C´ alculo de Momentos de Inercia Profesor Sergio Rojas Ph.D. en F´ısica, The City University of New York, USA
Departamento de F¨ısica Universidad Sim´on Bol´ıvar Venezuela
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Borrador 28 de septiembre de 2009
´Indice general Pre´ ambulo
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1 A modo de introducci´ on 1.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Una propuesta metodol´ogica para resolver problemas de F´ısica 1.2.1. Metodolog´ıa para resolver problemas . . . . . . . . . . 1.2.2. Ejemplo ilustrativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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2 C´ alculo de Momentos de Inercia 2.1. Observaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. El I de un aro circular muy delgado de radio R y densidad longitudinal de masa λ uniformemente distribuida sobre el aro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del aro 2.2.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Respecto a un eje que pasa por un di´ametro del aro . . . . . . . . . . . . 2.2.2.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. El I de un disco de radio R, de espesor muy delgado y densidad superficial de masa σ uniformemente distribuida sobre el disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del disco 2.3.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1.3. Forma de soluci´on III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Respecto a un eje que pasa por un di´ametro del disco . . . . . . . . . . . 2.3.2.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2.3. Forma de soluci´on III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3. Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del disco de radio R2 , pero ´este (el disco) tiene un hueco conc´entrico de radio r = R1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4. Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del disco, teniendo ´este (el disco) un hueco circular no conc´entrico. . . . . . 2.4. El I de una superficie esf´erica muy delgado de radio R y densidad superficial de masa σ uniformemente distribuida sobre la superficie . . . . . . . . . . . . . . .
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´INDICE GENERAL
2.5.
2.6.
2.7.
2.8.
2.4.1. Respecto a un eje que pase por un di´ametro . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1.2. Comentario sobre elemento de superficie en coordenadas esf´ericas El I de una esfera maciza de radio R y densidad (volum´etrica) de masa ρ uniformemente distribuida en el volumen de la esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Respecto a un eje que pase por un di´ametro . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1.3. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . El I de un cono circular recto macizo de radio R, longitud lateral L y densidad volum´etrica ρ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1. Respecto al eje de simetr´ıa del cono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . El I de una l´amina rectangular de lados con logitud horizontal a y vertical b y densidad superficial de masa uniforme σ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1. Respecto a un eje que coincide con el lado de longitud b . . . . . . . . . . 2.7.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.1.3. Forma de soluci´on III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2. Respecto a un eje perpendicular al plano de la l´amina y que pasa por una esquina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.3. Respecto a un eje perpendicular al plano de la l´amina y que pasa por el centro de masa del mismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.3.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.3.2. Forma de soluci´on II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.3.3. Aplicaci´on de estos resultados para calcular el I de otras configuraciones de masa usando el principio de superposici´on . . . . El I de una densidad superficial de masa uniforme σ distribu´ıda en forma de l´amina formando un tri´angulo is´ocele de lados iguales L y base L0 . . . . . . . . 2.8.1. Respecto a un eje que pasa por el v´ertice com´ un a los lados iguales y es perpendicular al plano de la l´amina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.1.1. Forma de soluci´on I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bibliograf´ıa
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Pre´ambulo Al publicar estos apuntes pretendemos presentar, no una gu´ıa que pueda usarse como texto en los cursos de F´ısica I y II que se dictan en la Universidad Sim´on Bol´ıvar, sino un material de apoyo que ayude a los estudiantes activos e interesados a incorporar en sus procesos de razonamiento una metodolog´ıa para resolver problemas de F´ısica. Para ello hemos elegido presentar la soluci´on completa de algunos problemas que, en general, casi siempre no es factible cubrir en clase, bien sea por la extensi´on de la soluci´on de estos problemas o por las limitaciones de tiempo con que cuenta cada curso. Aunque el material est´a orientado seg´ un el contenido de los cursos de F´ısica I y II que se dictan en la Universidad Sim´on Bol´ıvar, el mismo puede ser usado por estudiantes en otras instituciones que cursen los cursos de F´ısica B´asica con contenido similar al aqu´ı presentado. Es pertinente mencionar que los problemas seleccionados son esencialmente a gusto de los autores con la finalidad de mostrar la interrelaci´on entre f´ısica y matem´atica. Esencialmente porque nuestra experiencia nos indica que los estudiantes pasan sus cursos sin mirar conexiones entre unos y otros, y t´ecnicas de soluci´on de problemas que han usado en alg´ un curso no las usan en otros. As´ı, en este trabajo en general evitaremos presentar problemas de f´ısica cuya soluci´on requieren del uso de razonamientos propios de quien “piensa como f´ısico” y cuya soluci´on se conoce despu´es de haberse discutido por muchos a˜ nos (soluciones ingeniosas). Problemas de esa naturaleza se encuantran en los textos regulares de F´ısica, algunos de los cuales referenciamos en la secci´on bibliogr´afica, al final de estos apuntes. M´as aun, pensamos que es en los cursos de F´ısica donde los estudiantes tienen la oportunidad de adquirir experiencia en el uso de las distintas formas de c´omputo a que son expuestos en sus cursos de Matem´aticas, y que adem´as han de seguir usando en los distintos cursos de las Carreras que cursan. Es important´ısimo tener presente que la f´ısica es, en general, una combinaci´on de razonamientos cualitativos y cuantitativos. Si alguno de estos ingredientes falta, entonces el conocimiento es incompleto. Es decir, al analizar una situaci´on f´ısica, el razonamiento o an´alisis cualitativo (que err´oneamente algunos autores denominan la formulaci´on f´ısica) nos proporciona una gu´ıa que nos ayudar´a a realizar la formulaci´on matem´atica correcta de esa situaci´on. Esto nos permitir´a responder en forma cuantitativa, consistente (digamos que las dimensiones f´ısicas involucradas son las adecuadas) y coherentemente (digamos que durante todo el desarrollo de soluci´on se aplican los conceptos f´ısicos y matem´aticos apropiados) nuestras inquisiciones referente a la situaci´on bajo estudio. El famoso f´ısico Lord Kelvin lo mencion´o en forma m´as elocuente: “Con frecuencia digo que cuando se mide algo y se expresa en n´ umeros, se conoce algo a cerca de ello. Cuando no lo puedes medir, cuando no lo puedes expresar en n´ umeros, el conocimiento es pobre e insatisfactorio. Ello puede ser el comienzo del conocimiento, pero apenas se ha avanzado en el pensamiento hacia el estado de la ciencia, cualquiera sea su
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Pre´ ambulo
significado” 1 Ahora bien, debemos hacer ´enfasis en la importancia de consultar la teor´ıa asociada a cada problema antes de abordar la soluci´on respectiva. Para ello, una vez formulado cada problema indicaremos el o los t´opicos correspondientes con que el estudiante debe estar familiarizado para comprender la soluci´on del problema planteado. Aunque la resoluci´on de problemas es un aspecto important´ısimo en el aprendizaje de F´ısica, es un error grave tratar de aprender F´ısica u ´nicamente estudiando la forma en que algunos problemas son resueltos. Los problemas son para aplicar los conceptos previamente estudiados y obtener experiencia en la forma de usar las ideas de f´ısica. No obstante, un aspecto distintivo de estos apuntes, en comparaci´on a otros solucionarios de problemas de F´ısica que pueden ser encontrados en librer´ıas y bibliotecas, es el esquema de soluci´on que presentamos. Es decir, los problemas resueltos en estos apuntes siguen una metodolog´ıa, la cual presentaremos en la Introducci´on de estas notas, que puede ser aplicada a cualquier otro problema, en cualesquiera ´area del conocimiento en que estemos involucrado. Esta metodlog´ıa es el resultado de las investigaciones que se han desarrollado en lo que se conoce como Investigaciones en la Ense˜ nanza de la F´ısica 2 . Finalmente, es imperioso que el estudiante mantenga siempre en mente que lo que estudia en un curso dado, de una forma u otra, se relaciona con otros aspectos que ha estudiado o estudiar´a m´as adelante. Es decir, cada etapa del conocimiento se relaciona a otra y para participar activamente en la interdisciplinaridad del conocimiento, cada t´opico debe estudiarse con el esfuerzo suficiente para encontrarle significado en relaci´on a su conexi´on con otros aspectos del conocimiento. Al hecerlo de esa manera, estaremos operando bajo la concepci´on que clara y elocuentemente establece que para ser part´ıcipe de un aprendizaje efectivo, quien aprende, adem´ as de estar interesado en el tema que ha de ser aprendido, tambi´ en debe encontrar placer en el proceso de aprendizaje. As´ı, el esfuerzo instruccional es infructuoso si el estudiante no es expuesto a familiarizarse con las distintas emociones que representa el enfrentarse a encontrar la soluci´on de problemas.
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“I often say that when you can measure something and express it in numbers, you know something about it. When you can not measure it, when you can not express it in numbers, your knowledge is of a meager and unsatisfactory kind. It may be the beginning of knowledge, but you have scarcely in your thoughts advanced to the state of science, whatever it may be”.[1] 2 Physics Education Research.
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1 A modo de introducci´on 1.1.
Generalidades
Estas notas est´an dirigidas particularmente al estudiante activo e interesado en profundizar un poco m´as en el uso de las matem´aticas, particularmente al nivel universitario, para resolver problemas de F´ısica. Hacemos ´enfasis en este aspecto ya que por experiencia sabemos que es dificil cubrir en clase algunos de los t´opicos que aqu´ı tratamos con el nivel de detalles que presentamos. Adem´as, es muy probable que para el lector de la presente obra los cursos de F´ısica General I y II sean los u ´nicos cursos de F´ısica que tenga que cursar en su carrera. Ello implica que para obtener el nivel de familiaridad razonable con la resoluci´on de problemas, se requiere de una extensa e intensiva pr´actica que le permita adquirir habilidades de razonamiento cuantitativo en tal corto per´ıodo, que le ayudar´an m´as adelante a poder involucrarse sin mayores inconvenientes en proyectos de car´acter interdisciplinarios, los cuales requieran del razonamiento cuantitativo para ser part´ıcipe de los mismos. As´ı, esperamos que el conjunto de problemas que aqu´ı presentamos puedan ser de utilidad al estudiante interesado en fortalecer sus habilidades de razonamiento cuantitativo, las cuales se notan desmejoradas por la tendencia actual en hacer ´enfasis en los aspectos cualitativos de los problemas que algunos autores denominan desarrollo conceptual, en desmedro del an´alisis sist´emico que involucra a dos aspectos intr´ınsecos de la F´ısica: razonamiento conceptual y razonamiento cuantitativo. Las consecuencias de esta tendencia se manifiestan cuando los estudiantes muestran dificultades en la resoluci´on cuantitativa de problemas de f´ısica que involucran el uso de matem´aticas no complicadas (por ejemplo, derivadas e integrales simples). M´as a´ un, al analizar las respuestas a problemas propuestos para evaluar el entendimiento de F´ısica de los estudiantes en determinados cursos de ciertas Universidades Estounidenses, hemos encontrados serias deficiencias en el uso de herramientas cuantitativas de la F´ısica, a´ un en los mejores estudiantes que hab´ıan cursado materias especialmente dise˜ nados para ellos [2]. As´ı, es pertinente recordar que es esencialmente en los cursos de F´ısica donde el estudiante tiene la oportunidad de emplear las matem´aticas a cabalidad. Ya lo expresaba con mucha insistencia y elocuencia el Premio Nobel y Gran F´ısico Lev Dadidovich Landau, en las innumerables cartas que escrib´ıa en respuesta a las consultas que recib´ıa de estudiantes solicit´andole consejo para involucrarse en el estudio de las Ciencias e Ingenier´ıas “Debes comenzar con matem´atica la cual, como sabes, es el basamento de nuestra ciencia. [...] Mant´en en mente que por ’conocimiento de matem´atica’ entendemos no solamente los diferentes teoremas, sino tambi´en la abilidad pr´actica para integrar y resolver por cuadraturas ecuaciones diferenciales ordinarias, etc.” 1 1
“You must start with mathematics which, you know, is the foundation of our science. [...] Bear in mind that by ’knowledge of mathematics’ we mean not just all kinds of theorems, but a practical ability to integrate
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Debemos precisar que en estas notas evitamos incluir soluciones ingeniosas de los problemas que presentamos. La raz´on es que estas soluciones son la excepci´on e imaginarlas es un asunto de much´ısima experiencia. Igualmente, es necesario mencionar que la selecci´on de problemas que presentamos en general no cubre en forma sistem´atica y secuencial los programa de F´ısica General I y II que se dictan en la Universidad Sim´on Bol´ıvar.
1.2.
Una propuesta metodol´ ogica para resolver problemas de F´ısica
Una deficiencia notoria en los textos de uso frecuente en los cursos introductorios de F´ısica es la falta de una metodolog´ıa en la resoluci´on de problemas [4, 5]. En efecto, la mayor´ıa de los textos resuelven problemas ilustrativos bas´andose exclusivamente en la aplicaci´on de f´ormulas, creando en los estudiantes la tendencia a la memorizaci´on mec´anica, irracional e indiscriminada de esquemas de soluci´on de problemas, la cual es frecuentemente observada en nuestros cursos de F´ısica, ello a pesar de alertar a los estudiantes contra tal pr´actica. En el proceso ense˜ nanza aprendizaje, debe hacerse ´enfasis en la adquisici´on de la habilidad para aplicar consistente y coherentemente lo que se aprende. Para ello algunos m´etodos de instrucci´on deben enfatizar buenas pr´acticas expl´ıcitas en metodolog´ıas interpretativas que muestren lo que debemos hacer para conocer que en tal o cual situaci´on debemos aplicar tal o cual concepto y/o principio cient´ıfico, y como proceder en caso de no tener en mente ninguno de ellos. Es decir, esto necesariamente debe acompa˜ narse de buenas y eficientes pr´acticas en la organizaci´on del conocimiento cient´ıfico [6] En el proceso ense˜ nanza-aprendizaje de la F´ısica, necesariamente debemos hacer ´enfasis en las habilidades para afrontar y resolver problemas. Esto es, debemos considerar la resoluci´on de problemas como un objetivo primario del proceso ense˜ nanza-aprendizaje. Para coincidir en esta l´ınea de pensamiento nos permitimos precisar lo siguiente: Habilidades en la resoluci´on de problemas involucran estados de pensamientos que van m´as all´a de la simple memorizaci´on de t´ecnicas para afrontar ejercicios y actividades pr´acticas dise˜ nadas para ilustrar alg´ un concepto de la f´ısica. No obstante, tales actividades pueden servir de base en el proceso de internalizaci´on en el aprendiz de una estrategia m´as general que le permitir´ıa abordar en forma sistem´atica, consistente y coherente las actividades conducentes a resolver un problema. Es ´esta habilidad la que ha de marcar la diferencia entre un experto y un aprendiz, tal como se ilustra en un estudio realizado por Rimoldini y Singh, en el que al confrontar Profesores y estudiantes con problemas dif´ıciles, ambos grupos razonan muy parecidamente, pero es la experiencia en an´alisis, interpretaci´on y procesamiento en forma sistem´atica, consistente y coherente de la situaci´on bajo consideraci´on que ayudan al experto (doncente) recabar recursos de su memoria que le permite resolver el problema. El aprendiz, a pesar de contar o tener conocimiento de la t´ecnica que le permitir´ıa igualmente resolver el problema, no es capaz de recabarla de su and to solve in quadratures ordinary differential equations, etc.” [3]
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memoria. El c´omo ´esta informaci´on es almacenada, organizada y manejada en memoria por cada individuo es un asunto a resolver por la neurociencia. En particular, debemos tener presente que la utilidad de la informaci´on disponible depende crucialmente en cuan efectivamente la misma es organizada de manera que pueda ser facilmente encontrada para ejecutar alguna tarea. Un error com´ un que tienden a reproducir los libros textos es que, a pesar de que un problema puede resolverse por diferente metodolog´ıas, en los textos estos se presentan por una vez para ilustrar alg´ un concepto y luego, en el momento apropiado, no se menciona que ese problema puede resolverse por otra t´ecnica. Es decir, el aprendiz queda con la duda en si las metodolog´ıas son u ´nicas a los problemas que se presentan en la secci´on respectiva. S´olo unos pocos pueden llegar a informarse sobre la posibilidad de resolver el mismo problema por varios m´etodos.
1.2.1.
Metodolog´ıa para resolver problemas
Inspirado en ideas de Polya [7], se presenta una estrategia de seis pasos para resol´ ver problemas en F´ısica. Esta puede ser aplicada para abordar las dificultades que hemos se˜ nalado ocurren actualmente en el proceso de ense˜ nanza-aprendizaje de F´ısica. La estrategia es muy u ´til en la ense˜ nanza tanto de razonamiento cuantitativo como conceptual, particularmente si la misma se combina con ideas fruct´ıferas que se han adelantado en relaci´on al dise˜ no de instrucci´on que permiten activar los mecanismos cognitivos conducentes a la obtenci´on de resultados eficaces en el proceso ense˜ nanza-aprendizaje de F´ısica [8, 9, 10, 11, 12, 13, 14]. Si se entrenan adecuadamente, los estudiantes pueden absorver los pasos de la estrategia de tal forma que podr´ an aplicarlos mentalmente en forma natural y en´ ergica. X Paso I: Entender el problema “ Es insensato responder alguna pregunta que no entendemos. · · · Aunque no solo debemos entenderla, tambi´ en debemos desear responderla.”[7] Algunas preguntas que nos permiten entender alg´ un problema incluyen: ¿Qu´ e es lo que desconocemos? ¿Cu´ ales son las condiciones? ¿Son ´ estas suficientes para determinar lo que buscamos? ¿Son redundantes o contradictorias?. Dibujar alg´ un diagrama puede ser de utilidad. En esta etapa debemos asegurarnos de cual es el problema. Eventualmente ser´ıa conveniente reformularlo en nuestras propias palabras, asegur´andonos de obtener toda la informaci´on para resolverlo. Esta etapa es crucial: si no sabemos a donde vamos, cualquier ruta nos llevar´ a all´ı. X Paso II: Dar una descripci´ on cualitativa del problema En esta etapa debemos pensar y escribir sobre las leyes, principios, o alguna formulaci´ on adicional que pueda coadyuvar a relsolver el problema (i.e. diagrama de cuerpo libre, leyes de Newton, conservaci´on de la energ´ıa o mementum, teorema de los ejes paralelos para el c´alculo de I, etc.). Prof. sergio Rojas
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Err´ oneamente algunos instructores consideran esta etapa como la soluci´ on f´ısica (o la f´ısica) del problema. En realidad, un problema se considera resuelto desde el punto de vista f´ısico cuando podemos expresar la descripci´ on cualitativa en t´ erminos de relaciones matem´ aticas. Si alguna de las dos descripciones falta, entonces la soluci´ on es incompleta . X Paso III: Planificar una forma de soluci´ on Esta etapa involucra evaluar las variables desconocidas y pensar en problemas similares que puedan tener soluci´ on parecida y que conozcamos como resolver. Algunas preguntas que podemos hacernos ser´ıan: ¿Hemos resuelto alg´ un problema parecido? ¿Es la informaci´on que tenemos suficiente para resolver el problema? “ Tenemos un plan cuando conocemos, o al menos tenemos un bosquejo, de los c´ alculos o construcciones que debemos ejecutar para obtener las variables desconocidas. · · · Sabemos, por supuesto, que es dificil tener una buena idea si tenemos poco conocimiento del tema, e imposible si no tenemos conocimiento alguno al respecto. · · · Simples recuerdos no son suficiente para tener una buena idea, aunque no podemos tener alguna sin recopilar algunos hechos pertinentes.”[7] X Paso IV: Ejecutando el plan Esta etapa requiere que definamos y ejecutemos la estrategia para resolver las ecuaciones que conllevan a la soluci´on del problema, evitando en lo posible la inserci´on de valores num´ericos de las variables involucradas. Eventualmente, necesitar´ıamos revisar pasos previos de manera que encontremos una formulaci´on matem´atica de mejor tratamiento. X Paso V: Verificar la consistencia y coherencia de la formulaci´ on matem´ atica “ Verifica cada paso. ¿Puedes aseverar que cada paso es correcto? ¿Puedes probarlo? · · · Algunas equivocaciones pueden evitarse si, siguiendo el plan de soluci´on, cada paso es verificado.”[7] Debemos cerciorarnos que cada ecuaci´on es consistente con lo que debe representar (¿son ´estas dimensionalmente correctas? ¿representan velocidad, flujo, volumen o superficie? Luego de verificar que la soluci´on anal´ıtica no presenta inconsistencias, podemos introducir algunos valores num´ericos para evaluar si los resultados obtenidos pueden o no tener sentido (¿vamos m´as r´apido que la velocidad de la luz?). X Paso VI: Verificar y evaluar la soluci´ on obtenida “Parte de la comprensi´ on del problema se pierde si no re-examinamos o reconsideramos completamente la soluci´ on obtenida.”[7] As´ı, una vez que obtenemos una soluci´ on, ´ esta requiere ser evaluada y analizar la verosimilitud de la misma.
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Algunas preguntas que ayudan en este respecto son: ¿podemos derivar el resultado de otra manera? ¿puede este resultado o procedimiento ayudar a resolver otro problema? ¿puede el resultado ayudar a entender el comportamiento cualitativo del problema? ¿puede ocurrir alguna divisi´on por cero al cambiar alg´ un par´ametro? ¿tiene ello sentido?
1.2.2.
Ejemplo ilustrativo
El siguiente ejemplo pretende ilustrar la importancia que tiene el seguir una metodolog´ıa como la presentada en la secci´on previa cada vez que resolvemos alg´ un problema. Si se entrenan adecuadamente, los estudiantes interesados pueden absorver los pasos de la estrategia de tal forma que podr´ an aplicarlos mentalmente en forma natural y en´ ergica cada vez que resuelven alg´ un problema. En el problema ilustartivo veremos como haciendo uso de ideas incorrectas podemos llegar por azar a Figura 1.1: Superficie c´onica muy delgada la soluci´on correcta del problema en cuesti´on. Problema: Respecto al eje central, encuentre el momento de inercia de una delgada capa formando un cono circular recto hueco, de radio R, longitud lateral L, y masa M uniformemente distribuida sobre la superficie con densidad σ (ver Figura 1.1). √ L ) r and La altura del cono es H = L2 − R2 . Dos relaciones geom´etricas de utilidad son l = ( R z = (H ) r. R Paso I: Entender el problema Antes de intentar resolver el problema propuesto, los estudiantes deben haber recibido instrucci´on referente a la teor´ıa asociada al c´omputo de momentos de inercia (I). Por ejemplo, deben conocer como calcular I para un anillo de espesor muy fino respecto al eje de simetr´ıa central. A primera vista el problema propuesto pareciera un ejercicio matem´atico. As´ı, para fomentar el inter´es en resolverlo la f´ısica involucrada puede ser presentada v´ıa la interpretaci´on y relaci´on que el c´alculo de I representa en la determinaci´on de las cantidades f´ısica de la din´amica de rotaci´on (energ´ıa cin´etica, momentum angular, torque, etc.). El mismo se puede interpretar como una primera aproximaci´on de un trompo o un cono para helado. Paso II: Dar una descripci´ on cualitativa del problema En el problema propuesto, en esta etapa podemos motivar aun m´as la soluci´on del problema al considerar el cono hueco como una primera aproximaci´on de un instrumento para mezclar cemento y hacer estimaciones apoyados en el an´alisis dimensional de los requerimientos de energ´ıa para que ´este cumpla su funci´on.
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A modo de introducci´ on
Paso III: Planificar una forma de soluci´ on En relaci´on al problema propuesto, podemos recurrir al principio de superposici´ on, de manera que podamos abordar la soluci´on del mismo dividiendo la superficie c´onica en anillos infinitesimales, todos teniendo en com´ un el mismo eje de simetr´ıa principal, el cual corresponde al eje de rotaci´on respecto al cual deseamos calcular I. Cada anillo contribuye a I en la cantidad dI = r 2 dm = r 2 σdS, siendo r el radio de cada anillo y dS la respectiva superficie. Un alentador intercambio de ideas se puede generar en torno a esta forma de calcular momentos de inercia I, comparada con la forma directa (v´ıa la definici´ on de I). Paso IV: Ejecutando el plan En relaci´on al problema propuesto, podemos elegir para dS (ver figura 1.1 en la p´agina 7): 1. dS = 2πrdz = 2πr( H )dr, con lo cual obtenemos dI = 2πσ H r 3 dr, y despu´es R R 4 ( R ) = ( 12 )(σS)R2 = 12 M R2 . Lo cual es la respuesta de integrar I = 2πσ H R 4 correcta. L L 2. dS = 2πrdl = 2πr( R )dr, con lo cual obtenemos dI = 2πσ( R )r 3 dr, y despu´es 4 L )( R4 ) = ( 12 )(σS)R2 = 12 M R2 , de integrar I = 2πσ( R
Paso V: Verificar la consistencia y coherencia de la formulaci´ on matem´ atica En relaci´on al problema propuesto, no es dificil elegir como m´etodo de soluci´on el primer esquema para dS, el cual es err´oneo. De ello nos podemos cerciorar al aplicar la verificaci´on de la consistencia de la formulaci´on matem´atica. Tal elemento de superficie no representa el ´area de la superficie con´ıca. Conduce al resultado err´ oneo de S = πRH en lugar del resultado correcto S = πRL. Si hacemos como usualente se sugiere en los textos, nos quedamos con un procedimiento incorrecto que conduce a un resultado correcto. Ejemplos de otros resultados incorrectos que los textos presentan se encuantran en [15, 16]. Paso VI: Verificar y evaluar la soluci´ on obtenida Una vez confirmado que hemos elegido el procedimiento correcto, podemos preguntarnos sobre la veracidad de la soluci´on. ¿No es intrigante que el I de una superficie c´onica coincida con el de un disco? Esta pregunta se puede explorar con mayor precisi´on si consideramos el caso de distribuciones de masa no uniforme. Comentarios adicionales sobre la interpretaci´on del resultado se encuentran en [17]. En una primera impresi´ on, aun instructores con experiencia pueden pensar que el ejemplo propuesto es simplemente un ejercicio matem´ atico. No obstante, un momento de reflxi´ on los llevar´ a a encontrar preguntas que los guiar´ an a encontrar Prof. sergio Rojas
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la F´ısica impl´ıcita en los c´ omputos realizados. ¿Puede compararse expl´ıcitamente la energ´ıa cin´ etica de rotaci´ on de varios s´ olidos respecto alg´ un eje de rotaci´ on sin conocer expl´ıcitamente el respectivo momento de inercia de los s´ olidos? ¿Puede emitirse alg´ un juicio sobre el momento de inercia de alg´ un s´ olido sin hacer expl´ıcitamente el c´ omputo respectivo? ¿Es el c´ omputo de momento de inercia id´ entico para cualquier situaci´ on? ¿Es v´ alido el principio de superposici´ on cuando calculamos momento de inercia?. No esta dem´ as mencionar que la din´ amica de rotaci´ on es uno de esos temas de la F´ısica que para nada es intuitivo [18]. Observaciones sobre c´omo los expertos resuelven problemas, indican que los mismos dedican considerable tiempo en una cuidadosa descripci´on de ´estos (Paso I del procedimiento descrito) y en la cuidadosa evaluaci´on de la soluci´on obtenida [8]. En contraste, los aprendices tienden a ignorar estos pasos, prestando mayor atenci´on en la construci´on de una soluci´on detallada mediante la combinaci´on de varias f´ormulas, que no es m´as que seguir el aprendizaje que adquieren inductiva e inconscientemente de los ejemplos de los libros de textos, sugiriendo que siempre hay una regla a seguir para resolver cada problema en f´ısica, lo cual tambi´en es com´ un en los textos de matem´aticas [19]. Algunas observaciones: X El estudiante interesado debe mantener presente que la F´ısica es, en general, una combinaci´on de razonamientos cualitativos y cuantitativos. Si alguno de estos ingredientes falta, entonces el conocimiento es incompleto. Por mencionar un ejemplo ilustrativo, el aspecto cuantitativo de la F´ısica es lo que operacionalmente le ha valido su privilegio como la ciencia que intenta responder satisfactoriamente las preguntas filos´oficas que han intrigado a la humanidad desde los inicios del pensamiento. Una de las cuales, nada m´as y nada menos que el origen de la vida, se ha comenzado a explorar, ya con avances significativos, en la Biolog´ıa Molecular con apoyo en herramientas cuantitativas de la F´ısica. X El aspecto cuantitativo de la F´ısica nos obliga a familiarizarnos con t´ecnicas matem´aticas que nos permiten abordar los problemas desde diferentes perspectivas. Ciertamente una buena cantidad de problemas se pueden abordar usando los m´etodos matem´aticos aprendidos en cursos de Bachillerato. No obstante, el estudiante activo e interesado debe hacer uso en lo posible de las herramientas matem´aticas del nivel universitario. Esto le permitir´a familiarizarse con estas metodolog´ıas, que en general le facilitar´an abordar los problemas con mayor eficiencia y rigurosidad. X El estudiante activo e interesado debe tener presente que la soluci´on de alg´ un problema que haya obtenido por esfuerzo propio o alguna que haya le´ıdo o escuchado, pero que haya con mucho inter´es y atenci´on, buscando comprender la misma, pasar´a a formar parte del patr´on de recursos de referencia que extraeremos de la memoria al momento de resolver otros problemas similares. X El estudiante activo e interesado debe mantener presente que conocer c´ omo es m´as importante que el poseer alguna informaci´on. Es decir, el conocer c´ omo resolver un
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problema es m´as significativo e importante que tener la ilusi´on de conocer c´omo se resuelve, estado ´este que se adquiere cuando solo nos preocupamos en mirar y memorizar la soluci´on de alg´ un problema sin prestar la atenci´on requerida para internalizar los detalles de la soluci´on y comprenderla a cabalidad. X El estudiante activo e interesado debe mantener presente aprendemos a resolver problemas, resolviendo problemas. No obstante, tal pr´actica no mejorar´a significativamente nuestro rendimiento intelectual a no ser que al resolver problemas lo realicemos guiados por una constante y cont´ınua retroalimentaci´on cr´ıtica. Al obtener una soluci´on y estar satisfecho con ´esta, debemos detenernos a revisar con cuidado los detalles involucrados en obtener la misma, haciendo el esfurzo para una mayor comprensi´on conducente a la consolidaci´on del conocimiento del procedimiento seguido.
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2 C´alculo de Momentos de Inercia En este cap´ıtulo presentaremos la soluci´on de algunos problemas asociados al c´omputo del momento de inercia I de algunas distribuciones de masa respecto a ciertos ejes de rotaci´on. Aunque estos problemas pueden resolverse por integraci´on directa, el nivel de presentaci´on que es usual en los textos de F´ısica General intentan ilustrar e internalizar en el estudiante activo e interesado la idea de que la resoluci´on de muchos de estos problemas puede abordarse haciendo uso del principio de superposici´on que ya han practicado cuando realizaban c´alculos de centro de masa, mediante la divisi´on de la configuraci´on de masa complicada en configuraciones mas sencillas y cuya soluci´on ya se conoce. Esto nos permite, por ejemplo, reducir una integral en dos o tres dimensiones a una integral en una dimensi´on. Para resolver estos problemas el estudiante activo e interesado debe tener presente que para un elemento puntual de masa dm rotando alrededor de un eje a la distancia r del elemento de masa, el momento de inercia dI est´a dado por: dI = r2 dm
(2.1)
esta definici´on lo que nos indica es que el moemnto de inercia es dependiente de como se distribuye la distribuci´on de masa respecto al eje de rotaci´on. Otro resultado importante que debe tener presente el estudiante activo e interesado es el relacionado con el as´ı denominado teorema de ejes paralelos: El momento de inercia I de una configuraci´on de masa M referente a un eje de rotaci´on que es paralelo y est´a a la distancia D de un eje que pasa por el centro de masa de la distribuci´on de masa y respecto al cual conocemos el momento de inercia ICM de M , est´a dado por: I = ICM + M D2
(2.2)
Debemos insistir que el estudiante activo e interesado debe intentar resolver los problemas antes de mirar la soluci´on. Ahora, si no se tiene idea de c´omo comenzar a resolver el problema, debe leerse la teor´ıa respectiva en el texto de F´ısica. En lugar de memorizar irracionalmente las soluciones aqu´ı presentadas, se invita al estudiante activo e interesado en prestar atenci´on y cuestionar el procedimiento empleado. Es pertinente mencionar que el procedimiento de soluci´on de estos problemas, pueden adaptarse para ser aplicados a problemas de c´omputo de centro de masa, campo y potencial tanto gravitacional como el´ectrico. Finalmente, la parte que aqu´ı presentamos de los problemas es, si se quiere, parte del desarrollo cuantitativo que debe ejecutarse para finalizar el c´omputo de las cantidades f´ısicas del movimiento de rotaci´on, tal como energ´ıa cin´etica, momentum angular, torque, etc. En una primera impresi´on, el c´omputo de momentos de inercia podr´ıa ser considerado como alg´ un ejercicio meramente matem´atico. No obstante, un momento de reflxi´on sobre la validez de tales pensamientos ( Paso V de la metodolog´ıa en la p´agina 6) indicar´ıa una contradicci´on l´ogica en
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el mismo. El momento de inercia de un objeto no es u ´nico y por consiguiente, el c´alculo del mismo representa un excelente ejercicio de F´ısica que adem´as de requerir muy buenas habilidades de razonamiento cuantitativo, tambi´en permite explorar la variaci´on de algunas propiedades F´ısicas seg´ un el sistema de referencia.
2.1.
Observaci´ on
Algunos de los problemas que hemos presentado se encuentran resueltos en algunos textos de F´ısica. Estamos convencido en que el estudiante activo e interesado podr´a hacer una comparaci´on entre la metodolog´ıa aqu´ı presentada y la implementada en esas fuentes de informaci´on. Ello fortalecer´a la intuici´on del estudiante.
El estudiante activo e interesado encontrar´ a instructivo el tener que imaginar y dibujar por s´ı mismo las figuras que adrede no hemos inclu´ıdo en estos problemas.
2.2.
El I de un aro circular muy delgado de radio R y densidad longitudinal de masa λ uniformemente distribuida sobre el aro
2.2.1.
Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del aro
2.2.1.1.
Forma de soluci´ on I
El aro lo podemos considerar como dividido en peque˜ nas part´ıculas de masa dm. Podemos darnos cuenta que cada uno de los elementos dm se encuentra a la misma distancia R del eje de rotaci´on. Ahora cada uno de esos elementos dm tiene una cierta longitud dl que podemos asociar al ´angulo dθ que cada elemento forma con el centro del aro, mediante la relaci´on dl = Rdθ. Con esto podemos obtener dm = λdl = λRdθ. Entonces, el moemnto de inercia estar´a dado por: dI = R2 dm = R2 λRdθ Z 2π I= R2 λRdθ
(2.3)
θ=0 2
I = R (2πRλ) = M R2 En la soluci´on, asociamos a M = 2πRλ con la masa total del aro. Para tener confianza en esta soluci´on, una vez confirmado que dimensionalmente la misma es correcta, podemos preguntarnos en si es posible que el aro se comporte como si el mismo fuese una masa puntual M a la distancia R de su eje de rotaci´on. En un momento de reflexi´on, el estudiante activo e interesado notar´a que ello es cierto cuando, como es el caso, la masa del aro se encuentra uniformemente distribu´ıda sobre el mismo. Prof. sergio Rojas
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Mayor confianza en que el resultado obtenido es la soluci´on correcta, con un poco m´as de reflexi´on el estudiante activo e interesado puede notar, entre otras posibilidades, que el aro puede ser dividido en cuatro cuadrantes, cada uno de los cuales pueden rotar de manera id´entica y con la misma distribuci´on de masa respecto al eje de rotaci´on. Si denotamos por I ∗ el momento de inercia de uno de esos cuadrantes, el principio de superposici´on nos indica que debe cumplirse I = 4I ∗ , donde dI ∗ = R2 dm = R2 λRdθ Z pi/2 ∗ R2 λRdθ I =
(2.4)
θ=0
1 π I ∗ = R2 ( Rλ) = M R2 2 4 de donde obtenemos que I = M R2 , como en el resultado 2.3. 2.2.1.2.
Forma de soluci´ on II
Usamos este esquema de soluci´on para mostrar algunas de las dificultades que se presentan y sutilezas que debemos considerar cuando usamos sistemas de coordenadas no acordes con la simetr´ıa intr´ınseca del problema que se trata. Por ejemplo, si usamos directamente coordenadas el elemento de masa lo podemos q rectangulares p 2 dy escribir como dm = λdl = λ dx2 + dy 2 = λ 1 + dx dx. Como para el aro circular se cumple 2 2 2 que x + y = R , entonces podemos obtener por diferenciaci´onr impl´ıcita que 2xdx+ 2ydy = 0, 2 dy con lo cual obtenemos que dx = − xy . Esto significa que dm = λ 1 + xy dx = λ √R 2 dx = y R λ √R2 −x2 dx. En este punto debemos preguntarnos como tenemos confianza en que lo que hemos construcido va por buen camino. Una manera es realizar la integraci´on del elemento de masa y asegurarnos que genera el resultado esperado para una masa distribu´ıda uniformemente sobre un aro circular. La opci´on mas directa nos lleva a tomar: R dx dm = λ √ R 2 − x2 Z R R ∗ √ M =λ dx R 2 − x2 x=−R (2.5) R x = λ arctan √ R2 − x2 −R π π = λR + = πRλ 2 2 ahora nos damos cuenta que algo parece estar mal. El resultado esperado es M = 2πRλ. En un momento de reflexi´on, revisamos cuidadosamente nuestros pasos para obtener dm. As´ı, nos
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p damos cuenta que al tomar dm = λ dx2 + dy 2 estamos considerando solo una mitad del aro. De manera que para obtener el resultado correcto (toda la masa sobre el aro) debemos multiplicar por dos el resultado anterior. Es decir M = 2M ∗ . El estudiante activo e interesado no comprar´ıa esa idea tan f´acilmente. En efecto, cabe preguntarse ¿c´omo ser´ıa la secuencia de c´omputo si tenemos, por ejemplo, el aro dividido en cuatro cuadrantes, cada uno con densidades de masa diferentes?. Algo de reflexi´on al respecto nos llevar´ıa a tomar (para fortalecer su confianza en este desarrollo, el estudiante activo e interesado, si no recuerda de sus cursos de c´alculo, consultar´ıa alg´ un texto de c´alculo con geometr´ıa anal´ıtica sobre el c´omputo de longitudes de arco): Z 0 R R dx + λ2 √ dx M= λ1 √ R 2 − x2 R 2 − x2 x=−R x=0 Z R Z 0 R R λ3 √ + dx λ4 √ dx R 2 − x2 R 2 − x2 x=−R x=0 π = R (λ1 + λ2 + λ3 + λ4 ) si las λi son constantes 2 Z
R
(2.6)
As´ı, tomando en consideraci´on los puntos mencionados, el momento de inercia del aro lo podemos escribir como (¿por qu´e multiplicamos por dos?): s
2 dy dx dI = r dm = R dm = R λ 1 + dx Z R R 2 √ I =2× R λ dx R 2 − x2 x=−R R x 3 dx = 2 × R λ arctan √ R 2 − x2 −R h π π i 3 =2× R λ + 2 2 = M R2 2
2
2
(2.7)
En funci´on de obtener m´as confianza sobre las ideas desarrolladas, el estudiante activo e interesado puede imaginarse alguna dependencia funcional de la densidad de masa, suficientemente simples de manera que las integrales que resulten no sean dif´ıciles de evaluar y calcular el I respectivo por ambos m´etodos.
2.2.2.
Respecto a un eje que pasa por un di´ ametro del aro
2.2.2.1.
Forma de soluci´ on I
Como la distribuci´on de masa es uniforme, cualquier eje que pase por un di´ametro del aro ofrece el mismo resultado para I. Elegimos como eje de rotaci´on uno horizontal, coincidiendo con el eje “X” de nuestro sistema de coordenadas rectangulares. Ahora, el aro lo dividimos en elementos Prof. sergio Rojas
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diferenciales de masa dm = λRdθ, cada uno de los cuales estar´a a la distancia r = Rsen(θ) del eje de rotaci´on. Con este planteamiento tenemos: dI = r2 dm = (Rsen(θ))2 λRdθ = R3 λsen2 (θ)dθ Z 2π Z 2π 1 2 3 3 sen (θ)dθ = R λ I=R λ (1 − cos 2θ)dθ 2 0 0 1 1 = λR3 π = (2πRλ)R2 = M R2 2 2
(2.8)
¿C´omo evaluamos que el resultado obtenido es correcto?. Una forma de hacerlo es, dir´ıa el estudiante activo e interesado, considerando que el mismo resultado se debe obtener si tomamos como eje de rotaci´on el correspondiente al eje “Y” de nuestro sistema de coordenadas rectangulares. Entonces tendr´ıamos Ix = Iy = 12 M R2 . Ahora el I respecto a un eje que pasa por el centro del aro y es perpendicular al plano del aro es dI = r2 dm = (x2 + y 2 )dm = x2 dm + y 2 dm = dIy + dIx , por lo que I = Ix + Iy = M R2 , tal como obtuvimos anteriormente. Esto es, como el presente resultado nos permite deducir un resultado conocido, entonces ello nos genera confianza en la soluci´on obtenida. 2.2.2.2.
Forma de soluci´ on II
Otra forma de abordar el problema es realizando la integraci´on directamente en coordenadas rectangulares: i h p dI = 2 × r2 dm = 2 × y 2 dm = 2 × y 2 λdl = λ dx2 + dy 2 s s " # 2 2 dy x R dx = 2 × y 2 λ 1 + dx = 2 × y 2 λ p = 2 × y 2 λ 1 + dx y y2 Z R Z R √ (R2 − x2 ) 2 2 √ I = 2 × λR dx = 2 × 2λR R − x dx R 2 − x2 x=−R x=0 R 4λR √ 2 x π 1 2 2 = x R − x + R arctan √ = 2λR(R2 ) = M R2 2 2 2 R 2 − x2 0
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(2.9)
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2.3.
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El I de un disco de radio R, de espesor muy delgado y densidad superficial de masa σ uniformemente distribuida sobre el disco
2.3.1.
Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del disco
2.3.1.1.
Forma de soluci´ on I
Un momnto de reflexi´on sobre el problema lleva al estudiante activo e interesado en darse cuenta que puede dividir el disco en peque˜ nos anillos de radio r y masa dm, conc´entricos con el disco y todos teniendo el mismo eje de rotaci´on perperdicular a sus respectivos planos. Del problema 2.2.1, sabemos que cada anillo tiene el momento de inercia dI = r2 dm (no debemos confundir esta expresi´on con la defici´on fundamental de momento de inercia, ecuaci´on 2.1). Esta ecuaci´on corresponde al resultado del momento de inercia para el aro dado por la ecuaci´on 2.3, que hemos modificado seg´ un los datos de los anillos en que hemos dividido el disco. Como la masa del disco est´a uniformemente distribu´ıda, la masa de cada anillo se encuentra usando dm = σdS = σ2πrdr (esto se obtiene de calcular la superficie dS de cada anillo. Si consideramos que un anillo gen´erico a la distancia r del centro del disco tiene espesor dr, entonces este anillo est´a entre dos discos: uno de radio r1 = r y otro de radio r2 = r + dr. As´ı, el ´area que ocupa el anillo ser´a dS = πr22 − πr12 = π((r + dr)2 − r2 ) = 2πrdr, donde hemos descartado los t´erminos conteniendo dr2 y drdθ). El momento de inercia del disco ser´a: dI = r2 dm = r2 σdS = r2 σ2πrdr Z R 1 2πσR4 == (σπR2 )R2 σ2πr3 dr = I= 4 2 r=0 1 = M R2 2
(2.10)
No es dif´ıcil darse cuenta que este procedimiento es tambi´en v´alido para el caso en que la densidad de masa σ es una funci´on dependiente de r (σ(r)). 2.3.1.2.
Forma de soluci´ on II
Para el caso general de tener una distribuci´on de masa σ(r, θ), el procedimiento anterior no es v´alido. El procedimiento general consiste en dividir el el disco en elemntos de masa dm, ubicados por la distancia r desde el centro O del disco y el ´angulo θ medido desde un eje horizontal a la derecha del centro O (de sus cursos de c´alculo, el estudiante activo e interesado reconocer´a ´estas como coordenadas polares). El momento de inercia se calcula usando la definici´on dada por la ecuaci´on (2.1), con dm = σ(r, θ)dS = σ(r, θ)rdrdθ:
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dI = r2 dm = r2 σ(r, θ)rdrdθ Z R Z 2π I= σ(r, θ)r3 drdθ r=0
(2.11)
θ=0
para el caso σ(r, θ) = constante = σ, la integral anterior se puede ejecutar en la forma: Z
R
I=σ
Z
3
r dr r=0 4
= σ(
2π
dθ
θ=0
1 R )(2π) = R2 (σπR2 ) 4 2
(2.12)
1 = R2 M 2 2.3.1.3.
Forma de soluci´ on III
¿C´omo se proceder´ıa para resolver el problema en coordenadas rectangulares?, se preguntar´ıa el estudiante activo e interesado. Como en el caso anterior, procedemos a dividir el disco en elementos de masa dm a la distancia r2 = x2 + y 2 del centro del disco y usamos la definici´on de momento de inercia, ecuaci´on (2.1): dI = r2 dm = (x2 + y 2 )σdS = (x2 + y 2 )σdxdy Z R Z √R2 −x2 Z R Z √R2 −x2 2 I= σx dxdy + √ √ y=− R2 −x2
x=−R
y=−R
σy 2 dxdy
(2.13)
x=− R2 −x2
en el caso que σ sea constante, Z
R
I=σ
2x x=−R
2
√
Z
R
R2 − x2 dx +
p 2y R2 − y 2 dx 2
y=−R
R 1 √ 2 x 2 2 4 x R − x2 (−R + 2x ) + R arctan √ = 4σ 8 R2 − x2 x=−R 4 R π π = 4σ + 8 2 2 1 = (πR2 σ)R2 2 1 = M R2 2
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(2.14)
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2.3.2.
Respecto a un eje que pasa por un di´ ametro del disco
2.3.2.1.
Forma de soluci´ on I
Un momento de reflexi´on indica que si la densidad de masa σ es uniforme, el disco lo podemos dividir en aros de masa infinitesimal dm y radio r, todos girando de la misma manera respecto al eje de rotaci´on del disco, el cual tambi´en pasa por el di´ametro de cualquiera de los anillos. El estudiante activo e interesado notar´a con facilidad que ´esta manera de dividir al disco le permite usar el resultado obtenido en la ecuaci´on (2.8), del problema tratado en la secci´on 2.2.2. Entonces tenemos: 1 1 1 dI = r2 dm = r2 σdS = r2 σ2πrdr 2 2 2 Z R I= πσr3 dr
(2.15)
r=0
=
π 4 1 1 σR = (σπR2 )R2 = M R2 4 4 4
Recordemos que este procedimiento es v´alido solo cuando la distribuci´on de masa σ es constante o es funci´on del radio r. 2.3.2.2.
Forma de soluci´ on II
Elegimos como eje de rotaci´on uno coincidiendo con el eje horizontal “X” de nuestro sistema de coordenadas, y dividimos el disco en elementos de masa dm. Cada uno de estos elementos estar´a a la distancia r = y del eje de rotaci´on, entonces aplicando la definici´on de momento de inercia dada por la ecuaci´on (2.1): dI = r2 dm = y 2 σdxdy Z R Z √R2 −y2 σy 2 dxdy I= √ y=−R
x=−
(2.16)
R2 −y 2
si consideramos σ constante, "Z
R
y2
I=σ y=−R
"Z
√
##
R2 −x2
√ x=− R2 −x2
dx
dy (2.17)
πR4 1 =σ = M R2 4 4 2.3.2.3.
Forma de soluci´ on III
Procedemos como en la secci´on anterior solo que en este caso usamos el hecho que y = rsenθ: Prof. sergio Rojas
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dI = y 2 dm = (r2 sin2 (θ))σrdrdθ Z R Z 2π 3 I= σr dr sen2 (θ)dθ r=0 θ=0 Z 2π Z R 1 σr3 dr ( (1 − cos(2θ)))dθ = r=0 θ=0 2 π 4 1 = σR = M R2 4 4
2.3.3.
(2.18)
Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del disco de radio R2 , pero ´ este (el disco) tiene un hueco conc´ entrico de radio r = R1 .
Las condiciones indican que la configuraci´on de masa comienza en r = R1 y se extiende hasta r = R2 . No es dif´ıcil darse cuenta que cualquiera de los m´etodos aplicados en la secci´on 2.3.1 es aplicable. El m´etodo que elegimos es vpalido para el caso general y el estudiante activo e interesado no tendr´a inconveniente en aplicarlo en situaciones m´as complicadas: Dividimos el disco en elementos infinitesimales de masa dm a la distancia r del centro del disco y aplicamos la definici´on de momento de inercia (ecuaci´on 2.1): dI = r2 dm = σrdrdθ Z 2π Z R2 I= r3 σdrdθ θ=0
(2.19)
r=R1
como σ es constante, Z
2π
Z
R2 3
I=σ
r dr dθ θ=0
= 2π
hσ 4
(R24
r=R1
−
i
R14 )
=
σπ 4 σπ 4 σπR22 2 σπR12 2 R − R = R2 − R1 2 2 2 1 2 2
(2.20)
1 1 I = M2 R22 + (−M1 )R12 2 2 hemos elegido agrupar los t´erminos de I en la forma indicada debido a que el mismo lo podemos interpretar como la superposici´on del momento de inercia de dos configuraciones de masa: la de un disco de masa M2 que abarca la totalidad del espacio 0 ≤ r ≤ R2 y la de un disco de “masa” −M1 que cubre la regi´on hueca 0 ≤ r ≤ R1 (recordemos R1 < R2 ). As´ı, vemos que el agujero en el disco puede tratarse como la superposici´on de una “masa” negativa y una masa positiva distribu´ıdas con la misma densidad que la del resto del disco. Este resultado normalmente se presenta sin ninguna justificaci´on convincente. Aqu´ı lo hemos mostrado para ´este ejemplo. Prof. sergio Rojas
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Ahora bien, si consideramos que la masa total de la configuraci´on considerada es M = σπ(R22 − R12 ), entonces el momento de inercia tambi´en lo podemos escribir en la forma: 1 1 I = σπ(R24 − R14 ) = σπ(R22 − R12 )(R22 + R12 ) 2 2 (2.21) 1 2 2 = M (R2 + R1 ) 2 de donde podemos notar que si R1 → R2 tenemos el caso del aro de radio R = R2 y momento de inercia I = M R2 . En el caso que R1 → 0, tenemos el caso del disco macizo de radio R = R2 y momento de inercia I = 21 M R2 . Ambos resultados concuerdan con los obtenidos anteriormente.
2.3.4.
Respecto al eje que pasa por el centro y es perpendicular al plano del disco, teniendo ´ este (el disco) un hueco circular no conc´ entrico.
Sin p´erdida de generalidad, tomamos que la regi´on hueca tiene su centro en el eje vertical, a la distancia rh del centro del disco. El estudiante activo e interesado puede recordar de su curso de c´alculo con geometr´ıa anal´ıtica que esa regi´on se puede describir en coordenadas polares por la expresi´on r = 2rh sen(θ). Aqu´ı debemos notar que referente al eje horizontal positivo, a la derecha del centro del disco, la regi´on hueca la recorremos completamente al variar el ´angulo θ en el intervalo [0, π]. Este hecho nos obliga a tomar I como la superposici´on de las dos regiones: la mitad superior del disco que contiene el hueco (la contribuci´on al momento de inercia de esta regi´on la llamaremos Is ) y la mitad inferior del disco con masa uniforme (la contribuci´on al momento de inercia de esta regi´on la llamaremos Ii ). Entonces I = Is + Ii . El estudiante activo e interesado podr´a notar inmediatamente que Ii = 1 M R2 . Para encontrar Is , dividimos la regi´on correspondiente en elementos infinitesimales de 4 masa dm a la distancia r del centro del disco y aplicamos la definici´on de momento de inercia (ecuaci´on 2.1): dI = r2 dm = σrdrdθ Z pi Z R r3 σdrdθ I= θ=0
(2.22)
r=2rh sen(θ)
El estudiante activo e interesado notar´a inmediatamente los l´ımites de integraci´on y podr´a cerciorarse que los mismos son correctos d´andoles algunos valores al ´angulo θ y fij´andose en si existe o no masa en la regiones de inter´es. Otra forma es que calcule la masa de la regi´on considerada. Ahora, como σ es constante, Z π Z R 3 Is = σ r dr dθ θ=0 r=2rh sen(θ) Z π 1 4 4 4 (2.23) =σ R − (2rh ) sen (θ) dθ 4 θ=0 1 16 3π 1 3 1 3 = σπR4 − rh4 = (σπR2 )R2 − (σπrh2 )rh2 = (σπR2 )R2 + (−σπrh2 )rh2 4 4 8 4 2 4 2 Prof. sergio Rojas
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hemos elegido agrupar los t´erminos de Is en la forma indicada debido a que, tal como en el caso anterior, el mismo lo podemos interpretar como la superposici´on del momento de inercia de dos configuraciones de masa: la de la mitad de un disco de masa M = σπR2 girando alrededor de un eje perpendicular al plano del disco y que pasa por su centro y la de un disco de “masa” m = −σπrh2 girando alrededor de un eje perpendicular al plano del disco y que pasa por el borde del disco. En efecto, para encontrar el momento de inercia en ´este u ´ltimo caso usamos el resultado de la secci´on 2.3.1 y el teorema de ejes paralelos, ecuaci´on 2.2. Asi, el I 0 de un disco de masa uniforme m y radio rh girando alrededor de un eje perpendicular al plano del disco y que pasa por el borde del mismo est´a dado por I 0 = Icm + mrh2 = 12 mrh2 + mrh2 = 32 mrh2 . As´ı, una vez m´as vemos que el agujero en el disco puede tratarse como la superposici´on de una “masa” negativa y una masa positiva distribu´ıdas con la misma densidad que la del resto del disco. Este resultado normalmente se presenta sin ninguna justificaci´on convincente. Aqu´ı lo hemos demostrado para ´este ejemplo. Ahora, no debe ser dif´ıcil que el estudiante activo e interesado se decuenta que esto no es m´as que un truco que permite hacer el c´omputo m´as f´acil. Este truco lo podemos racionalizar para otras situaciones como sigue: sabemos que para una masa puntual M rotando a la distancia r de cierto eje, el momento de inercia es I = r2 M . Si en la misma posici´on de esa masa consideramos la existencia de otra de igual magnitud pero de signo contrario −M , entonces el momento de inercia del sistema ser´a I = r2 M + r2 (−M ) = 0. Tal “configuraci´on” de masa no contribuye al momento de inercia, es como si no existiese, que a la distancia r hubiese una cavidad. Intuitivamente nos damos cuenta que el truco vale para los casos en que la cavidad tenga extensi´on, y no importa que distribuci´on de masa usemos, lo importante es que las “masas” superpuestas tengan la misma distrubuci´on y roten de la misma manera respecto al eje de rotaci´on. Este truco tambi´en es v´alido para el c´omputo de centro de masa, campo gravitacional y el´ectrico. El estudiante activo e interesado no tendr´a inconveniente en finalizar el problema.
2.4.
El I de una superficie esf´ erica muy delgado de radio R y densidad superficial de masa σ uniformemente distribuida sobre la superficie
2.4.1.
Respecto a un eje que pase por un di´ ametro
2.4.1.1.
Forma de soluci´ on I
En funci´on de utilizar resultados ya conocidos, el estudiante activo e interesado puede f´acilmente darse cuenta que la esfera puede rebanarse en anillos de masa dm, radio r y ancho dl, todos conc´entrico con el eje de rotaci´on que, sin p´erdida de generalidad, podemos elegir que sea vertical. En este caso cada anillo girar´ıa de la misma manera alrededor del eje de rotaci´on y podemos superponer (sumar) los respectivos momentos de inercia de cada uno. De la figura ?? podemos visualizar que el radio y el espesor de los anillos est´an dados respectivamente por las relaciones r = Rsen(θ) y dl = Rdθ. De la secci´on 2.2.1, sabemos que el momento Prof. sergio Rojas
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de inercia de cada anillo ser´a dI = r2 dm (no confundir ´esta relaci´on con la definici´on de momento de inercia, ecuaci´on 2.1). Ahora, la cantidad de masa contenida en cada anillo es dm = σdS. Para encontrar la superficie de cada anillo, nos damos cuenta que si tomamos un anillo y lo cortamos de manera que podamos estirarlo completamente, vamos a tener tira formando un rect´angulo de lado 2πr y ancho dl. As´ı, dS = 2πrdl = 2π(Rsen(θ))(Rdθ) = 2πR2 sen(θ)dθ. Para tener confianza en esta expresi´on, el estudiante activo e interesado se da cuanta que si suma (integra) la superficie que ocupan todos los anillos debe encontrar la superficie de la esfera. En efecto, para encontrar la superficie de la esfera un momento de reflexi´on nos indica que el ´angulo θ puede variar en el intervalo [0, π] (θ = 0 corresponde al anillo en el tope (polo norte) de la esfera, mientras que θ = π corresponde al anillo en la parte inferior (polo sur) de la esfera). Por tanto, dS = 2πR2 senθdθ Z π 2 S = 2πR senθdθ
(2.24)
0
S = 4πR2 ahora procedemos a calcular el momento de inercia que queremos, dI = r2 dm = (Rsen(θ))2 (σ2πR2 sen(θ)dθ) Z π I= 2πR4 σsen3 (θ)dθ θ=0 Z π 4 = 2πR σ sen2 (θ)sen(θ)dθ Zθ=0 π = 2πR4 σ −(1 − cos2 (θ))d(cos(θ)) θ=0 Z 0 4 = 2πR σ (1 − cos2 (θ))d(cos(θ)) "θ=π # 3 0 cos θ = 2πR4 σ cos θ|0π − 3 π 2 4 2 4 4 = 2πR σ 2 − = 2πR σ = R2 (4πR2 σ) 3 3 3 2 = R2 M 3 2.4.1.2.
(2.25)
Comentario sobre elemento de superficie en coordenadas esf´ ericas
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Es pertinente mencionar que en coordenadas apropiadas para una esfera, que denominamos coordenadas esf´erica, si tomamos como referencia el eje vertical, sobre la superficie de la esfera nos podemos mover alrededor del eje vertical con un ´angulo que en forma diferencial llamamos dφ, generando un arco de longitud rdφ = Rsen(θ)dφ. Este ´angulo puede variar en el rango 0 ≤ φ ≤ 2π (ver Figura 2.1). Tambi´en podemos movernos en la direcci´on vertical del eje, seg´ un el ´angulo θ generando un Figura 2.1: Elemento de superficie sobre arco de longitud Rdθ. Entonces, un elemento dife- una esfera rencial de superficie sobre la esfera est´a dado por dS = (Rsen(θ)dφ) × (Rdθ) = R2 sen(θ)dθdφ. Si realizamos la integral sobre el ´angulo φ, obtenemos dS = 2πR2 sen(θ)dθ, tal como tomamos en la ecuaci´on 2.24.
2.5.
El I de una esfera maciza de radio R y densidad (volum´ etrica) de masa ρ uniformemente distribuida en el volumen de la esfera
2.5.1.
Respecto a un eje que pase por un di´ ametro
2.5.1.1.
Forma de soluci´ on I
En funci´on de utilizar resultados ya conocidos, el estudiante activo e interesado puede f´acilmente darse cuenta que la esfera puede dividirse en cascarones de masa dm, radio r y espesor dr, todos conc´entrico con el eje de rotaci´on que, sin p´erdida de generalidad, podemos elegir que sea vertical. En este caso cada cascaron girar´ıa de la misma manera alrededor del eje de rotaci´on y podemos superponer (sumar) los respectivos momentos de inercia de cada uno. De la secci´on 2.4.1, sabemos que el momento de inercia de cada cascar´on ser´ıa dI = 32 r2 dm. Para obtener la masa dm de cada cascaron necesitamos conocer el volumen dv que ocupan. Un momento de reflexi´on nos indica que tal volumen lo podemos encontrar multiplicando la superficie S de cada cascar´on por el espesor dr del mismo. Por tanto, dv = Sdr4πr2 dr, donde hemos usado el resultado 2.24. As´ı, tenemos
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2 2 8 2 dI = r2 dm = r2 ρdv = r2 ρ(4πr2 dr) = πρr4 dr 3 3 3 3 Z R 8 I=π ρr4 dr 3 r=0 8 R5 2 2 4 3 = πρ = R πR ρ 3 5 5 3 2 = R2 M 5
(2.26)
El estudiante activo e interesado notar´a que este esquema de soluci´on es tambi´en v´alido para los casos en que la densidad de masa ρ sea dependiente de la posici´on radial (ρ = ρ(r)). 2.5.1.2.
Forma de soluci´ on II
Dividimos la esfera en discos de radio r = Rsenθ y espesor dl = rdθ = Rsenθdθ. El volumen de cada disco ser´a superficie del disco por su espesor dV = πr2 dl, Para adquirir confianza en el procedimiento, calculemos el volumen de la esfera sumando (integrando) el volumen de cada disco, dV = πr2 dl = π(R2 sen2 (θ))(Rsen(θ)dθ) = πR3 sen3 (θ)dθ Z π 3 V = πR sen3 θdθ θ=0
(2.27)
4 = πR3 3 ahora procedemos calcular el momento de inercia de la esfera, sumando (integrando) el momento de inercia de cada uno de los discos en que dividimos la esfera. Para ello hacemos uso del resultado 2.10, 1 1 1 dI = r2 dm = (R2 sen2 (θ))ρdV = (R2 sen2 (θ))ρπR3 sen3 (θ)dθ 2 2 Z 2 5 Z π 1 5 π ρπR I = πR ρsen5 (θ)dθ = sen5 (θ)dθ 2 2 θ=0 θ=0 Z π Z π ρπR5 ρπR5 4 = −( ) sen (θ)d(cos(θ)) = −( ) (1 − cos2 (θ))2 d(cos(θ)) 2 2 θ=0 θ=0 5 Z 0 ρπR = (1 − 2 cos2 θ + cos4 (θ))d(cos(θ))) 2 "θ=π # 5 3 0 5 0 ρπR cos θ cos θ + = cos θ|0π − 2 2 3 5 π
(2.28)
π
2 4 2 I = R2 ( πR3 ρ) = R2 M 5 3 5 Prof. sergio Rojas
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El estudiante activo e interesado notar´a que este esquema de soluci´on es tambi´en v´alido para los casos en que la densidad de masa ρ sea dependiente del ´angulo θ (ρ = ρ(θ)). 2.5.1.3.
Forma de soluci´ on II
p Dividimos la esfera en elementos de masa dm, cada uno a la distancia r = y 2 + z 2 del eje de rotaci´on (el eje de coordenadas “X” coincide con el de rotaci´on). El momento de inercia lo calculamos por definici´on dI = r2 dm = r2 ρdV . En coordenadas rectangulares, dV = dxdydz. Para adquirir confianza en el procedimiento, calculemos el volumen de la esfera,
Z
"Z
R
V = R
=
dx x=−R
Z
R
R2 −x2
"Z √
√ y=− R2 −x2 Z √R2 −x2
x=−R
Z
√
√ y=− R2 −x2
R2 −x2 −y 2
√ z=−
#
#
dz dy dx R2 −x2 −y 2
Z h p i 2 2 2 2 R − x − y dy = 4
√
R
Z
1 p 2 y R − x2 − y 2 + (R2 − x2 ) arctan 2 x=−R Z R Z R 2 2 π dx(R − x ) = 2π =2 (R2 − x2 )dx 2 x=−R x=0 3 R 4 = 2π R3 − = πR3 3 3 =4
hp
R2 − x2 − y 2 dy
dx
x=−R
"
R2 −x2
i
y=0
!# √R2 −x2 y p 2 2 2 R −x −y y=0
(2.29) procedemos a acalcular el momento de inercia, dI = r2 dm = (y 2 + z 2 )ρdxdydz Z Z Z Z Z Z 2 2 I= ρy dxdydz + ρz dxdydz
(2.30)
para colocar los l´ımites de integraci´on, una estrategia es tratar de aprovechar las simetr´ıas presentes en el problema. Como en este caso la densidad de masa ρ es constante, ´esta puede salir de las integrales y un momento de reflexi´on nos dice que las integrales que debemos resolver deben dar el mismo resultado. Una de las integrales la podemos resolver como sigue:
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Z Z Z
Z
2
"Z
R
y dxdydz =
dx x=−R
Z
R
Z
=
dx x=−R
Z
R
√
√ y=− R2 −x2 √ y2 = R2 −x2
√ y=− R2 −x2 √ Z R2 −x2
dy y
2
Z √R2 −x2 −y2 √ z=−
## dz
R2 −x2 −y 2
p y 2 2 R2 − x2 − y 2 dy
y2
dx
=4
"
R2 −x2
C´alculo de Momentos de Inercia
p
R2 − x2 − y 2 dy
y=0
x=−R Z R
1h p 2 (2.31) y R − x2 − y 2 −(R2 − x2 ) + 2 y 2 8 x=−R #√R2 −x2 y + (R2 − x2 )2 arctan( p ) 2 R − x2 − y 2 y=0 Z Z 1 R π 2 π R 2 2 = (R − x ) = (R2 − x2 )2 dx 2 x=−R 2 4 x=−R π 16 3 4 3 1 5 = R = πR R2 = V R2 4 15 15 3 5 RRR 2 El estudiante activo e interesado no tendr´a inconvenientes en demostrar que z dxdydz = 1 4 2 3 2 2 πR R . Al sustituir estos valores en la ecuaci´on 2.30, obtenemos I = 5 M R . 5 3 =4
2.6.
dx
El I de un cono circular recto macizo de radio R, longitud lateral L y densidad volum´ etrica ρ
2.6.1.
Respecto al eje de simetr´ıa del cono
2.6.1.1.
Forma de soluci´ on I
Suponemos que el cono √ tiene su base circular de radio R en el plano “XY”, y el v´ertice del cono est´a a la distancia h = L2 − R2 en el eje vertical “Z”, el cual coincide con el eje de rotaci´on. En un momento de reflexi´on, el estudiante activo e interesado notar´a que el cono puede ser dividido en discos delgados de masa dm, espesor dz y radio r, todos conc´entricos y girando de la misma forma alrededor del eje de rotaci´on. Esta forma de abordar el problema sugiere utilizar el resultado del problema 2.3.1. La geometr´ıa del problema nos conduce a las relaciones r R = h−z h h−z r= R h
tan α =
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(2.32)
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N´otese que si z = 0 → r = R, y si z = h → r = 0 (¿son consistentes estas relaciones?). El volumen de cada disco est´a dado por dV = πr2 dz = π( h−z )2 R2 dz. Para tener m´as confianza en h esta relaci´on, calculemos el volumen del cono h−z 2 2 ) R dz dV = πr2 dz = π( h Z R2 π h 2 πR2 h2 h3 (2.33) V = 2 (h − 2hz + z 2 )dz = 2 [h3 − 2h + ] h h 2 3 z=0 1 = (hπR2 ) 3 Es pertinente insistir que aunque obtengamos el resultado correcto, ello no es garant´ıa que nuestros procedimientos sean consistentes y coherentes (ver problema ilustrativo de la metodolog´ıa para resolver problemas propuesto en la p´agina 7). Para encontrar el momento de inercia nos apoyamos en el resultado del problema 2.3.1. As´ı, para cada disco tendremos dI = 21 r2 dm = 12 r2 ρdV , entonces 2 2 4 1 2 1 h−z h−z ρπ h − z 2 2 dI = r dm = R ρπ R dz = R4 dz 2 2 h h 2 h 4 4 Z h h−z πR ρ dz I= 2 z=0 h
(2.34)
Para evaluar la integral, podemos hacer la sustituci´on u = h−z . Entonces z = h(1 − u), por lo h tanto dz = −hdu. Sustituyendo y observando que ρ es constante, obtenemos 1 Z ρπR4 h u5 3 2 ρπR2 h ρπR4 0 4 u (−hdu) = = R I= 2 2 5 0 10 3 u=1 3 I = R2 M 10 2.6.1.2.
(2.35)
Forma de soluci´ on II
Dividimos el cono en elementos de masa dm y volumen dv = dxdydz, cada uno a la distancia r2 = [(x2 + y 2 + z 2 ) − x2 ] del eje de rotaci´on. Aplicando la definici´on de momento de inercia, ecuaci´on 2.1, obtenemos dI = r2 dm = ((x2 + y 2 + z 2 ) − x2 )ρdxdydz = (y 2 + z 2 )ρdxdydz q Z H Z Rx Z ( R x)2 −y2 H H I= dx y 2 dy ρ dz q 2 R R 2 x=0 y=− H x z=− ( H x) −y q Z H Z Rx Z ( R x)2 −y2 H H + dx dy ρ z 2 dz q 2 R R x=0 y=− H x z=− ( H x) −y 2 Prof. sergio Rojas
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(2.36)
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considerando que la densidad de masa ρ es constante, podemos calcular Z
R x H
R y=− H x
Z 2 y dy
q
2
( HR x) q
−y 2
2 R x −y 2 H
ρ dz
( ) s 2 2 Z Rx Z Rx H H R R 2 2 2 y x − y dy = 4 x − y 2 dy =2 y R H H y=− H x y=0 s ! 2 2 4 R R 1 R y x − y2 − x + 2y 2 + x arctan q =4 8 H H H z=−
s
HR x y 2 R x − y2
H
y=0
4 h i π R 4 R 1 π = x −0 = x 2 H 2 4 H (2.37) El estudiante activo e interesado no tendr´a inconvenientes en mostrar que, al hacer una reodenaci´on apropiada de los l´ımites de integraci´on, ´este mismo resultado se obtiene para la segunda integral. As´ı, el momento de inercia lo podemos escribir en la forma, " 4 ## 4 5 R H 3 1 2 π R x =π = ρ πR H R2 dx 4 H H 10 10 3 x=0
"Z I = 2ρ
H
(2.38)
3 = M R2 10
2.7.
El I de una l´ amina rectangular de lados con logitud horizontal a y vertical b y densidad superficial de masa uniforme σ
2.7.1.
Respecto a un eje que coincide con el lado de longitud b
2.7.1.1.
Forma de soluci´ on I
El estudiante activo e interesado podr´a notar, siguiendo alguno de los m´etodos presentado en los problemas previos, que puede dividir la l´amina en tiras de largo a y espeProf. sergio Rojas
[email protected] Borrador 28 de septiembre de 2009 Figura 2.2: L´amina de lados horizontal a y vertical b
29
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C´alculo de Momentos de Inercia
sor dy. Cada tira estar´ıa girando por uno de sus extremos (figura 2.2(I)). As´ı, para continuar, necesitamos resolver el problema auxiliar: encontrar el momento de inercia de una varilla de masa M y longitud L girando por uno de sus extremos. Para resolver este problema auxiliar tomamos como origen de coordenadas el extremo de rotaci´on y dividimos la varilla en elementos de masa dm, cada uno a la distancia x del origen de coordenadas, y de longitud dx. Ahora usamos la definici´on de momento de inercia, ecuaci´on (2.1), dI = x2 dm = x2 (M/L)dx. Esto RL conduce a I = x=0 x2 (M/L)dx = (1/3)M L2 . Ahora, para el problema de la l´amina hacemos uso de este resultado. Cada tira tendr´ıa momento de inercia dI = (1/3)a2 dm = (1/3)a2 (σady) = (1/3)σa3 dy. Con ello obtenemos I = Rb (1/3)σa3 dy = (1/3)a2 σab = (1/3)M a2 . y=0 2.7.1.2.
Forma de soluci´ on II
El estudiante activo e interesado podr´a notar que tambi´en puede dividir la regi´on del rect´angulo en tiras paralelas al eje de rotaci´on (figura 2.2(II)). Es decir, tiras de longitud dx y altura b. En este caso, como cada parte de la tira est´a a la misma distancia del eje de rotaci´on y la masa es uniforme, el momento de inercia tira ser´ıa dI = x2 dm = x2 σbdx. Luego, el moemnto R a de cada 2 de inercia de la l´amina es I = x=0 σbx dx = (1/3)a2 σab = (1/3)M a2 . 2.7.1.3.
Forma de soluci´ on III
El estudiante activo e interesado notar´a que la l´amina se puede dividir en elementos de masa dm con lados dx y dy, cada uno a la distancia x del eje de rotaci´on (figura 2.2(III)). Usando la definici´on de momento de inercia, ecuaci´on (2.1), dI = x2 dm = x2 σdxdy, por lo que Ra Rb I = x=0 y=0 x2 σdxdy. Como σ es constante, las integrales son independiente una de la otra, i R a hR b entonces I = σ x=0 x2 dx dy = (1/3)M a2 . y=0
2.7.2.
Respecto a un eje perpendicular al plano de la l´ amina y que pasa por una esquina
2.7.2.1.
Forma de soluci´ on I
Elegimos como eje de rotaci´on uno que pasa por el origen de coordenadas, colocado en la esquina inferior izquierda del rect´angulo Dividimos Prof. sergio Rojas
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Figura 2.3: L´amina de lados horizontal a y vertical b
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el react´angulo en elementos de masa dm ap la distancia r = x2 + y 2 del eje de rotaci´on. Ahora hacemos uso de la definici´on de momento de inercia, ecuaci´on (2.1), para obtener dI = r2 dm = (x2 + y 2 )σdxdy = x2 σdxdy + y 2 σdxdy. De esta espresi´on, el estudiante activo e interesado puede darse cuenta que en ´este caso, el momento de inercia de la masa dm es la superposici´on del momento de inercia de la masa dm girando alrededor de un eje vertical que coincide con el lado vertical izquierdo del rect´angulo (contribuci´on x2 σdxdy, como obtuvimos en la secci´on anterior) y el momento de inercia de la masa dm girando alrededor de un eje horizontal que coincide con el lado inferior del rect´angulo (contribuci´on y 2 σdxdy). As´ı, un momento de reflexi´on nos lleva a deducir que I = (1/3)M (a2 + b2 ) (el estudiante activo e interesado debe verificar por integraci´on directa de cada contribuci´on que el resultado es correcto).
2.7.3.
Respecto a un eje perpendicular al plano de la l´ amina y que pasa por el centro de masa del mismo
2.7.3.1.
Forma de soluci´ on I
Como la distribuci´on de masa es uniforme, el centro de masa del rect´angulo se encuentra en su punto medio. El estudiante activo e interesado notar´a que en esta situaci´on, el momento de inercia del rect´angulo se puede considerar como el de la superposici´on del momento de inercia de cuatro rect´angulos iguales, cada uno girando respecto a un eje perpendicualar al plano y que pasa por una de las esquinas de cada rect´angulo (ver figura (2.4)). En tal caso podemos usar entonces el resultado de la secci´on 2.7.2, obteniendo I = IA +IB +IC +ID = Figura 2.4: L´amina de lados horizontal a y 4I ∗ . en la que I ∗ = IA = IB = IC = ID = vertical b, dividida en cuatro l´aminas rec(1/3)M ∗ ((a/2)2 + (b/2)2 ) = (1/12)M ∗ (a2 + b2 ), tangulares iguales donde M ∗ = σ(a/2)(b/2) = (1/4)σab = (1/4)M . 1 Sustituyendo, obtenemos I = 12 M (a2 + b2 ). 2.7.3.2.
Forma de soluci´ on II
Despu´es de estudiar con atenci´on los problemas anteriores, el estudiante activo e interesado no tendr´a dificultades en notar que este problema puede ser resuelto usando el teorema de ejes paralelos, expresado en la ecuaci´on (2.2), en conjunto con el resultado de la secci´on (2.7.2), donde encontramos el momento de inercia Ie de una l´amina rectangular con rotaci´on alrededor de un eje perpendicular al plano de la l´amina y que pasa por una de sus esquinas (Ie = 31 M (a2 + b2 )). Prof. sergio Rojas
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Del teorema de ejes paralelos obtenemos I = Ie − M D2 . Ahora, el cuadrado de la distancia 1 entre los ejes es D2 = ((a/)2 + (b/2)2 ) = 41 M (a2 + b2 ). Con ello obtenemos I = 12 M (a2 + b2 ), tal como se obtuvo anteriormente. 2.7.3.3.
Aplicaci´ on de estos resultados para calcular el I de otras configuraciones de masa usando el principio de superposici´ on
Del resultado del problema de la secci´on (2.7.2) podemos decir que el momento de inercia Ic de una l´amina cuadrada de lado a y masa uniforme rotando alrededor de un eje que pasa por el centro de masa y es perpendicular al plano de la l´amina es Ic = 16 M a2 = 61 σa4 . Ahora el estudiante activo e interesado notar´a que el centro de masa de la l´amina cuadrada est´a en la intersecci´on de las diagonales de ´esta, y que el Ic de la rotaci´on de la l´amina cuadrada se puede considerar como la superposici´on del It de la rotaci´on de cuatro l´aminas Figura 2.5: L´amina cuadrada de lado a diformando tri´angulos is´oceles iguales, todas rotando vidida en cuatro l´aminas iguales formando alrededor de un eje que pasa por el v´ertice que une tri´angulos is´oceles los lados iguales y que es perpendicular al plano de cada l´amina triangular. Entonces podemos escribir la igualdad Ic = 61 σa4 = 4It . De aqu´ı obtenemos, que el momento de inercia de una l´amina 1 con con lo que obtenemos que It = 24 σa4 (debemos notar que a es la base de cada l´amina triangular). En forma similar, invitamos al estudiante activo e interesado a pensar en otras posibles alternativas de dividir la l´amina rectangular para obtener otros resultados.
2.8.
El I de una densidad superficial de masa uniforme σ distribu´ıda en forma de l´ amina formando un tri´ angulo is´ ocele de lados iguales L y base L0
2.8.1.
Respecto a un eje que pasa por el v´ ertice com´ un a los lados iguales y es perpendicular al plano de la l´ amina
2.8.1.1.
Forma de soluci´ on I
Consideremos que la l´amina est´a en el plano “XY” positivo, teniendo como origen de coordenadas el v´ertice com´ un a los lados iguales del tri´angulo que forma la l´amina. El eje de rotaci´on coincide con el eje “Z” del sistema de coordenadas (ver figura (Fig:trianguloiso)). Dividimos la regi´on Prof. sergio Rojas
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Figura 2.6: L´amina triangular
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C´alculo de Momentos de Inercia
de inter´es en elementos de masa p dm, cada uno de los cuales est´a a la distancia r = x2 + y 2 del eje de rotaci´on. Calculamos el momento de inercia usando la definici´on, ecuaci´on (2.1), en la forma, dI = r2 dm = (x2 + y 2 )σdxdy = x2 σdxdy + y 2 σdxdy Z Z Z Z 2 2 I= σx dxdy + σy dxdy "Z Z y Z y Z Lsenα
=σ
Lsenα
tan α
y x=− tan α
y=0
"Z
Lsenα
=σ
y tan α
Z
Lsenα
Z
y tan α
dy
= 2σ
Z
y x=− tan α
y=0
y=0 Lsenα
x=0
dx y x=− tan α
y=0
x2 dx +
dy "Z
y 2 dy
x2 dx +
dy
Lsenα
Z
y 2 dy
x2 dx +
Lsenα
y 2 dy
y=0
y tan α
# dx
y x=− tan α
y=0
Z
#
tan α
Z
y tan α
# dx
x=0
Z Lsenα 1 y3 2 y dy = 2σ y dy + 3 tan3 α tan α y=0 y=0 1 (Lsenα)4 1 (Lsenα)4 I = 2σ + 12 tan3 α 4 tan α (2.39) Z
de la geometr´ıa del problema obtenemos L0 = 2Lsen(α) y que tan(α) = 1. Con ello obtenemos "
1 ( L20 )4 1 ( L20 )4 + I = 2σ 12 13 4 1
#
2σ L40 = 3 16
(2.40)
1 = σL40 24 resultado ´este que debe compararse con el obtenido en la secci´on (2.7.3.3).
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