4.2: Tensor de inercia

Dado que la dinámica de cada punto de un cuerpo rígido está fuertemente restringida por las condiciones\(r_{k k}\) '= const, este es uno de los campos de aplicación más importantes del formalismo lagrangiano discutido en el Capítulo 2. Para utilizar este enfoque, lo primero que necesitamos calcular es la energía cinética del cuerpo en un marco de referencia inercial. Ya que es solo la suma de las energías cinéticas (1.19) de todos sus puntos, podemos usar la Ecuación (10) para escribir:\({ }^{4}\)\[T \equiv \sum \frac{m}{2} \mathbf{v}^{2}=\sum \frac{m}{2}\left(\mathbf{v}_{0}+\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}\right)^{2}=\sum \frac{m}{2} v_{0}^{2}+\sum m \mathbf{v}_{0} \cdot(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r})+\sum \frac{m}{2}(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r})^{2} .\] Apliquemos al lado derecho de la Ec. (11) dos fórmulas generales de análisis vectorial enumeradas en el Apéndice Matemático: la llamada regla de rotación de operando MA Eq. (7.6) al segundo término, y MA Eq. (7.7b) al tercer término. El resultado es\[T=\sum \frac{m}{2} v_{0}^{2}+\sum m \mathbf{r} \cdot\left(\mathbf{v}_{0} \times \boldsymbol{\omega}\right)+\sum \frac{m}{2}\left[\omega^{2} r^{2}-(\boldsymbol{\omega} \cdot \mathbf{r})^{2}\right] .\] Esta expresión puede simplificarse aún más haciendo una elección específica del punto 0 (a partir de que se midan los vectores\(\mathbf{r}\) de radio de todas las partículas), es decir, utilizando para este punto el centro de masa del cuerpo. Como ya se mencionó en la Sec. \(3.4\)para el caso de 2 puntos, el vector\(\mathbf{R}\) de radio de este punto se define como\[M \mathbf{R} \equiv \sum m \mathbf{r}, \quad M \equiv \sum m,\] donde\(M\) está la masa total del cuerpo. En el marco de referencia centrado como este punto,\(\mathbf{R}=0\), de manera que la segunda suma en la ecuación (12) se desvanece, y la energía cinética es una suma de solo dos términos:\[T=T_{\text {tran }}+T_{\text {rot }}, \quad T_{\text {tran }} \equiv \frac{M}{2} V^{2}, \quad T_{\text {rot }} \equiv \sum \frac{m}{2}\left[\omega^{2} r^{2}-(\boldsymbol{\omega} \cdot \mathbf{r})^{2}\right]\] dónde\(\mathbf{V} \equiv d \mathbf{R} / d t\) está la velocidad del centro de masa en nuestro marco de referencia inercial, y todas las posiciones de las partículas\(\mathbf{r}\) se miden en el marco de centro de masa. Dado que el vector de velocidad angular\(\omega\) es común para todos los puntos de un cuerpo rígido, es más conveniente reescribir la energía rotacional en una forma en que la suma sobre los componentes de este vector está claramente separada de la suma sobre los puntos del cuerpo:\[T_{\mathrm{rot}}=\frac{1}{2} \sum_{j, j^{\prime}=1}^{3} I_{j j^{\prime}} \omega_{j} \omega_{j^{\prime}},\] donde el \(3 \times 3\)matriz con elementos\[I_{j j^{\prime}} \equiv \sum m\left(r^{2} \delta_{j j^{\prime}}-r_{j} r_{j^{\prime}}\right)\] se llama el tensor de inercia del cuerpo. \({ }^{5}\)

En realidad, el término “tensor” para esta matriz tiene que justificarse, porque en la física este término implica una cierta noción independiente de marco de referencia, cuyos elementos tienen que obedecer ciertas reglas en la transferencia entre marcos de referencia. Para demostrar que la matriz (16) efectivamente merece su título, calculemos otra cantidad clave, el momento angular total\(\mathbf{L}\) del mismo cuerpo. \({ }^{6}\)Resumiendo los momentos angulares de cada partícula, definidos por la Ec. (1.31), y luego usando de nuevo la Ec. (10), en nuestro marco de referencia inercial\[\mathbf{L} \equiv \sum \mathbf{r} \times \mathbf{p}=\sum m \mathbf{r} \times \mathbf{v}=\sum m \mathbf{r} \times\left(\mathbf{v}_{0}+\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}\right) \equiv \sum m \mathbf{r} \times \mathbf{v}_{0}+\sum m \mathbf{r} \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}) .\] obtenemos Vemos que el impulso puede representarse como una suma de dos términos. El primero,\[\mathbf{L}_{0} \equiv \sum m \mathbf{r} \times \mathbf{v}_{0}=M \mathbf{R} \times \mathbf{v}_{0},\] describe la posible rotación del centro de masa alrededor del origen del marco inercial. Este término evidentemente desaparece si el origen 0 del marco de referencia móvil se posiciona en el centro de masa (donde\(\mathbf{R}\)\(=0)\). En este caso, nos queda solo el segundo término, que describe una rotación pura del cuerpo alrededor de su centro de masa:\[\mathbf{L}=\mathbf{L}_{\mathrm{rot}} \equiv \sum m \mathbf{r} \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r})\] Usando una fórmula de álgebra vectorial más, la regla “bac minis cab”,\({ }^{7}\) podemos reescribir esta expresión como\[\mathbf{L}=\sum m\left[\boldsymbol{\omega} r^{2}-\mathbf{r}(\mathbf{r} \cdot \boldsymbol{\omega})\right] .\] Vamos a deletrear un componente cartesiano arbitrario de este vector:\[L_{j}=\sum m\left[\omega_{j} r^{2}-r_{j} \sum_{j^{\prime}=1}^{3} r_{j^{\prime}} \omega_{j^{\prime}}\right] \equiv \sum m \sum_{j^{\prime}=1}^{3} \omega_{j^{\prime}}\left(r^{2} \delta_{i j^{\prime}}-r_{j} r_{j^{\prime}}\right) .\] Al cambiar el orden de suma y comparar el resultado con la Ec. (16), el momento angular puede expresarse convenientemente a través de los mismos elementos de la matriz\(I_{i j}\) 'como la energía cinética rotacional:\[L_{j}=\sum_{j^{\prime}=1}^{3} I_{j j^{\prime}} \omega_{j^{\prime}} .\] Dado que\(\mathbf{L}\) y\(\omega\) son ambos vectores legítimos (significando que describen vectores físicos independientes de la elección del marco de referencia), su conexión, la matriz de elementos\(I_{i j}\), es un tensor legítimo. Este hecho, y la simetría del tensor\(\left(I_{i j^{\prime}}=I_{j^{\prime} j}\right)\), que es evidente a partir de su definición (16), permiten que el tensor se simplifique aún más. En particular, las matemáticas nos dicen que por una determinada elección de las orientaciones de los ejes, cualquier tensor simétrico puede reducirse a una forma diagonal\[I_{j j^{\prime}}=I_{j} \delta_{j j^{\prime}},\] donde en nuestro caso\[I_{j}=\sum m\left(r^{2}-r_{j}^{2}\right)=\sum m\left(r_{j^{\prime}}^{2}+r_{j^{\prime}}^{2}\right) \equiv \sum m \rho_{j}^{2},\] es la distancia de la partícula desde el\(j^{\text {th }}\) eje, es decir, la longitud de la perpendicular caída del punto a ese eje. Los ejes de tal sistema de coordenadas especiales se denominan ejes principales, mientras que los elementos diagonales\(I_{j}\) dados por la ecuación (24), los principales momentos de inercia del cuerpo. En un marco de referencia tan especial, las ecuaciones (15) y (22) se reducen a formas muy simples:\[\begin{gathered} T_{\mathrm{rot}}=\sum_{j=1}^{3} \frac{I_{j}}{2} \omega_{j}^{2}, \\ L_{j}=I_{j} \omega_{j} . \end{gathered}\] Ambos resultados recuerdan las relaciones correspondientes para el movimiento de traslación,\(T_{\text {tran }}=M V^{2} / 2\) y\(\mathbf{P}=\)\(M \mathbf{V}\), con la velocidad angular\(\omega\) reemplazando la velocidad lineal\(\mathbf{V}\), y el tensor de inercia desempeñando el papel de masa escalar\(M\). No obstante, permítanme enfatizar que incluso en el marco de referencia especialmente seleccionado, con ejes apuntando en direcciones principales, la analogía es incompleta, y la rotación es generalmente más compleja que la traslación, porque las medidas de inercia\(I_{j}\),, son generalmente diferentes para cada eje principal.

Permítanme ilustrar este hecho en un sistema sencillo pero instructivo de tres partículas masivas similares fijadas en los vértices de un triángulo equilátero (Figura 3).

Figura 4.3. Principales momentos de inercia: un simple estudio de caso.

Debido a la simetría de la configuración, uno de los ejes principales tiene que pasar por el centro de masa 0 y ser normal al plano del triángulo. Para el momento principal de inercia correspondiente, la Ec. (24) rinde fácilmente\(I_{3}=3 m \rho^{2}\). Si queremos expresar el resultado en términos del lado del triángulo\(a\), podemos notar que debido a la simetría del sistema, el ángulo marcado en la Figura 3 es igual\(\pi / 6\), y desde el triángulo rectángulo sombreado,\(a / 2=\rho \cos (\pi / 6) \equiv \rho \sqrt{3} / 2\), dando\(\rho=a / \sqrt{3}\), así que, finalmente,\(I_{3}=m a^{2}\).

Permítanme usar este caso simple para ilustrar el siguiente teorema general del desplazamiento del eje, que puede ser bastante útil, especialmente para sistemas más complejos. Para ello, relacionemos los componentes del tensor de inercia\(I_{j j^{\prime}}\) y\(I_{j j^{\prime}}^{\prime}\), calculados en dos marcos de referencia -uno con el origen en el centro de masa 0, y otro\(\left(0^{\prime}\right)\) desplazado por un determinado vector\(\mathbf{d}\) (Figura 4a), de manera que para un punto arbitrario,\(\mathbf{r}^{\prime}=\mathbf{r}+\mathbf{d}\). Al enchufar esta relación en la Ec. (16), obtenemos\[\begin{aligned} I^{\prime}{ }_{j j^{\prime}}^{\prime} &=\sum m\left[(\mathbf{r}+\mathbf{d})^{2} \delta_{j j^{\prime}}-\left(r_{j}+d_{j}\right)\left(r_{j^{\prime}}+d_{j^{\prime}}\right)\right] \\ &=\sum m\left[\left(r^{2}+2 \mathbf{r} \cdot \mathbf{d}+d^{2}\right) \delta_{j j^{\prime}}-\left(r_{j} r_{j^{\prime}}+r_{j} d_{j^{\prime}}+r_{j^{\prime}} d_{j}+d_{j} d_{j^{\prime}}\right)\right] . \end{aligned}\] Dado que en el marco de centro de masa, todas las sumas\(\sum m r_{j}\) son iguales a cero, podemos usar la Eq. (16) para finalmente obtener\[I_{j j^{\prime}}^{\prime}=I_{j j^{\prime}}+M\left(\delta_{j j^{\prime}} d^{2}-d_{j} d_{j^{\prime}}\right) .\] En particular, esta ecuación muestra que si el vector de desplazamiento\(\mathbf{d}\) es perpendicular a uno (digamos,\(j^{\text {th }}\)) de los ejes principales (Figura\(4 \mathrm{~b}\)), es decir\(d_{j}=0\), entonces la Ec. (28) se reduce a una fórmula muy simple:

Eje principal'

Figura 4.4. (a) Un desplazamiento general del marco de referencia desde el centro de masa, y (b) un desplazamiento perpendicular a uno de los ejes principales.

Ahora volviendo al sistema que se muestra en la Figura 3, hagamos tal desplazamiento hacia el nuevo eje (“cebado”) pasando por la ubicación de una de las partículas, todavía perpendicular al plano de las partículas. Entonces se desvanece la contribución de esa masa particular al momento cebado de inercia, y\(I_{3}^{\prime}=2 \mathrm{ma}^{2}\). Ahora, volviendo al centro de masa y aplicando la Eq. (29), obtenemos, es decir\(I_{3}=I_{3}-M \rho^{2}=2 m a^{2}-(3 m)(a / \sqrt{3})^{2}=m a^{2}\), el mismo resultado que el anterior.

La situación de simetría dentro del plano del triángulo es algo menos evidente, así que comencemos con el cálculo de los momentos de inercia para los ejes mostrados vertical y horizontal en la Figura 3. De la Ec. (24) obtenemos fácilmente:\[I_{1}=2 m h^{2}+m \rho^{2}=m\left[2\left(\frac{a}{2 \sqrt{3}}\right)^{2}+\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^{2}\right]=\frac{m a^{2}}{2}, \quad I_{2}=2 m\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\frac{m a^{2}}{2},\] dónde\(h\) está la distancia desde el centro de masa y cualquier lado del triángulo:\(h=\rho \sin (\pi / 6)=\rho / 2=\)\(a / 2 \sqrt{3}\). Eso lo vemos\(I_{1}=I_{2}\), y las matemáticas nos dicen que en este caso cualquier eje dentro del plano (pasando por el centro de masa 0) puede ser considerado como principal, y tiene el mismo momento de inercia. Un cuerpo rígido
Tapa simétrica: con esta propiedad,\(I_{1}=I_{2} \neq I_{3}\), se llama la parte superior simétrica. (La última dirección se llama el principal principal con esta propiedad,\(I_{1}=I_{2} \neq I_{3}\), se llama la parte superior simétrica. (La última dirección se llama el eje principal principal del sistema).

A pesar del nombre de la cima simétrica, la situación puede ser aún más simétrica en las llamadas cimas esféricas, es decir, sistemas altamente simétricos cuyos principales momentos de inercia son todos iguales,\[I_{1}=I_{2}=I_{3} \equiv I,\] Matemáticas dice que en este caso, el momento de inercia para la rotación alrededor de cualquier eje (pero aún pasando por el centro de masa) es igual a la misma\(I\). De ahí que las ecuaciones (25) y (26) se simplifiquen aún más para cualquier dirección del vector\(\omega\): completando\[T_{\text {rot }}=\frac{I}{2} \omega^{2}, \quad \mathbf{L}=I \omega\] así la analogía de rotación y traslación. (Como se discutirá en la siguiente sección, esta analogía también está completa si el eje de rotación está fijado por restricciones externas).

Ejemplos evidentes de una parte superior esférica son una esfera uniforme y una concha esférica uniforme; un ejemplo menos obvio es un cubo uniforme, con masas concentradas en vértices, o uniformemente distribuidas sobre las caras, o uniformemente distribuidas sobre el volumen. Nuevamente, en este caso cualquier eje que pase por el centro de masa es principal y tiene el mismo momento principal de inercia. Para una esfera, esto es natural; para un cubo, bastante sorprendente, pero puede confirmarse mediante un cálculo directo.

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\({ }^{4}\)En realidad, todos los símbolos para masas de partículas, coordenadas y velocidades deben llevar el índice de la partícula, sobre el cual se lleva a cabo la suma. Sin embargo, en esta sección, por la simplicidad de la notación, este índice sólo está implícito.

\({ }^{5}\)Si bien la\(\mathrm{ABCs}\) de la dinámica rotacional fue desarrollada por Leonhard Euler en 1765, una introducción del formalismo del tensor de inercia tuvo que esperar mucho -hasta la invención del análisis tensor por Tullio Levi-Civita y Gregorio Ricci-Curbastro en 1900- pronto popularizado por su uso en La teoría de la relatividad general de Einstein.

\({ }^{6}\)Esperemos que haya muy pocas posibilidades de confundir el momento angular\(\mathbf{L}\) (un vector) y sus componentes cartesianos\(L_{j}\) (escalares con índice) por un lado, y la función lagrangiana\(L\) (un escalar sin índice) por otro lado.

\({ }^{7}\)Véase, por ejemplo, MA Ec. (7.5).