Momento angular

Al analizar el movimiento de un cuerpo rígido siempre buscamos descomponer la traslación de las rotaciones. Naturalmente en la descripción de las rotaciones aparece el momento angular (de espín) $\bm{J}$, que también puede relacionarse con el tensor de inercia, ya que (ejercicio)

$$\bm{J} = \sum_i m_i\,\bm{r}_i\times\bm{v}_i = \sum_i m_i\,\bm{r}... ... r_i^2\,\bm{\Omega} - \bm{r}_i\left(\bm{r}_i\cdot\bm{\Omega}\right)\right] \;,$$

de manera que la componente $j \;(=x,y,z)$ del momento angular se puede expresar como

$$J_j = \sum_i m_i \bigg[ \Big(\sum_\ell x_{i,\ell}^2\Big)\Omega_j ... ...{i,k} \bigg] = {\color[rgb]{.6,.6,.6}\sum_k \color{black}I_{jk}\,\Omega_k} \;,$$

es decir

$$\bm{J} = {\sf I}\,\bm{\Omega} \;.$$

Como $\sf I$ es un tensor, vemos que no siempre el vector momento angular es paralelo a la velocidad angular $\bm{\Omega}$. Sin embargo, cuando elegimos nuestra descripción según los ejes principales de inercia, se debe cumplir

$$J_1=I_1\,\Omega_1\;, \qquad J_2=I_2\,\Omega_2\;, \qquad J_3=I_3\,\Omega_3\;.$$ (29)

Evidentemente, en los casos en que el sólido gire alrededor de un eje principar de inercia, $\bm{J}$ será un vector paralelo a $\bm{\Omega}$.

Como vimos en §1 y mostraremos en la siguiente sección, si el movimiento ocurre libre de fuerzas externas, entonces se conserva el momento angular, y por lo tanto el vector velocidad angular es constante: no solo en magnitud, sino también el eje (y el sentido) de giro. Si analizamos el caso de un trompo esférico, es decir, un sólido con $I_1=I_2=I_3\,$, puede pensarse que cualquier rotación se efectúa alrededor de un eje principal de inercia (¿por qué?); para un trompo esférico entonces siempre se cumple $\,\bm{J}\parallel\bm{\Omega}\,$, con $\,\bm{J}={\sf I}\,\bm{\Omega}=I_{\color[rgb]{.7,.7,.7}1}\,\bm{\Omega}\,$.

Un cuerpo conformado por partículas colineales se denomina también rotador, y ya vimos que $I_1\!=\!I_2\!=\!I\,$, e $I_3\!=0\,$. Para este sistema, cuando el eje de rotación es perpendicular al eje del rotador $x_3\,$, también vale que $\,\bm{J}=I\,\bm{\Omega}\,$ (¿por qué?). En la evolución libre de fuerzas, este cuerpo mantendrá una rotación uniforme en el plano normal al eje de giro, con velocidad angular constante.

La evolución de un trompo simétrico es un poco más compleja. Como $I_1=I_2\,$, los ejes $x_1\,$ y $x_2\,$ pueden elegirse libremente, normales al eje de simetría $x_3\,$. Nuevamente, sabemos que este cuerpo en movimiento libre de fuerzas mantendrá constante su momento angular; elegimos el eje $x_2\,$ normal al vector $\bm{J}$ e instantáneamente normal a $x_3\,$ (que puede ir variando).

Como el tensor de inercia no es proporcional a la identidad, no debemos esperar que $\bm{\Omega}$ sea paralela a $\bm{J}\,$; pero sí podemos afirmar que la componente $\Omega_2$ de la velocidad angular según el eje $x_2$ se anula, ya que deben cumplirse las igualdades (29) $$J_2=0 \quad\Leftrightarrow\quad \Omega_2=0 \;.$$ Esto implica que siempre $\bm{J}$, $\bm{\Omega}\,$ y el eje $x_3\,$ estarán siempre en el mismo plano (normal a $x_2$), que va rotando: cada elemento del eje del trompo $(x_3)\,$ tiene una velocidad $\bm{v}_i=\bm{\Omega}\times\bm{r}_i\,$ normal al plano del dibujo, es decir el eje gira alrededor del vector $\bm{J}$ uniformemente, realizando una “precesión regular” como comprobaremos enseguida. Además de esta precesión, está claro que el sólido está girando alrededor de su eje $x_3\,$.

Como se cumple la (29), podemos relacionar la componente de $\bm{\Omega}\,$ según $x_3\,$ con la magnitud del momento angular

$$\Omega_3 = \frac{J_3}{I_3} = \frac{J \cos\theta}{I_3} \;.$$

Para encontrar la velocidad angular de precesión $\Omega_{\rm pr}\,$, notamos que $\Omega_1=\Omega_{\rm pr}\operatorname{sen}\theta\,$, y recurriendo nuevamente a las relaciones (29),

$$\Omega_1 = \frac{J_1}{I_1} = \frac{J\operatorname{sen}\theta}{I_1} \qquad\Rightarrow\qquad \Omega_{\rm pr} = \frac{J}{I_1} \;.$$