11.2 Momento angular

Momento angular de una sola partícula

La Figura 11.9 muestra una partícula en una posición $\overrightarrow{r}$ con un momento lineal $\overrightarrow{p}=m\overrightarrow{v}$ con respecto al origen. Aunque la partícula no gire en torno al origen, aun así, podemos definir el momento angular en términos del vector de posición y del momento lineal.

Figura 11.9 En el espacio tridimensional, el vector de posición $\overrightarrow{r}$ localiza una partícula en el plano xy con un momento lineal $\overrightarrow{p}$. El momento angular con respecto al origen es $\overrightarrow{l}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}$, que está en la dirección de la z. La dirección de $\overrightarrow{l}$ está dada por la regla de la mano derecha, como se muestra.

La intención de elegir la dirección del momento angular para que sea perpendicular al plano que contiene a $\overrightarrow{r}$ y $\overrightarrow{p}$ es similar a la elección de la dirección del torque para que sea perpendicular al plano de $\overrightarrow{r}\text{y}\overrightarrow{F},$ como se ha analizado en Rotación de eje fijo. La magnitud del momento angular se encuentra a partir de la definición del producto cruz,

donde $\theta$ es el ángulo entre $\overrightarrow{r}$ y $\overrightarrow{p}.$ Las unidades de momento angular son $\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}$.

Al igual que con la definición del torque, podemos definir un brazo de palanca $r_{\perp }$ que es la distancia perpendicular del vector de momento $\overrightarrow{p}$ al origen, $r_{\perp }=r\text{sen}\theta .$ Con esta definición, la magnitud del momento angular se convierte en

Vemos que, si la dirección de $\overrightarrow{p}$ es tal que pasa por el origen, entonces $\theta =0,$ y el momento angular es cero porque el brazo de palanca es cero. En este sentido, la magnitud del momento angular depende de la elección del origen.

Si tomamos la derivada de tiempo del momento angular, llegamos a una expresión para el torque en la partícula:

Aquí hemos utilizado la definición de $\overrightarrow{p}$ y el hecho de que un vector cruzado en sí mismo es cero. A partir de la segunda ley de Newton, $\frac{d\overrightarrow{p}}{dt}={\displaystyle \sum \overrightarrow{F}},$ la fuerza neta que actúa sobre la partícula, y la definición del torque neto, podemos escribir

Observe la similitud con el resultado lineal de la segunda ley de Newton, $\frac{d\overrightarrow{p}}{dt}={\displaystyle \sum \overrightarrow{F}}$. La siguiente estrategia de resolución de problemas sirve para calcular el momento angular de una partícula.

Ejemplo 11.4

Momento angular y torque en un meteorito

Un meteorito entra en la atmósfera del planeta (Figura 11.10) y alguien lo observa desde la Tierra antes de que se queme en la atmósfera. El vector $\overrightarrow{r}=25\text{km}\widehat{i}+25\text{km}\widehat{j}$ da la posición del meteorito con respecto al observador. En el momento en que el observador ve el meteorito, este tiene un momento lineal $\overrightarrow{p}=\mathrm{15,0}\text{kg}(\mathrm{-2,0}\text{km}\text{/}\text{s}\widehat{j})$, y se acelera a una constante de $\mathrm{2,0}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2(\text{-}\widehat{j})$ a lo largo de su trayectoria, que para nuestros propósitos puede tomarse como una línea recta: (a) ¿Cuál es el momento angular del meteorito en torno al origen, que se encuentra en la ubicación del observador? (b) ¿Cuál es el torque del meteorito en torno al origen?

Figura 11.10 Un observador en tierra ve un meteorito en la posición $\overrightarrow{r}$ con un momento lineal $\overrightarrow{p}$.

Estrategia

Resolvemos la aceleración en componentes x y y, y utilizamos las ecuaciones cinemáticas para expresar la velocidad en función de la aceleración y el tiempo. Insertamos estas expresiones en el momento lineal y luego calculamos el momento angular con el producto cruz. Dado que los vectores de posición y momento están en el plano xy, esperamos que el vector de momento angular esté a lo largo del eje de la z. Para encontrar el torque, tomamos la derivada de tiempo del momento angular.

Solución

El meteorito entra en la atmósfera terrestre en un ángulo de $\mathrm{90,0}\text{°}$ por debajo de la horizontal, por lo que los componentes de la aceleración en las direcciones de la x y la y son

$$a_x=0,a_y=\mathrm{-2,0}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2.$$

Escribimos las velocidades con las ecuaciones cinemáticas.

$$v_x=0,v_y=\mathrm{-2,0}\times {10}^3\text{m}\text{/}\text{s}-(\mathrm{2,0}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2)t.$$

1. El momento angular es
   $$\begin{array}{cc}\hfill \overrightarrow{l}& =\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}=(\mathrm{25,0}\text{km}\widehat{i}+\mathrm{25,0}\text{km}\widehat{j})\times \mathrm{15,0}\text{kg}(0\widehat{i}+v_y\widehat{j})\hfill \\ & =\mathrm{15,0}\text{kg}[\mathrm{25,0}\text{km}(v_y)\widehat{k}]\hfill \\ & =\mathrm{15,0}\text{kg[}\mathrm{2,50}\times {10}^4\text{m}(\mathrm{-2,0}\times {10}^3\text{m}\text{/}\text{s}-(\mathrm{2,0}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2)t)\widehat{k}].\hfill \end{array}$$
   En $t=0$, el momento angular del meteorito en torno al origen es
   $${\overrightarrow{l}}_0=\mathrm{15,0}\text{kg}[\mathrm{2,50}\times {10}^4\text{m}(\mathrm{-2,0}\times {10}^3\text{m}\text{/}\text{s})\widehat{k}]=\mathrm{7,50}\times {10}^8\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}(\text{-}\widehat{k}).$$
   Este es el instante en que el observador ve el meteorito.
2. Para encontrar el torque, tomamos la derivada de tiempo del momento angular. Tomando la derivada de tiempo de $\overrightarrow{l}$ en función del tiempo, que es la segunda ecuación inmediatamente anterior, tenemos
   $$\frac{d\overrightarrow{l}}{dt}=\mathrm{-15,0}\text{kg}(\mathrm{2,50}\times {10}^4\text{m})(\mathrm{2,0}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2)\widehat{k}.$$
   Luego, dado que $\frac{d\overrightarrow{l}}{dt}={\displaystyle \sum \overrightarrow{\tau }}$, tenemos
   $${\displaystyle \sum \overrightarrow{\tau }}=-7.5\times {10}^5\text{N}·\text{m}\widehat{k}.$$
   Las unidades de torque se indican en newton-metros, que no deben confundirse con los julios. A modo de comprobación, observamos que el brazo de palanca es el componente x del vector $\overrightarrow{\text{r}}$ en la Figura 11.10, ya que es perpendicular a la fuerza que actúa sobre el meteorito, que está a lo largo de su trayectoria. Por la segunda ley de Newton, esta fuerza es
   $$\overrightarrow{F}=ma(\text{-}\widehat{j})=\mathrm{15,0}\text{kg}(\mathrm{2,0}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2)(\text{-}\widehat{j})=\mathrm{30,0}\text{kg}·\text{m}\text{/}{\text{s}}^2(\text{-}\widehat{j}).$$
   El brazo de palanca es
   $${\overrightarrow{r}}_{\perp }=\mathrm{2,5}\times {10}^4\text{m}\widehat{i}.$$
   Así, el torque es
   $$\begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sum \overrightarrow{\tau }=}{\overrightarrow{r}}_{\perp }\times \overrightarrow{F}& =(\mathrm{2,5}\times {10}^4\text{m}\widehat{i})\times (\mathrm{-30,0}\text{kg}·\text{m}\text{/}{\text{s}}^2\widehat{j}),\hfill \\ & =\mathrm{7,5}\times {10}^5\text{N}·\text{m}(\text{-}\widehat{k}).\hfill \end{array}$$

Importancia

Dado que el meteorito acelera hacia la Tierra, su radio y su vector de velocidad cambian. Por lo tanto, dado que $\overrightarrow{l}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p}$, el momento angular cambia como función del tiempo. Sin embargo, el torque del meteorito en torno al origen es constante, porque el brazo de palanca ${\overrightarrow{r}}_{\perp }$ y la fuerza sobre el meteorito son constantes. Este ejemplo es importante porque ilustra que el momento angular depende de la elección del origen sobre el que se calcula. Los métodos utilizados en este ejemplo también son importantes para desarrollar el momento angular para un sistema de partículas y para un cuerpo rígido.

Compruebe Lo Aprendido 11.2

Un protón que gira alrededor de un campo magnético ejecuta un movimiento circular en el plano del papel, como se muestra a continuación. La trayectoria circular tiene un radio de 0,4 m y el protón tiene una velocidad $\mathrm{4,0}\times {10}^6\text{m}\text{/}\text{s}$. ¿Cuál es el momento angular del protón respecto al origen?

Momento angular de un sistema de partículas

El momento angular de un sistema de partículas es importante en muchas disciplinas científicas, una de ellas la astronomía. Consideremos una galaxia espiral, una isla de estrellas en rotación como nuestra Vía Láctea. Cada una de las estrellas puede tratarse como partículas puntuales, cada una de las cuales tiene su propio momento angular. La suma vectorial de cada uno de los momentos angulares da el total de la galaxia. En esta sección, desarrollamos las herramientas con las que podemos calcular el momento angular total de un sistema de partículas.

En la sección anterior, hemos introducido el momento angular de una sola partícula acerca de un origen designado. La expresión de este momento angular es $\overrightarrow{l}=\overrightarrow{r}\times \overrightarrow{p},$ donde el vector $\overrightarrow{r}$ es desde el origen hasta la partícula, y $\overrightarrow{p}$ es el momento lineal de la partícula. Si tenemos un sistema de N partículas, cada una con un vector de posición desde el origen dado por ${\overrightarrow{r}}_i$ y cada uno con un momento ${\overrightarrow{p}}_i,$ entonces el momento angular total del sistema de partículas en torno al origen es la suma vectorial de cada uno de los momentos angulares en torno al origen. Esto es,

Del mismo modo, si la partícula i está sometida a un torque neto ${\overrightarrow{\tau }}_i$ en torno al origen, entonces podemos encontrar el torque neto debido al sistema de partículas al diferenciar la Ecuación 11.7:

La suma de cada uno de los torques produce un torque externo neto en el sistema, que designamos ${\displaystyle \sum \overrightarrow{\tau }}.$ Así,

La Ecuación 11.8 afirma que la tasa de cambio del momento angular total de un sistema es igual al torque externo neto que actúa sobre el sistema cuando ambas cantidades se miden con respecto a un origen determinado. La Ecuación 11.8 se aplica a cualquier sistema que tenga momento angular neto, incluidos los cuerpos rígidos, como se analiza en la siguiente sección.

Ejemplo 11.5

Momento angular de tres partículas

Refiriéndose a la Figura 11.11(a), determine el momento angular total debido a las tres partículas en torno al origen. (b) ¿Cuál es la tasa de cambio del momento angular?

Figura 11.11 Tres partículas en el plano xy con diferentes vectores de posición y momento.

Estrategia

Escriba los vectores de posición y momento de las tres partículas. Calcule cada uno de los momentos angulares y súmelos como vectores para hallar el momento angular total. Luego haga lo mismo para los torques.

Solución

1. Partícula 1: ${\overrightarrow{r}}_1=\mathrm{-2,0}\text{m}\widehat{i}+\mathrm{1,0}\text{m}\widehat{j},{\overrightarrow{p}}_1=\mathrm{2,0}\text{kg}(\mathrm{4,0}\text{m}\text{/}\text{s}\widehat{j})=\mathrm{8,0}\text{kg}·\text{m}\text{/}\text{s}\widehat{j},$
   $${\overrightarrow{l}}_1={\overrightarrow{r}}_1\times {\overrightarrow{p}}_1=\mathrm{-16,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}.$$
   Partícula 2: ${\overrightarrow{r}}_2=\mathrm{4,0}\text{m}\widehat{i}+\mathrm{1,0}\text{m}\widehat{j},{\overrightarrow{p}}_2=\mathrm{4,0}\text{kg}(\mathrm{5,0}\text{m}\text{/}\text{s}\widehat{i})=\mathrm{20,0}\text{kg}·\text{m}\text{/}\text{s}\widehat{i}$,
   $${\overrightarrow{l}}_2={\overrightarrow{r}}_2\times {\overrightarrow{p}}_2=\mathrm{-20,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}.$$
   Partícula 3: ${\overrightarrow{r}}_3=\mathrm{2,0}\text{m}\widehat{i}-\mathrm{2,0}\text{m}\widehat{j},{\overrightarrow{p}}_3=\mathrm{1,0}\text{kg}(\mathrm{3,0}\text{m}\text{/}\text{s}\widehat{i})=\mathrm{3,0}\text{kg}·\text{m}\text{/}\text{s}\widehat{i}$,
   $${\overrightarrow{l}}_3={\overrightarrow{r}}_3\times {\overrightarrow{p}}_3=\mathrm{6,0}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}.$$
   Sumamos cada uno de los momentos angulares para hallar el total en torno al origen:
   $${\overrightarrow{l}}_T={\overrightarrow{l}}_1+{\overrightarrow{l}}_2+{\overrightarrow{l}}_3=\mathrm{-30}\text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\widehat{k}.$$
2. Las fuerzas individuales y los brazos de palanca son
   $$\begin{array}{c}{\overrightarrow{r}}_{1\perp }=\mathrm{1,0}\text{m}\widehat{j},{\overrightarrow{F}}_1=\mathrm{-6,0}\text{N}\widehat{i},{\overrightarrow{\tau }}_1=\mathrm{6,0}\text{N}·\text{m}\widehat{k}\hfill \\ {\overrightarrow{r}}_{2\perp }=\mathrm{4,0}\text{m}\widehat{i},{\overrightarrow{F}}_2=\mathrm{10,0}\text{N}\widehat{j},{\overrightarrow{\tau }}_2=\mathrm{40,0}\text{N}·\text{m}\widehat{k}\hfill \\ {\overrightarrow{r}}_{3\perp }=\mathrm{2,0}\text{m}\widehat{i},{\overrightarrow{F}}_3=\mathrm{-8,0}\text{N}\widehat{j},{\overrightarrow{\tau }}_3=\mathrm{-16,0}\text{N}·\text{m}\widehat{k}.\hfill \end{array}$$
   Por lo tanto:
   $${\displaystyle \sum _i{\overrightarrow{\tau }}_i}={\overrightarrow{\tau }}_1+{\overrightarrow{\tau }}_2+{\overrightarrow{\tau }}_3=30\text{N}·\text{m}\widehat{k}.$$

Importancia

Este ejemplo ilustra el principio de superposición para el momento angular y el torque de un sistema de partículas. Hay que tener cuidado al evaluar los vectores de radio ${\overrightarrow{r}}_i$ de las partículas para calcular los momentos angulares, y los brazos de palanca, ${\overrightarrow{r}}_{i\perp }$ para calcular los torques, ya que son cantidades completamente diferentes.

Momento angular de un cuerpo rígido

Hemos investigado el momento angular de una sola partícula, que hemos generalizado a un sistema de partículas. Ahora podemos utilizar los principios analizados en la sección anterior para desarrollar el concepto de momento angular de un cuerpo rígido. Los objetos celestes, como los planetas, tienen momento angular debido a su giro y a sus órbitas alrededor de las estrellas. En ingeniería, todo lo que está en rotación en torno a un eje conlleva un momento angular, como los volantes de inercia, las hélices y las piezas rotativas de los motores. El conocimiento del momento angular de estos objetos es crucial para el diseño del sistema del que forman parte.

Para desarrollar el momento angular de un cuerpo rígido, modelamos un cuerpo rígido como si estuviera formado por pequeños segmentos de masa, $\text{Δ}{m}_i.$ En la Figura 11.12, un cuerpo rígido está obligado a rotar alrededor del eje de la z con una velocidad angular $\omega$. Todos los segmentos de masa que componen el cuerpo rígido experimentan un movimiento circular alrededor del eje de la z con la misma velocidad angular. La parte (a) de la figura muestra el segmento de masa $\text{Δ}{m}_i$ con vector de posición ${\overrightarrow{r}}_i$ desde el origen y radio $R_i$ al eje de la z. La magnitud de su velocidad tangencial es $v_i=R_i\omega$. Ya que los vectores ${\overrightarrow{v}}_i\text{y}{\overrightarrow{r}}_i$ son perpendiculares entre sí, la magnitud del momento angular de este segmento de masa es

Figura 11.12 (a) Un cuerpo rígido está obligado a rotar alrededor del eje de la z. El cuerpo rígido es simétrico respecto al eje de la z. Un segmento de masa $\text{Δ}{m}_i$ se encuentra en la posición ${\overrightarrow{r}}_i,$ que forma un ángulo ${\theta }_i$ con respecto al eje de la z. Se muestra el movimiento circular de un segmento de masa infinitesimal. (b) ${\overrightarrow{l}}_i$ es el momento angular del segmento de masa y tiene un componente a lo largo del eje de la z ${({\overrightarrow{l}}_i)}_z$.

Utilizando la regla de la mano derecha, el vector momento angular apunta en la dirección indicada en la parte (b). La suma de los momentos angulares de todos los segmentos de masa contiene componentes tanto a lo largo como perpendiculares al eje de rotación. Cada segmento de masa tiene un componente perpendicular del momento angular que cancelará el componente perpendicular de un segmento de masa idéntico en el lado opuesto del cuerpo rígido, porque es cilíndricamente simétrico. Así, el componente a lo largo del eje de rotación es el único componente que da un valor diferente de cero cuando se suma sobre todos los segmentos de masa. De la parte (b), el componente de ${\overrightarrow{l}}_i$ a lo largo del eje de rotación es

El momento angular neto del cuerpo rígido a lo largo del eje de rotación es

La sumatoria ${{\displaystyle \sum _i\text{Δ}{m}_i(R_i)}}^2$ es simplemente el momento de inercia I del cuerpo rígido alrededor del eje de rotación. Para un aro delgado que rota alrededor de un eje perpendicular al plano del aro, todos los $R_i$ son iguales a R, por lo que la sumatoria se reduce a $R^2{\displaystyle \sum _i\text{Δ}{m}_i=m{R}^2},$ que es el momento de inercia para un aro delgado que se encuentra en la Figura 10.20. Así, la magnitud del momento angular a lo largo del eje de rotación de un cuerpo rígido que rota a velocidad angular $\omega$ alrededor del eje es

Esta ecuación es análoga a la magnitud del momento lineal $p=mv$. La dirección del vector de momento angular se dirige a lo largo del eje de rotación dado por la regla de la mano derecha.

Ejemplo 11.6

Momento angular de un brazo robótico

El brazo robótico de un explorador de Marte como el Curiosity, que se muestra en la Figura 11.8, mide 1,0 m de largo y tiene pinzas en el extremo libre para recoger rocas. La masa del brazo es de 2,0 kg y la de las pinzas es de 1,0 kg. Vea la Figura 11.13. El brazo del robot y las pinzas se mueven desde el reposo a $\omega =\mathrm{0,1}\pi \text{rad}\text{/}\text{s}$ en 0,1 s. Rota hacia abajo y recoge una roca de Marte que tiene una masa de 1,5 kg. El eje de rotación es el punto en el que el brazo robótico se conecta al explorador. (a) ¿Cuál es el momento angular del brazo robótico por sí mismo en torno al eje de rotación después de 0,1 s cuando el brazo deja de acelerar? (b) ¿Cuál es el momento angular del brazo robótico cuando tiene la roca de Marte en sus pinzas y rota hacia arriba? (c) Cuando el brazo no tiene ninguna roca en las pinzas, ¿cuál es el torque en torno al punto en el que el brazo se conecta al explorador cuando acelera desde el reposo hasta su velocidad angular final?

Figura 11.13 Un brazo robótico de un explorador de Marte se balancea hacia abajo y recoge una roca de Marte (créditos: modificación de un trabajo de la NASA / JPL-Caltech).

Estrategia

Utilizamos la Ecuación 11.9 para hallar el momento angular en las distintas configuraciones. Cuando el brazo rota hacia abajo, la regla de la mano derecha da el vector de momento angular dirigido hacia afuera de la página, que llamaremos la dirección de la z positiva. Cuando el brazo rota hacia arriba, la regla de la mano derecha da la dirección del vector de momento angular hacia la página o en la dirección de la z negativa. El momento de inercia es la suma de cada uno de los momentos de inercia. Se puede aproximar el brazo con una varilla sólida, mientras que las pinzas y la roca de Marte pueden tomarse como masas puntuales, situadas a una distancia de 1 m desde el origen. En la parte (c), utilizamos la segunda ley del movimiento de Newton para la rotación con el fin de hallar el torque en el brazo del robot.

Solución

1. Anotando cada uno de los momentos de inercia, tenemos:
   Brazo de robot: $I_{\text{R}}=\frac{1}{3}{m}_{\text{R}}{r}^2=\frac{1}{3}(\mathrm{2,00}\text{kg}){(\mathrm{1,00}\text{m})}^2=\frac{2}{3}\text{kg}·{\text{m}}^2.$
   Pinzas: $I_{\text{F}}=m_{\text{F}}{r}^2=(\mathrm{1,0}\text{kg}){(\mathrm{1,0}\text{m})}^2=\mathrm{1,0}\text{kg}·{\text{m}}^2.$
   Roca de Marte: $I_{\text{MR}}=m_{\text{MR}}{r}^2=(\mathrm{1,5}\text{kg}){(\mathrm{1,0}\text{m})}^2=\mathrm{1,5}\text{kg}·{\text{m}}^2.$
   Por lo tanto, sin la roca de Marte, el momento de inercia total es
   $$I_{\text{Total}}=I_{\text{R}}+I_{\text{F}}=\mathrm{1,67}\text{kg}·{\text{m}}^2$$
   y la magnitud del momento angular es
   $$L=I\omega =\mathrm{1,67}\text{kg}·{\text{m}}^2(\mathrm{0,1}\pi \text{rad}\text{/}\text{s})=\mathrm{0,17}\pi \text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}.$$
   El vector de momento angular se dirige hacia afuera de la página en la dirección $\widehat{k}$, ya que el brazo del robot rota en sentido contrario de las agujas del reloj.
2. Debemos incluir la roca de Marte en el cálculo del momento de inercia, por lo que tenemos
   $$I_{\text{Total}}=I_{\text{R}}+I_{\text{F}}+I_{\text{MR}}=\mathrm{3,17}\text{kg}·{\text{m}}^2$$
   y
   $$L=I\omega =\mathrm{3,17}\text{kg}·{\text{m}}^2(\mathrm{0,1}\pi \text{rad}\text{/}\text{s})=\mathrm{0,32}\pi \text{kg}·{\text{m}}^2\text{/}\text{s}\text{.}$$
   Ahora el vector de momento angular se dirige hacia la página en la dirección $\text{-}\widehat{k}$, por la regla de la mano derecha, ya que el brazo del robot ahora rota en el sentido de las agujas del reloj.
3. Hallamos el torque cuando el brazo no tiene la roca al tomar la derivada del momento angular con la Ecuación 11.8 $\frac{d\overrightarrow{L}}{dt}={\displaystyle \sum \overrightarrow{\tau }}.$ Sin embargo, dado que $L=I\omega$, y en el entendido de que la dirección de los vectores de momento angular y de torque son a lo largo del eje de rotación, podemos suprimir la notación vectorial y encontrar
   $$\frac{dL}{dt}=\frac{d(I\omega )}{dt}=I\frac{d\omega }{dt}=I\alpha ={\displaystyle \sum \tau },$$
   que es la segunda ley de Newton para la rotación. Dado que $\alpha =\frac{\mathrm{0,1}\pi \text{rad}\text{/}\text{s}}{\mathrm{0,1}\text{s}}=\pi \text{rad}\text{/}{\text{s}}^2$, podemos calcular el torque neto:
   $${\displaystyle \sum \tau }=I\alpha =\mathrm{1,67}\text{kg}·{\text{m}}^2(\pi \text{rad}\text{/}{\text{s}}^2)=\mathrm{1,67}\pi \text{N}·\text{m}.$$

Importancia

El momento angular en (a) es menor que el de (b) debido a que el momento de inercia en (b) es mayor que en (a), mientras que la velocidad angular es la misma.