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Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T18:45:01Z

M.bartol: /* Vectores velocidad de las partículas */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|400x200px|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:
[[Archivo:matriz2C9.jpg|400x200px|centro]]

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y '''a''' el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma
[[Archivo:matriz3C9.jpg|300x150px|centro]]

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma
[[Archivo:matriz4C9.jpg|600x400px|centro]]

Donde
[[Archivo:matriz5C9.jpg|200x100px|centro]]

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, al que denominamos velocidad angular, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T18:41:44Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|400x200px|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:
[[Archivo:matriz2C9.jpg|400x200px|centro]]

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y '''a''' el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma
[[Archivo:matriz3C9.jpg|300x150px|centro]]

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma
[[Archivo:matriz4C9.jpg|600x400px|centro]]

Donde
[[Archivo:matriz5C9.jpg|200x100px|centro]]

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T18:16:03Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|400x200px|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:
[[Archivo:matriz2C9.jpg|400x200px|centro]]

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma
[[Archivo:matriz3C9.jpg|300x150px|centro]]

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma
[[Archivo:matriz4C9.jpg|600x400px|centro]]

Donde
[[Archivo:matriz5C9.jpg|200x100px|centro]]

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Matriz5C9.jpg

2014-12-14T18:14:55Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T18:11:54Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|400x200px|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:
[[Archivo:matriz2C9.jpg|400x200px|centro]]

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma
[[Archivo:matriz3C9.jpg|300x150px|centro]]

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma
[[Archivo:matriz4C9.jpg|600x400px|centro]]

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Matriz4C9.jpg

2014-12-14T18:10:11Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T18:03:45Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|400x200px|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:
[[Archivo:matriz2C9.jpg|400x200px|centro]]

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma
[[Archivo:matriz3C9.jpg|300x150px|centro]]

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Matriz3C9.jpg

2014-12-14T18:02:28Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T17:55:53Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|400x200px|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:
[[Archivo:matriz2C9.jpg|400x200px|centro]]

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Matriz2C9.jpg

2014-12-14T17:53:15Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T17:44:05Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|miniaturadeimagen|centro]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T17:43:42Z

M.bartol: /* Velocidad angular */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|miniaturadeimagen|izquierda]]

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T17:41:19Z

M.bartol:

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
[[Archivo:matriz1C9.jpg|miniaturadeimagen|centro]]
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas previamente en el presente trabajo, así como los vectores columna de la matriz de los autovectores del tensor de inercia obtenido en el apartado anterior.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Mppales.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Matriz1C9.jpg

2014-12-14T17:37:54Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T16:55:47Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:
[[Archivo:Rotacion4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1+e2+e3]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Rotacion4C9.jpg

2014-12-14T16:54:46Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-14T16:53:49Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
N=ROT*N;
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

La gráfica de la rotación sería de la forma:

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T13:04:01Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
disp(ROT);
}}

La matriz de rotación obtenida sería:

0.98719 -0.10623 0.11904
0.11904 0.98719 -0.10623
-0.10623 0.11904 0.98719

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:57:33Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(tt); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:49:43Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
tt=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(θ); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(tt)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(tt); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:47:44Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

Para hallar la matriz de rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16, tenemos en cuenta la fórmula de la rotación '''R=cos(θ)I + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax'''. Utilizando el siguiente código en MATLAB obtenemos la matriz y la gráfica de la rotación.

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; % Eje de giro e1+e2+e3
θ=pi/16; % Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); % Conversión a vector unitario del eje de giro
ROT1=eye(3)*cos(θ); % cos(θ)I
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(θ)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(θ); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotación final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:41:12Z

M.bartol: /* MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

ULTIMA ROTACION

Ultima rotacion:

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; %Sobre lo que gira
θ=pi/16; %Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); %Conversión a vector unitario
ROT1=eye(3)*cos(θ); % cos(θ)'''1'''
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(θ)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(θ); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotacion final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

[[Archivo:Centromasas9C.jpg|1200x800px|centro|]]

Archivo:Centromasas9C.jpg

2014-12-13T12:40:12Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:21:19Z

M.bartol: /* MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

ULTIMA ROTACION

Ultima rotacion:

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; %Sobre lo que gira
θ=pi/16; %Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); %Conversión a vector unitario
ROT1=eye(3)*cos(θ); % cos(θ)'''1'''
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(θ)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(θ); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotacion final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

==Centro de masas de la placa==

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:12:06Z

M.bartol:

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

ULTIMA ROTACION

Ultima rotacion:

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; %Sobre lo que gira
θ=pi/16; %Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); %Conversión a vector unitario
ROT1=eye(3)*cos(θ); % cos(θ)'''1'''
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(θ)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(θ); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotacion final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

[[Archivo:MasaC9.jpg|1200x800px|centro|]]

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T12:10:21Z

M.bartol: /* Masa total de la placa */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

ULTIMA ROTACION

Ultima rotacion:

{{matlab|codigo=
% La Matriz de rotacion, ROT=cos(θ)'''1''' + (1-cos(θ)a×a) +sin(θ)ax
vector=[1 1 1]; %Sobre lo que gira
θ=pi/16; %Ángulo de giro
z=vector/sqrt(sum(vector.^2)); %Conversión a vector unitario
ROT1=eye(3)*cos(θ); % cos(θ)'''1'''
ROT2=kron(z,z')*(1-cos(θ)); % (1-cos(θ)a×a)
ROT3=[0 -z(3) z(2); z(3) 0 -z(1);-z(2) z(1) 0]*sin(θ); % sin(θ)ax
ROT=ROT1+ROT2+ROT3; % Matriz de rotacion final
disp(ROT);
}}

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia, por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tinercia.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

Archivo:MasaC9.jpg

2014-12-13T12:09:40Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T11:19:55Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R2gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e2]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}
A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana,suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=0;
s(2,2)=0;
s(3,3)=((vpos(1)^2)+(vpos(2)^2));
else
s(1,2)=0;
s(1,3)=-(vpos(t)*vpos(h));
s(2,1)=0;
s(2,3)=-(vpos(t)*vpos(h));
s(3,1)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:(CAMBIAR MATRIZ)
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J''' (CAMBIAR VALOR)

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Archivo:R2gráfica.jpg

2014-12-13T11:19:27Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T11:16:24Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|600x400px|marco|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}
A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana,suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=0;
s(2,2)=0;
s(3,3)=((vpos(1)^2)+(vpos(2)^2));
else
s(1,2)=0;
s(1,3)=-(vpos(t)*vpos(h));
s(2,1)=0;
s(2,3)=-(vpos(t)*vpos(h));
s(3,1)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:(CAMBIAR MATRIZ)
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J''' (CAMBIAR VALOR)

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T11:14:40Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]
[[Archivo:R1gráfica.jpg|miniaturadeimagen|centro|Partículas rotadas para ω=e1]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>.

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>\{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}\}</math>, emplearemos el siguiente programa:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
end
G=m*G
}}
A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana,suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=0;
s(2,2)=0;
s(3,3)=((vpos(1)^2)+(vpos(2)^2));
else
s(1,2)=0;
s(1,3)=-(vpos(t)*vpos(h));
s(2,1)=0;
s(2,3)=-(vpos(t)*vpos(h));
s(3,1)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s
end
G=m*G
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:(CAMBIAR MATRIZ)
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.

Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=
G=[76.2537 6.5858 -59.6903;6.5858 145.2537 3.4483;-59.6903 3.4483 159.0000];
%velocidad angular
w=[0 0 1];
Ec=0.5*(w*G*w')
}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J''' (CAMBIAR VALOR)

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema, siendo (x,y,z)= (0.90000,0.070711,0.47124), es decir las coordenadas del centro de gravedad y por tanto b es el vector OG.
Otra forma más simple de calcularlo sería hallar el tensor de inercia directamente en el centro de gravedad, es decir, realizar el mismo programa pero cambiando la vpos, que sería el resultado de restar a vpos las coordenadas del centro de gravedad:
Nueva vpos, vpos'= vpos-(x,y,z).

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Archivo:R1gráfica.jpg

2014-12-13T11:13:21Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:45:14Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices y gráficas.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:42:17Z

M.bartol:

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Y la gráfica obtenida sería:

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Rotación de eje e3 y ángulo π/16 .]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:39:47Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Y la gráfica obtenida sería:

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:35:44Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices.

Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:35:19Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices.
Matriz de rotación de eje ω=e1 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re1.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:
[[Archivo:Re2.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Archivo:Re2.jpg

2014-12-13T10:34:36Z

M.bartol:

Archivo:Re1.jpg

2014-12-13T10:34:20Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:32:29Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

Si varía el eje de giro, utilizando el mismo código de MATLAB obtendríamos las siguientes matrices.

Matriz de rotación de eje ω=e2 y ángulo θ= π/16:

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:29:34Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:29:01Z

M.bartol:

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:
[[Archivo:Re3.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
m(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P. Demostraremos el teorema de Steiner para una sola partícula, de tal forma que al ser un sistema discreto, bastará con hacer lo mismo en cada una de las 10 partículas y luego sumar.

:Ip =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)+2•'''1'''m(r''g''•ā)-m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'').
:Desarrollando m(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g''), tenemos: (ā·m)r''g''+(r''g''·m)ā=2·m(r''g''•ā)
Si nos damos cuenta, los dos últimos sumandos son iguales, lo cual hace que se anulen al restarse.

Con ello se obtiene finalmente:
:Ig =m(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')=m(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')+m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā).

:La primera parte es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, el segundo sumando resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā),

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Archivo:Re3.jpg

2014-12-13T10:27:13Z

M.bartol:

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:20:27Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Nuestro caso corresponde al primer dibujo.
Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:12:18Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.
La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:

0.98079 -0.19509 0.00000
0.19509 0.98079 0.00000
0.00000 0.00000 1.00000

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

Si cambiamos el eje de la rotación por ω=e1, ω=e2 y ω=e1+e2+e3, manteniendo el mismo ángulo de giro, la modificación que debemos introducir en el código de MATLAB sería:

{{matlab| codigo=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3). Para el caso del eje e1 N sería igual a:
N=Re1*N
}}

[[Archivo:Presentación5C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e1 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e2 el valor de N sería:
N=Re2*N
}}

[[Archivo:Presentación6C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e2 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e1+e2+e3, rotación a la que hemos llamado R4, el valor de N sería:
N=R4*N
}}

[[Archivo:Presentación7C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T10:11:40Z

M.bartol: /* Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16 */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)]; % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)]; % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.
La matriz de rotación de eje ω=e3 y ángulo θ= π/16 sería:

0.98079 -0.19509 0.00000
0.19509 0.98079 0.00000
0.00000 0.00000 1.00000

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

Si cambiamos el eje de la rotación por ω=e1, ω=e2 y ω=e1+e2+e3, manteniendo el mismo ángulo de giro, la modificación que debemos introducir en el código de MATLAB sería:

{{matlab| codigo=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3). Para el caso del eje e1 N sería igual a:
N=Re1*N
}}

[[Archivo:Presentación5C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e1 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e2 el valor de N sería:
N=Re2*N
}}

[[Archivo:Presentación6C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e2 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e1+e2+e3, rotación a la que hemos llamado R4, el valor de N sería:
N=R4*N
}}

[[Archivo:Presentación7C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular <math>\bar{w}</math> y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = \bar{w}\times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (\bar{w}\times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(\bar{w}\times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})\bar{w}- (\bar{r_i}\bar{w})\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]\bar{w} = (\sum_{i=1}^{10} I_0)\bar{w} = I\bar{w} </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

Para calcular las componentes del tensor de inercia I en la base <math>/{\bar{e_1},\bar{e_2},\bar{e_3}/}</math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> \bar{w} = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T09:59:11Z

M.bartol: /* Obtención del centro de masas */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de masas
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de masas tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)] % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)] % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=[1 1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt);1-cos(tt)+sin(tt) 1 1-cos(tt)-sin(tt);1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt) 1]
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

[[Archivo:Presentación3C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

Si cambiamos el eje de la rotación por ω=e1, ω=e2 y ω=e1+e2+e3, manteniendo el mismo ángulo de giro, la modificación que debemos introducir en el código de MATLAB sería:

{{matlab| codigo=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3). Para el caso del eje e1 N sería igual a:
N=Re1*N
}}

[[Archivo:Presentación5C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e1 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e2 el valor de N sería:
N=Re2*N
}}

[[Archivo:Presentación6C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e2 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e1+e2+e3, rotación a la que hemos llamado R4, el valor de N sería:
N=R4*N
}}

[[Archivo:Presentación7C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular w y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = w \times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (w \times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(w \times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})w - (\bar{r_i}w)\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]w = (\sum_{i=1}^{10} I_0)w = Iw </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> w = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T09:58:15Z

M.bartol: /* Obtención del centro de masas */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de gravedad
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

Para obtener el centro de gravedad tenemos en cuenta que será el sumatorio de la masa de cada partícula por su xi, yi, o zi correspondiente, dividido entre la masa total de las 10 partículas del sistema. Como la masa de cada partícula vale 10, si sacamos factor común y lo dividimos por la masa total obtenemos que xx=sum(x)/10, yy=sum(y)/10 zz=sum(z)/10, siendo '''sum''' el comando que representa el sumatorio de los vectores que contienen las coordenadas x, y ,z de los puntos.

Las coordenadas del centro de masas obtenido son:

xx= 0.90000
yy= 0.070711
zz= 0.47124

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)] % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)] % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=[1 1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt);1-cos(tt)+sin(tt) 1 1-cos(tt)-sin(tt);1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt) 1]
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

[[Archivo:Presentación3C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

Si cambiamos el eje de la rotación por ω=e1, ω=e2 y ω=e1+e2+e3, manteniendo el mismo ángulo de giro, la modificación que debemos introducir en el código de MATLAB sería:

{{matlab| codigo=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3). Para el caso del eje e1 N sería igual a:
N=Re1*N
}}

[[Archivo:Presentación5C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e1 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e2 el valor de N sería:
N=Re2*N
}}

[[Archivo:Presentación6C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e2 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e1+e2+e3, rotación a la que hemos llamado R4, el valor de N sería:
N=R4*N
}}

[[Archivo:Presentación7C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular w y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = w \times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (w \times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(w \times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})w - (\bar{r_i}w)\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]w = (\sum_{i=1}^{10} I_0)w = Iw </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = I\bar{w} </math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> w = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T09:47:27Z

M.bartol: /* Vectores velocidad de las partículas */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de gravedad
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)] % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)] % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=[1 1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt);1-cos(tt)+sin(tt) 1 1-cos(tt)-sin(tt);1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt) 1]
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

[[Archivo:Presentación3C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

Si cambiamos el eje de la rotación por ω=e1, ω=e2 y ω=e1+e2+e3, manteniendo el mismo ángulo de giro, la modificación que debemos introducir en el código de MATLAB sería:

{{matlab| codigo=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3). Para el caso del eje e1 N sería igual a:
N=Re1*N
}}

[[Archivo:Presentación5C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e1 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e2 el valor de N sería:
N=Re2*N
}}

[[Archivo:Presentación6C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e2 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e1+e2+e3, rotación a la que hemos llamado R4, el valor de N sería:
N=R4*N
}}

[[Archivo:Presentación7C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

Los valores de las componentes de la velocidad van a ser distintos de 0 para el caso de e1 y e2, ya que en el caso de e3 sabemos que el producto vectorial de e3 por e3 es nulo. Por otro lado, el primer punto del sistema de partículas tiene como coordenadas (0,0,0), por tanto su velocidad es nula.

La gráfica obtenida sería la siguiente:

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^10 \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular w y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = w \times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^10 \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (w \times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(w \times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})w - (\bar{r_i}w)\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]w = (\sum_{i=1}^{10} I_0)w = Iw </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = Iw </math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> w = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =

Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C)

2014-12-13T09:43:30Z

M.bartol: /* Vectores velocidad de las partículas */

{{ TrabajoED | Movimiento de un sistema de partículas (GRUPO 9C) | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC14/15|2014-15]] |
Bartol Calderón, María

De los Reyes Suárez, Álvaro

Modet Benjumea, Laura

Salvador Mejías, María

Santiago Ruiz, Margarita

Suta, Larisa Elena }}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

=PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA=

Se considera un conjunto de diez partículas inicialmente situadas en los puntos de coordenadas (xi,yi,zi)=((i-1)/5,sen(π(i-1)/4,π(i-1)/30), i=1,2,3...,10 respecto a la base ortonormal {e1,e2,e3}. Las partículas se encuentran unidas por alambres de masa despreciable de forma que su posición relativa no cambia.

En la siguiente figura se observa el sistema de partículas, cuyos ejes están fijados en la región [-2,2]x[-2,2]x[-2,2].

[[Archivo:Presentación1C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas.]]

El código en MATLAB para obtener la gráfica del sistema sería:
{{matlab| codigo=

%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Generamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los vectores con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

=RESOLUCIÓN DEL PROBLEMA=

==Obtención del centro de masas==

Calculamos el centro de masas del sistema de partículas sabiendo que la masa de todas las partículas tiene un valor conocido e igual a 10.

El código utilizado en MATLAB para obtener dicho centro de masas sería:
{{matlab| codigo=
%Generamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Dibujamos los puntos con plot3
clf %Por si existía alguna gráfica anterior
hold on % Para añadir el centro de masas
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes según la región fijada
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
% Calculamos los centros de gravedad
xx=sum(x)/10;
yy=sum(y)/10;
zz=sum(z)/10;
% Por último lo dibujamos
plot3(xx,yy,zz,'g.')
hold off
}}

La gráfica obtenida sería:
[[Archivo:Presentación2C9.jpg|600x400px|marco|centro|Sistema de partículas y centro de masas.]]

==Matriz de rotación con eje ω y ángulo θ= π/16==

Si elegimos como eje de rotación ω=e3 y como ángulo θ= π/16, la matriz de componentes asociada a dicha rotación y los puntos del sistema rotados se obtienen introduciendo en MATLAB el siguiente código

{{matlab| codigo=
%Creamos una matriz de 3*10 en la que cada columna tiene las coordenadas de un punto
N=zeros(3,10);
for i=1:10
N(1,i)=(i-1)/5;
N(2,i)=sin(pi*(i-1)/4);
N(3,i)=pi*(i-1)/30;
end
% Rotaciones
tt=pi/16
Re1=[1 0 0;0 cos(tt) -sin(tt);0 sin(tt) cos(tt)] % Rotación sobre e1
Re2=[cos(tt) 0 sin(tt);0 1 0;-sin(tt) 0 cos(tt)] % Rotación sobre e2
Re3=[cos(tt) -sin(tt) 0;sin(tt) cos(tt) 0;0 0 1] % Rotación sobre e3
% Rotacion sobre e1+e2+e3
R4=[1 1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt);1-cos(tt)+sin(tt) 1 1-cos(tt)-sin(tt);1-cos(tt)-sin(tt) 1-cos(tt)+sin(tt) 1]
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3)en función de los que nos piden calcular
N=Re3*N
% Creamos 3 vectores que contengan las coordenadas X, Y y Z de los puntos
x=N(1,:);
y=N(2,:);
z=N(3,:);
% Los dibujamos con plot3
clf
plot3(x,y,z,'.')
% Ponemos los ejes como nos dicen
axis([-2,2,-2,2,-2,2])
}}

El programa de MATLAB nos proporciona la matriz de componentes y la gráfica de los puntos rotados.

[[Archivo:Presentación3C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

[[Archivo:Presentación4C9.jpg|600x400px|marco|centro|Gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e3 y ángulo θ= π/16.]]

Si cambiamos el eje de la rotación por ω=e1, ω=e2 y ω=e1+e2+e3, manteniendo el mismo ángulo de giro, la modificación que debemos introducir en el código de MATLAB sería:

{{matlab| codigo=
% En este paso elegimos que rotación multiplicamos por los puntos (Re1, Re2 o Re3). Para el caso del eje e1 N sería igual a:
N=Re1*N
}}

[[Archivo:Presentación5C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e1 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e2 el valor de N sería:
N=Re2*N
}}

[[Archivo:Presentación6C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje e2 y ángulo θ= π/16.]]

{{matlab| codigo=
% Para el caso del eje e1+e2+e3, rotación a la que hemos llamado R4, el valor de N sería:
N=R4*N
}}

[[Archivo:Presentación7C9.jpg|600x400px|marco|centro|Matriz de componentes y gráfica de los puntos rotados asociada a la rotación de eje ω=e1+e2+e3 y ángulo θ= π/16.]]

==Velocidad angular==

Suponemos que el sistema gira alrededor de un eje genérico con vector de dirección unitario ω de forma que la variación angular viene dada por la función θ(t) donde el tiempo t pertenece al intervalo [0,π].
Para comprobar analíticamente que la velocidad de los puntos del sistema está relacionada con su posición mediante un tensor antisimétrico resolvemos el problema particularizando para el vector de dirección unitario ω=e3.

Llamamos '''r(t)=u1e1+u2e2+u3e3''' al vector de posición del sistema de partículas.
Al calcular la transformada por el ángulo girado θ(t) obtenemos el vector
:'''r(t)= u1[cosθ(t)e1+senθ(t)e2]+u2[-senθ(t)e1+cosθ(t)e2]+u3e3'''
Matricialmente, el vector de posición después del desplazamiento θ quedaría de la forma
:<math>\begin{pmatrix} cosθ(t) & -senθ(t) & 0 \\ senθ(t) & cosθ(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Para obtener el vector velocidad hacemos la derivada del vector de posición
:'''r'(t)=u1[-senθ(t)θ'(t)e1+cosθ(t)θ'(t)e2]+u2[-cosθ(t)θ'(t)e1-senθ(t)θ'(t)e2]+0e3'''

Sacando factor común a θ'(t) obtenemos:

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t) & -u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t) & -u2senθ(t)\\ 0 & 0\end{pmatrix}</math>

Queremos demostrar que el vector velocidad es el producto de una matriz antisimétrica '''A''' por el vector de posición '''r(t)''', es decir, '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)''', siendo '''A=θ'(t)٠ω''', y ω el vector axial asociado a la matriz antisimétrica. (Para realizar la demostración hemos particularizado en ω=e3)

Por tanto la matriz '''A''' será de la forma

:<math>\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}</math>

Y matricialmente '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)=θ'(t)٠ω٠r(t)''' se expresa de la forma

:<math>v(t)= θ'(t)٠ \begin{pmatrix} -u1senθ(t)- u2cosθ(t) \\ u1cosθ(t)- u2senθ(t)\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -az(t) & ay(t) \\ az(t) & 0 & -ax(t) \\ -ay(t) & ax(t) & 0\end{pmatrix}٠\begin{pmatrix} u1cosθ(t)-u2senθ(t) \\ u1senθ(t)+ u2cosθ(t) \\ u3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} u1 \\ u2 \\ u3\end{pmatrix}</math>

Donde <math>A= θ'(t)٠\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math>

dado que hemos particularizado en ω=e3

Por tanto igualando las expresiones obtendríamos

:'''θ'(t)[-u1senθ(t)- u2cosθ(t)]= -θ'(t)٠1٠[u1senθ(t)+ u2cosθ(t)]'''
:'''θ'(t)=-az(t)=-1٠θ'(t)'''

:'''θ'(t)[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]=θ'(t)٠1٠[-u1cosθ(t)- u2senθ(t)]'''
:'''θ'(t)=az(t)=1٠θ'(t)'''

Luego '''θ'(t)=1٠θ'(t)'''

Así queda demostrado que '''v(t)=r'(t)=A٠r(t)'''

==Vectores velocidad de las partículas==

Dado que el vector velocidad es el resultado de '''v(t)= ω x ri''', siendo ω=e3, a través de MATLAB obtenemos la gráfica que muestra el vector velocidad asociado a cada punto.

{{matlab|codigo=
clear all
%close all
%Definimos los puntos.
p=zeros(10,3); % Vector de posición de las partículas
for i=1:10
p(i,:)=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
w(i,:)=[0,0,1]; % ω=e3
end
v=cross(w,p); % Producto vectorial de los vectores posición y ω
p=[p(:,1),p(:,2),p(:,3)];
hold on
figure(1)
quiver3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),v(:,1),v(:,2),v(:,3))
%axis([-2,2,-2,2,-2,2])
plot3(p(:,1),p(:,2),p(:,3),'o','MarkerFaceColor','b')
hold off
}}

La matriz que nos indica las velocidades de los puntos obtenidos es:
[[Archivo:valorvelocidadC9.jpg|miniaturadeimagen|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

[[Archivo:velocidadpuntos9C.jpg|600x400px|marco|centro|Vectores velocidad de las partículas.]]

==Momento angular==

El momento angular o momento cinético es una magnitud física que bajo ciertas condiciones de simetría rotacional de los sistemas se mantiene constante con el tiempo a medida que el sistema evoluciona, lo cual da lugar a una ley de conservación conocida como Ley de conservación del momento angular. El momento angular de un conjunto de partículas es la suma de los momentos angulares de cada una:

<math> L= \sum_{i=1}^10 \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}</math>

Si los puntos se mueven con una velocidad angular w y se sustituye la siguiente expresión <math> \bar{v_i} = w \times\bar{r_i}</math>
llegamos a:

<math> L= \sum_{i=1}^10 \bar{r_i} \times m_i \bar{v_i}= \sum_{i=1}^{10} \bar{r_i} \times m_i (w \times \bar{r_i}) = \sum_{i=1}^{10} m_i [\bar{r_i} \times(w \times \bar{r_i})] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})w - (\bar{r_i}w)\bar{r_i}] = \sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]w = (\sum_{i=1}^{10} I_0)w = Iw </math>

siendo <math> I_0 =\sum_{i=1}^{10} m_i [(\bar{r_i}\bar{r_i})1 - \bar{r_i} \otimes\bar{r_i}]</math> el tensor de inercia

por lo que el momento angular de un sistema de particulas se puede expresar como <math>L = Iw </math>

A continuación se va a representar un programa que calcule las componentes del tensor I en la base cartesiana suponiendo que <math> w = \bar{e_3}</math>

{{matlab|codigo=
T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
x=0;
y=0;
z=0;
m=10;
%rotacion alrededor de e3.
for i=1:10;
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for j=1:3;
for k=1:3;
if j==k;
Ti(1,1)=0;
Ti(2,2)=0;
Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));
else
Ti(1,2)=0;
Ti(1,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(2,1)=0;
Ti(2,3)=-(r(j)*r(k));
Ti(3,1)=-(r(j)*r(k));
end
end
end
T=T+Ti
end
}}

El tensor de inercia obtenido resulta:
[[Archivo:tensor.JPG|200px|thumb|centre|Tensor de inecia]]

==Energía cinética del sistema==

La energía cinética de un cuerpo es aquella energía que posee debido a su movimiento. Se define como el trabajo necesario para acelerar una masa determinada desde el reposo hasta alcanzar una velocidad . Una vez conseguida esta energía durante la aceleración, el cuerpo mantiene su energía cinética salvo que cambie su velocidad. Para un sistema de partículas, la energía cinética total se escribe como:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>

Sustituyendo en la fórmula anterior el valor de la velocidad <math>\bar{v_{i}}=\bar{w}\times\bar{r_{i}}</math> ,tenemos:

Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{w}\times\bar{r_{i}} \right |^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}(\bar{w}\times\bar{r_{i}})(\bar{w}\times\bar{r_{i}})=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[\bar{r_{i}}\times(\bar{w}\times\bar{r_{i}})]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})\cdot\bar{w}-(\bar{r_{i}}\cdot\bar{w})\cdot\bar{r_{i}}]=\displaystyle\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{2}m_{i}\bar{w}[(\bar{r_{i}}\cdot\bar{r_{i}})1-\bar{r_{i}}\otimes\bar{r_{i}}]\bar{w}=\frac{1}{2}\bar{w}I_{0}\bar{w}</math>

llegando así,a la expresión pedida.
Suponemos ahora que la velocidad angular <math>\bar{w}=\bar{e_{3}}</math> ,el programa que nos permite obtener la energía cinética del sistema es el siguiente:
{{matlab|codigo=

T=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

Ti=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];

x=0;

y=0;

z=0;

m=10;

for i=1:10;

r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];

for j=1:3;

for k=1:3;

if j==k;

Ti(1,1)=((r(2)^2)+(r(3)^2));

Ti(2,2)=((r(1)^2)+(r(3)^2));

Ti(3,3)=((r(1)^2)+(r(2)^2));

else

Ti(j,k)=-(r(j)*r(k));

end

end

end

end

disp('tensor de inercia ejes cartesianos')

T=T+Ti

T=m*T

w=[0 0 1]

Ecin=0.5*w*T*w'

}}

La energía cinética tiene un valor de '''79.5 J'''

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC14/15]]

==Tensor de inercia==
Sea una base vectorial, a la que denominaremos B. El tensor de inercia es un tensor ligado a un punto, que se toma como origen. Al variar dicho punto, se obtendrá un tensor distinto, lo cual definirá un campo tensorial. A cada punto P, le corresponde un tensor Ip en la base B.
Se pide demostrar dicho campo tensorial

:''Ip = Ig + m(||ā||²'''1''' − ā ⊗ ā)''

para lo cual partiremos del tensor de inercia en P, Ip =
ʃ(r²''p'''''1'''− ṝ''p'' ⊗ r''p'')ρ dV

donde ṝ''p'' es el vector de posición del punto P. Lo que haremos será una descomposición r''p''=r''g''+ā, con r''g'' vector de posición de g y ā vector que une G con el punto P.

:Ip =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV+2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV-ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV, donde los dos últimos sumandos resulta, respectivamente:
:→2•'''1'''ʃ(r''g''•ā )ρ dV=2ʃr''g''•ā•ρdV

:→ʃ(r''g'' ⊗ ā + ā ⊗ r''g'')ρ dV=ʃ[(r''g''•ρdV)•ā+(ā•ρdV)•r''g'']=2ʃr''g''•ā•ρdV

Se observa que ambas integrales son iguales, con lo cual al restarse, se anulan. También puede interpretarse como que dichas integrales se anulan debido a que se reducen a integrales constantes del tipo ʃ ā ρdV=0, obteniendo así finalmente:
:Ig =ʃ(r²''p'''''1'''− r''p'' ⊗ r''p'')ρ dV=ʃ(r²''g'' '''1''' − r''g'' ⊗ r''g'')ρ dV+ʃ(ā²'''1''' − ā ⊗ ā)ρ dV.

:La primera integral es el momento de inercia en el centro de gravedad G, Ig.
:Por otro lado, la segunda integral resulta m(ā²'''1''' − ā ⊗ ā), donde m es la masa que se obtiene al resolver la integral, ya que queda ρ•V=m.

Con ello se tiene lo que queríamos demostrar,

:'''Ip = Ig + m(||ā||²1 − ā ⊗ ā)'''

Vamos a explicar el procedimiento llevado a cabo para hallar un tensor de inercia cualquiera, partimos del cálculo de un tensor en un punto cómodo de una particula aislada , como es el origen de los ejes cartesianos, para hallar este tensor utilizo la forma matricial del tensor de inercia general:

[[Archivo:Ti34.JPG|marco|centro]]

Una vez obtenida el tensor de inercia para una particula en concreto respecto del origen, si queremos el tensor de inercia de un conjunto de particulas,simplemente es sumar el tensor correspondiente a cada particula. Una vez obtenido el tensor del conjunto respecto del origen, nos basta utilizar Steiner para calcular el tensor de inercia del conjunto en el punto deseado, en nuestro caso este punto es el centro de gravedad.
[[Archivo:Steiner34.JPG|marco|centro]]

A continuación se muestra el programa en Matlab que calcula el tensor de inercia respecto al centro de gravedad del sistema de partículas del problema:

{{matlab|codigo=
G=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
s=[0 0 0;0 0 0;0 0 0];
m=10;
x=0;
y=0;
z=0;
for i=1:10;
vpos=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
for t=1:3;
for h=1:3;
if t==h;
s(1,1)=(vpos(2)^2)+(vpos(3)^2);
s(2,2)=(vpos(3)^2)+(vpos(1)^2);
s(3,3)=(vpos(2)^2)+(vpos(1)^2);
else
s(t,h)=-(vpos(t)*vpos(h));
end
end
end
G=G+s;
x=x+(vpos(1)/10)
y=y+(vpos(2)/10)
z=z+(vpos(3)/10)
end
G=m*G
b=[-x -y -z];
tcdg=G-m*(((norm(b)^2)*eye(3))-b'*b)
}}

Por otro lado, demostraremos que la energía cinética se puede calcular de dos formas distintas, ya sea mediante la expresión Ec=<math>\displaystyle\sum_{k=1}^{10} \frac{1}{2}m_{i}\left | \bar{v_{i}} \right |^2 </math>, que depende de la velocidad lineal, ó bien mediante la fórmula que depende de la velocidad angular y el momento de inercia, Ec=<math>\frac{1}{2}\bar{w}I_{G}\bar{w}</math>.
El siguiente programa Matlab, muestra las dos mencionadas formas de cálculo. Cabe mencionar, que su cálculo se relaciona con el anterior programa expuesto.

{{matlab|codigo=
Ecin=0
Ecini=0
for i=1:10
r=[(i-1)/5,sin(pi*(i-1)/4),pi*(i-1)/30];
Ecini=0.5*m*((r(1)^2+r(2)^2)^2);
Ecin=Ecin+Ecini;
end
Ecin=Ecin
w=[0 0 1]
Ecin2=0.5*w*tcdg*w'
}}

Con lo cual observo que el resultado obtenido coincide en ambas.

==Ejes principales de inercia==
Para calcular los ejes y direcciones principales de inercia partimos del resultado obtenido anteriormente que nos calcula el tensor de inercia en el centro de masas del conjunto dibujado.

[[Archivo:DPRINCI.JPG|marco|centro]]

Sabemos que las direcciones principales de inercia, que se producen cuando la velocidad instantánea de rotación Ω y el momento cinético HO = IO • Ω son paralelos , coinciden con los autovalores de este tensor y los ejes principales son los vectores propios asociados a dichos autovalores del tensor IG.

[[Archivo:Dirrr.JPG|marco|centro]]

Para su cálculo en MATLAB utilizamos la herramienta [Q,D]=eig(A); donde Q representa una matriz con los vectores propios asociados en cada columna, los cuales son los ejes principales de inercia que nos pide el ejercicio.

Dibujo de los ejes principales:

Los ejes principales de inercia son las rectas o ejes formados por los vectores propios del tensor de inercia, luego para dibujarlos utilizaremos la opción plot3, teniendo en cuenta las coordenadas del centro de gravedad calculadas en el segundo programa del presente trabajo, y los vectores columna de la matriz X, anteriormente indicada.
Son ortogonales debido a que los autovalores son distintos entre sí ( raíces reales y positivas), es decir, las tres direcciones de principales constituyen una base ortonormal ligada al sólido correspondiente.

[[Archivo:Ejesinercia.jpg|400px|thumb|centre|Ejes principales de inercia]]

=MASA TOTAL Y CENTRO DE MASAS DE UN SÓLIDO=

Se considera una placa plana con forma de anillo circular centrado en el origen y comprendido entre los radios 1 y 2. La placa tiene un grosor de 0,2 metros y su densidad '''d''' depende del radio, es decir, '''d(ρ,θ,z)= 1/ρ kg/cm^3.

[[Archivo:Presentación8C9.jpg|600x400px|marco|centro|Placa plana con forma de anillo.]]

==Masa total de la placa==

'''masa(S)=\displaystyle\int_{S} d\, ds'''

Parametrizamos la superficie en coordenadas cilíndricas

:'''r(u,v)=ucosv i + usenv j + 0 k'''

Siendo x1(u,v)=ucosv , x2(u,v)=usenv , x3(u,v)=0 para (u,v)ε (1,2) x (0,2π)

:'''ρ(u,v)= [x1^2(u,v)+x2^2(u,v)]^1/2=u'''
:'''θ(u,v)=arctg(x2(u,v)/x1(u,v))=v'''
:z(u,v)=x3=0'''

Por lo tanto la masa total de la placa sería

:\displaystyle\int_{S} d(ρ,θ,z)\, ds =