su pregunta, es una muy buena aproximación para calcular los parámetros de movimiento del cuerpo pequeño, pero no para calcular el momento angular del sistema.

Vea que el cuerpo más grande no permanecerá en un punto fijo (si no gira hacia un punto, en ese caso, el momento angular no se puede conservar, ya que habría un par externo en el punto en el que está conservando el momento angular)

De hecho, el cuerpo más grande se moverá con la velocidad que sea pequeña, pero en ese caso su momento angular no sería una cantidad significativa debido a su masa avanzada.

Es posible que vea cómo se moverá en la imagen de abajo

Sin embargo, en este caso los cuerpos se acercarán

sobre mi clase

este caso es especialmente válido en el movimiento del electrón alrededor del protón y la razón por la que en un átomo el electrón y el protón no se acercan es que el sistema tiene un momento angular neto cero, es decir, tanto el protón como el electrón se mueven en una órbita circular alrededor de su núcleo y la electrostática. tirar de ambos se usa para mantenerlos en órbitas circulares y no acercarlos.

@Wolphramjonny Si no eligió su punto de referencia para que fuera el centro de rotación, no se conservaría
@AaronStevens correcto, es porque el objeto que gira con el cable no es un sistema aislado, ¿correcto?
@Wolphramjonny Sí. Pero puede sortear eso colocando su punto de referencia justo en la restricción, porque entonces la fuerza externa no tiene torque. Todo depende del punto de referencia.

DinosaurioHuevo · Answer 6

Leí todas las respuestas anteriores y decidí escribir las mías, ya que a la mayoría les falta un tratamiento completo.

Sabemos que cuando una masa puntual está sujeta a un potencial radialmente simétrico $V(|\mathbf{r}|)$ (como es el caso de la interacción gravitatoria habitual) el momento angular se conserva, y eso es un hecho. ¿Qué sucede si muevo el origen por un vector? $\mathbf{a}$ ? Desde la perspectiva del nuevo origen, el potencial ya no es central, está claramente centrado en un punto diferente y, por lo tanto, el momento angular medido en ese marco de referencia debe depender del tiempo. ¿Cómo depende del tiempo? Midiendo todo en un nuevo marco de referencia (todas las cantidades en el origen desplazado se denotan con un número primo)

L^{'} = r^{'} \times pag = r - a \times pag = L - a \times pag

$\mathbf{L}'=\mathbf{r}'\times\mathbf{p}=\mathbf{r-a}\times\mathbf{p}=\mathbf{L}-\mathbf{a}\times\mathbf{p}$

En la ecuación anterior, el momento angular de la masa puntual en el marco original, pero el momento angular en el marco desplazado se modifica por un término proporcional al momento de la partícula.

Entonces, ¿qué da? ¿Existe algún contexto en el que la conservación del momento angular sea independiente de los cambios en el marco de referencia? La respuesta es ciertamente sí, pero eso solo sucede cuando se conserva el momento total del sistema. Imagine que hay algunas masas puntuales en el sistema, luego su momento angular TOTAL se transforma bajo cambios de la siguiente manera:

L_{t o t}^{'} = r^{'} \times {pag}_{t o t} = r - a \times {pag}_{t o t} = L_{t o t} - a \times {pag}_{t o t}

$\mathbf{L}'_{tot}=\mathbf{r}'\times\mathbf{p}_{tot}=\mathbf{r-a}\times\mathbf{p}_{tot}=\mathbf{L}_{tot}-\mathbf{a}\times\mathbf{p}_{tot}$

lo que implica que si se conserva la cantidad de movimiento total del sistema, entonces se conserva la cantidad de movimiento angular total en cualquier marco de referencia, independientemente del origen.

mis2cts · Answer 7

Para movimiento circular ${\bf r} \times {\bf p} = rp$ como estos son vectores perpendiculares y $\sin 90=1$ . Entonces el momento angular es constante, por lo tanto, se conserva. No hay momento de torsión con respecto al centro del círculo. Por supuesto, el momento angular no se conserva con respecto a ninguna otra posición. La razón es que hay un par ${\bf r}\times {\bf f}$ con respecto a cualquier otro punto que no sea el centro, ya que r ya no es paralelo a f. Este par es opuesto e igual al par que ejerce la masa pequeña sobre la grande. El _total _ AM se conserva, independientemente de la elección del origen.

¿Por qué se viola aquí (aparentemente) la ley de conservación del momento angular?

Anónimo

Por favor, no se salte esta sección y luego me diga que el momento angular aquí esℓ = rp _ ℓ = r pag \ell = rp

Juan Alexiou

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Por favor, no se salte esta sección y luego me diga que el momento angular aquí es $\ell = rp$