Cerrado [Desafío 0.02] El truco del mantel

[La esfinge]

El dios Pan, aprovechando el estado de embriaguez de Baco, uso la capa de éste como mantel de la mesa, y colocó encima una copa llena de ambrosía, el néctar de los dioses. Al despertar Baco se encontró con que no podía alcanzar la copa de ambrosía, sin quitarse la capa, y si tiraba de la capa podía derramar la ambrosía.

Consultada Minerva, diosa de la sabiduría, les dijo que podrían retirar la capa, sin tirar la ambrosía, si tiraban de la capa con la suficiente aceleración, pero que, a cambio del consejo, debían pagarle 100 monedas de oro por cada unidad de aceleración que ejerciera.

¿Cuál es la mínima aceleración con la que Baco ha de tirar de la capa, para retirarla, sin derramar la ambrosía? Para calcularlo, considerar que el mantel es circular, con radio R, y que los coeficientes de rozamiento copa-mantel y copa-mesa pueden ser diferentes.

[La esfinge]

Re: [Desafío 0.2] El truco del mantel

La clasificación de este desafío es:

Pos	Nombre	Puntos	Reputación
1	Ser	10	50
2	Quasarilla	6	30
3	alefriz	4	20

Minerva me ha pasado la siguiente gráfica para ejemplificar el movimiento de la copa y del borde del mantel en el caso de aceleración mínimo:

Las normas del desafío están aquí.

[alefriz]

el truco del mantel

Holass,

Este truco es sólo para expertos ya que lo intenté hacer una vez y acabé con todo en el suelo, como tiene que ser!! jajaja, pero bueno, intentaré explicarlo más o menos.

Resulta que tenemos un mantel de radio $R$, y supongo que la copa está en el perímetro exterior del mantel-capa, para que el señor este con nombre griego no sea capaz de alcanzarla (a no ser que sea como el inspector Gadget y tengo gadgeto-brazos, que en la mitología todo es posible).

Suponiendo que la base de la copa tiene un radio $r$ y masa $m$ y existe un coeficiente de rozamiento estático copa-mantel que vale $\mu$.

Para que la distancia $d$ que se mueve la copa al desplazar el mantel sea menor que una cierta distancia caracterísitica (el radio del mantel, por ejemplo), el mantel se debe desplazar con una cierta aceleración $a$ o mayor. Por estar la copa apoyada en el mantel, al tirar del mantel, la fuerza que éste ejerce sobre la copa es $m a$ y hará que la copa adquiera la misma aceleración que el mantel si esta fuerza es menor que la de rozamiento $F_R = \mu m g$. Cuando la aceleración $a$ sea mayor que $\mu g$, sobre el cuerpo aparece la fuerza de rozamiento por lo que quedará atrás respecto del mantel, siendo $\mu g$ la aceleración de la copa (en el sentido del tirón).

La copa y mantel pierden contacto cuando el desplazamiento de la copa respecto del mantel sea $2 r$ (supuesto que el mantel empieza al mismo borde que la base de la copa), lo que llevará un tiempo $t$:
$2r = \frac{1}{2} a t^2 - \frac{1}{2} \mu g t^2$

El espacio $d$ recorrido por la copa durante ese tiempo será:
$d= \frac{1}{2} \mu g t^2 = \frac{2r \cdot \mu g}{a - \mu g} \leq R$

Si la aceleración $a$ es igual o menor a $\mu g$, esa distancia $d$ será infinita pues la copa viaja con el mantel. La distancia será menor cuanto mayor sea $a$ respecto a $\mu g$. La distancia también será mayor, para el mismo varlor de $a$ cuanto mayor sea $\mu$ o $r$.

De todo esto vemos que $a \geq \mu g (1 + \frac{2r}{R})$, que eso multiplicado por 100 euros de hoy en día es lo que le pagaría nuestro amigo griego al otro amigo listo.

Hay que tener en cuenta que cuando la copa abandone el mantel y se encuentre sobre la mesa, se seguirá moviendo con una cierta velocidad $v_o$, por lo que hay que considerar el rozamiento de la copa con la mesa, con un coeficiente de rozamiento $\mu_1$ y calcular esa distancia hasta que se detiene, ya que no queremos que la copa acabe por los suelos, desperdiciando la rica ambrosía (o por defecto un Cardhu bien rico, jeje).

Bueno, espero que se al menos me haya explicado lo suficientemente claro como para que esto se entienda, que pudiera ser que no... jajaja.

Saludo (estos griegos están locos... o eran los romanos?)

[quasarilla]

El desafio-mantel

Mientras el mantel esté debajo de la copa, seguirá un movimiento rectilíneo con aceleración constante $\mu g$,

$x = \frac{1}{2} \mu g t^2$

El borde del mantel le perseguirá con una aceleración a, que es la que queremos saber, partiendo con una distancia R de desventaja,

$x = -R + \frac{1}{2} a t^2$

Tras un cierto intervalo de tiempo, el mantel adelantará a la copa a una distancia x del centro. El tiempo y la posición del adelantamiento se obtienen como la solución al sistema de ecuaciones,

$t^2 = \frac{2}{a} ( R + x ) = \frac{2}{a} \left( R + \frac{\mu g R}{a-\mu g}\right) = \frac{2 R}{a-\mu g}$

$x = \frac{\mu g R}{a-\mu g}$

En este momento, la velocidad de la copa se obtiene simplemente multiplicando su aceleración por el tiempo,

$v = \mu g \sqrt{\frac{2 R}{a-\mu g}}$

Cuando el mantel ya no está bajo la copa, el rozamiento con la mesa hará que se frene con aceleración $-{\mu'} g$. El tiempo de frenado será igual a la velocidad dividida por la aceleración de frenado,

$t' = \frac{v}{{\mu'}g} = \frac{\mu}{{\mu'}} \sqrt{\frac{2 R}{a-\mu g}}$

y la posición final de frenado será

$x' = x + v t' - \frac{1}{2} {\mu'} g {t'}^2<br /> = \frac{\mu g R}{a-\mu g} + \frac{2 R}{a-\mu g} \frac{\mu^2 g}{{\mu'}} - \frac{1}{2}{\mu'} g \frac{\mu^2}{{\mu'}^2} {\frac{2 R}{a-\mu g}}<br />$

Simplificando

$x' = \frac{\mu g R}{a-\mu g}\left( 1 + \frac{\mu}{{\mu'}} \right)$

de donde podemos aislar la aceleración

$a = \mu g + \mu g \frac{R}{x'}\left( 1 + \frac{\mu}{{\mu'}} \right)$

La mínima aceleración se dará para el caso en que la copa se para justo en el borde de la mesa, $x' = R$, por lo tanto la respuesta final es

$a = \mu g + \mu g \left( 1 + \frac{\mu}{{\mu'}} \right) = \mu g \left( 2 + \frac{\mu}{{\mu'}} \right)$

[ser]

La copa y el mantel

Hola a todos,

El problema se divide en dos partes: la primera comprende el recorrido y el deslizamiento de la copa por el mantel y la otra el frenado de la copa en la mesa.
En cada una de las partes interviene un coeficiente de rozamiento determinado. Al coeficiente de rozamiento copa-mantel (primera parte) le llamaré $\mu_1$, mientras que al coeficiente copa-mesa le llamo $\mu_2$. Considero el coeficiente de rozamiento mantel-mesa despreciable frente a los otros dos.
El origen de posiciones se encuentra en el extremo del mantel situado a distancia $2R$ de la mano de Baco.
La copa se encuentra en el centro del mantel (y de la mesa, ya que ambos tienen la misma superficie y se suponen perfectamente coincidentes en el espacio) en el momento en que Baco aplica la fuerza, por tanto: $x(t_0 = 0) = R$.
En ambas partes se trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, por lo que utilizaré la expresión $v_2^2-v_1^2=2 a (x_2-x_1)$.

1ª parte: $F_1 = m \mu_1 g$; $v(t_1)^2 - v(t_0)^2 = 2 \mu_1 g (x(t_1) - x(t_0)) \Rightarrow v(t_1)^2 = 2 \mu_1 g (r_1 - R)$ (1)
,donde $r_1$ es la distancia que se desplaza la copa (en la misma dirección y sentido que la fuerza aplicada al mantel) y $t_1$ es el tiempo que tarda en moverse la copa desde el origen ($x(t_0) = R$) hasta la posición $x = r_1$.

2ª parte: $F_2 = -m \mu_2 g$; $v(t_2)^2 - v(t_1)^2 = -2 \mu_2 g (x(t_2) - x(t_1)) \Rightarrow -v(t_1)^2 = -2 \mu_2 g (r_2 - r_1)$ (2)
, donde $r_2$ es la distancia total, medida desde el origen, que recorre la copa, $x(t_1)=r_1$, como hemos apuntado antes, y $v(t_2) = 0$, ya que la copa se parará.
Se deduce por tanto que la copa se desliza por la mesa una distancia $2R - r_1$ antes de pararse.

Sumando las expresiones (1) y (2) y haciendo algo de algebra se llega a: $r_1 = \frac {\mu_1 R + \mu_2 r_2} {\mu_1 + \mu_2}$. (3)

Ahora deducimos otra expresión para $r_1$ teniendo en cuenta que el extremo del mantel y la copa se cruzan justo en $x=r_1$:

$\left. \begin{matrix} F_1 = m \mu_1 g \\ F_1 = \frac {d^2x}{dt^2} \end{matrix} \right\} \Rightarrow x(t) = R + \mu_1 g \frac {t^2}{2}$. En $t = t_1$ tenemos la siguiente expresión: $r_1 = R + \mu_1 g \frac {t_1^2}{2}$. (4)

El extremo del mantel sigue la ecuación de movimiento $x(t) = a \frac {t^2}{2}$, donde a es nuestra incógnita.
El extremo del mantel y la copa se cruzan en $x = r_1$. Sustituyendo en la anterior expresión y despejando $t_1$ tenemos que: $t_1 = \sqrt {\frac {2 r_1}{a}}$. Sustituyendo este tiempo en la expresión (4) y despejando $r_1$ obtenemos: $r_1 = R \frac {1}{1 - \frac {\mu_1 g}{a}}$.

Sustituímos esta expresión de $r_1$ en la expresión (3) y obtenemos la siguiente expresión: $r_2 = R ( \frac {1 + \frac {\mu_1}{\mu_2}}{1 - \frac {\mu_1 g}{a}} - \frac {\mu_1}{\mu_2})$

Finalmente, aislando la aceleración a, obtenemos la expresión: $a = \mu_1 g \frac {\frac {\mu_1}{\mu_2} + \frac {r_2}{R}}{\frac {r_2}{R} - 1}$.

Se puede demostrar que a en función de $r_2$ tiene un mínimo absoluto para $r_2 = 2 R$, es decir, si Baco imprimiese al mantel la mínima aceleración para que no se derramase la Ambrosía, la copa se quedaría parada justo en el borde de la mesa, lo cual sería interesante de ver, jeje.

Finalmente, el valor mínimo de la aceleración (para $r_2 = 2 R$) es:

$a = \mu_1 g (2 + \frac{\mu_1}{\mu_2})$

Hasta otra!