La hoja de problemas · Rotación y momento angular

Tres piezas: la segunda ley para el centro de masas, la ecuación de rotación respecto del centro de masas, y la ligadura que impone la cuerda enrollada. Ojo con el radio: el que aparece en el par y en la ligadura es el del eje, no el del disco — mezclarlos es el error clásico de este problema. Cuando tengas a en función de la razón de radios, toma el límite r ≪ R y verás de dónde sale el «bajar pensando»; después pon r = R y compara con la carrera de rodadura del artículo 02, que resulta ser el mismo problema puesto de pie.

El momento de inercia de una puerta es el de una placa respecto de su borde. La cinemática angular es la de Galileo con θ, α y t: despeja α, de ahí el par, y de ahí la fuerza dividiendo por el brazo. Segunda parte, y es la lección: no cambies el momento de inercia. I es una propiedad de la puerta y de su eje, no de dónde empujes tú; lo único que cambia es el brazo. Compara el resultado con lo que tu propia mano te dice y entenderás dónde se colocan los tiradores — y por qué las barras antipánico van de lado a lado y se empujan por el extremo alejado de las bisagras.

El plato es un disco macizo girando por su eje de simetría. Convierte las rpm a rad/s antes de nada, que ahí se van la mitad de los factores 2π del mundo. El par sale de α = Δω/t. Las vueltas, de la cinemática angular sin tiempo — o, más rápido, del ángulo medio: en un frenado uniforme la velocidad angular media es la mitad de la inicial, y de ahí el ángulo total en una línea. El número de vueltas suele sorprender: compáralo con lo que tarda un disco en callarse cuando apagas un ordenador, y pregúntate por qué el fabricante prefiere aparcar el cabezal en milisegundos antes que frenar el plato.

Se conserva L, no la energía: escribe I antes y después tratando al niño como masa puntual (en el borde suma su parte; en el centro, prácticamente no). Para el trabajo, audita la energía cinética de rotación en ambos estados — pero hazlo escribiéndola como L²/2I, que es la forma cómoda cuando L es lo que se conserva y te ahorra arrastrar ω. La diferencia la pagó alguien: identifica contra qué fuerza tuvo que caminar el niño, en qué sistema de referencia aparece esa fuerza, y por qué caminar hacia el centro cuesta mientras que dejarse llevar hacia fuera no.

Modela la hélice como el enunciado indica y calcula su momento de inercia respecto del eje que corresponde (barra por su centro). El par de aceleración sale de α = Δω/Δt, con cuidado en las unidades de las rpm. Pero ese no es el par que el piloto compensa en régimen: hay un segundo par, constante, que no aparece en tu cuenta porque no tiene nada que ver con acelerar la hélice. Pregúntate contra qué trabaja una hélice que ya gira a régimen constante y de dónde sale entonces el par de reacción. Estima los dos órdenes de magnitud, decide cuál manda al despegue, y solo entonces explica el «pie de par». La tercera ley angular hace el resto.

La patinadora al revés, en versión planetaria: con L constante, ΔI/I te da directamente ΔT/T y no hace falta nada más. Trampa geométrica: en I solo cuenta la distancia al eje de rotación, no al centro de la Tierra, así que de los 175 m de subida solo entra una proyección — y por eso te dan la latitud. Segunda trampa, y es la grande: antes de comparar tu resultado con la cifra que publicó la NASA (unos 0,06 µs de alargamiento del día), comprueba que tu modelo y el suyo describen lo mismo. Subir 175 m una masa que ya estaba allí no es lo mismo que traerla del océano —donde estaba repartida por todo el globo— hasta la latitud 30°. Calcula las dos contribuciones por separado: una aplasta a la otra por varios órdenes de magnitud, y saber cuál es la mitad del problema. De postre: ¿qué le hace al día el deshielo de Groenlandia, y por qué su signo no es obvio?