1r ciclo Problema curioso irresolvible

[joselito333]

Buenas a todos;

Resulta que llevo varios dias haciendo problemas de física, de toda variedad para el examen de 1º de ingeniería. Pero he llegado a uno, que me tiene un poco liado y desorientado. A ver si alguien sabe como va la cosa y entre todos lo resolvemos, porque yo no logro dar pie con bola.

Se trata se un cohete (de feria) que está en el suelo y se produce su combustión y ascensión.

DATOS:

${m}_{inicial }$ = 150g 
${m}_{final }$ = 50g
Empuje inicial = 4 . ${m}_{inicial }$ . g = 5,88N  = ${F}_{inicial }$ = cte. (Suponemos que no haya rozamiento)
Combustión (tiempo que el cohete está en combustió u ascendiendo) = 3 segundos

Y las cuestiones son 2.

a) (RESUELTA) Calcular la velocidad del chorro de gases: la resolvemos pensando que si en 3s suelta 100g de humo (polvora quemada) en 1s suelta 33g (que lo soltará a V = cte). Luego con el incremento del momento lineal tenemos:

${F}_{empuje } = 5,88 = \frac{\Delta P}{ \Delta t} = \frac{0,03333 kg . {V}_{chorro } }{1s }$

Sólo tenemos que despejar la Velocidad del chorro; puesto que la F de empuje tambien la sabemos 5,88N.

b) Halle la altura máxima ( ${h}_{max }$ ) que alcanzará el cohete. Éste apartado no tengo ni idea, creo que es con una ecuación diferencial pero no reuno conocimientos suficientes para resolverlo.


Muchas gracias por la ayuda y espero que alguien lo logre. Un saludo a todos.

[Cat_in_a_box]

Re: Problema curioso irresolvible

Hola,

Tampoco hace falta ser tan dramático y decir que este problema no se puede resolver, porque sí se puede

Veamos, es el típico problema de propulsión de un cohete. En todas las propulsiones de cohetes, la masa del cohete cambia al quemarse el combustible y ser expulsado de la nave. Para resolver el problema, debemos hacer en primer lugar el análisis del movimiento, que debe incluir el momento lineal que se lleva el combustible quemado así como la del cohete mismo.

Te hago el análisis general de este tipo de movimientos y ya haces tú las cuentas para ver si vas entendiendo qué significa cada ecuación...

En primer lugar, hemos de darnos cuenta de las dos etapas del movimiento del cohete: desde que se lanza hasta que agota el combustible y desde el momento en el que agota el combustible, hasta que alcanza la máxima altura, algo que te interesa.

Como en la mayoría de los porblemas, hemos de fijar un sistema de referencia. Lo más fácil será fijar uno inercial en la Tierra, pues si no, sería complicarnos la vida mucho...

Consideremos pues con cohete de masa $M$ en un instante $t$ determinado y con una velocidad $v$ respecto a nuestro SR.

Si pasa algo de tiempo, $\Delta t$, en dicho instante $t+\Delta t$ una masa $\Delta m$ de combustible se expulsa con una velocidad constante $-v'$ relativa...OJO, al cohete. Por tanto, la velocidad de la masa restante del cohete, $M-\Delta m$ se incrementará en $v+\Delta v$.

Como he dicho anteriormente, para analizar el movimiento hemos de recurrir al concepto de momento lineal. En el instante inicial su momento lineal será:

$$p(t)=Mv$$

Y en el instante $t+\Delta t$, dicho momento será (teniendo en cuenta todo lo anterior):

$$p(t+\Delta t)=(M-\Delta m)(v+\Delta v)+\Delta m(-v'+v+\Delta v)$$

Por tanto, la diferencia en la cantidad de movimiento es:

$$\Delta p=p(t+\Delta t)-p(t)=M\Delta v-v'\Delta m-\Delta m\Delta v=M\Delta v-\Delta m(v'+\Delta v)$$

El truco ahora está en considerar que el intervalor de tiempo $\Delta t$ es muy muy pequeñito, es decir, matemáticamente, que tiende a cero. Es decir, habrá que calcular el límite cuando el intervalor tiende a cero, de modo que:

$$\lim_{\Delta t\to 0}\dst\frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{\mathrm{d} p }{\mathrm{d}t }= M\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t }-v'\frac{\mathrm{d} m}{\mathrm{d}t }$$

La pregunta que se nos plantea ahora es, ¿pero de dónde viene ese cambio en el momento lineal? Pues ya que te dicen que el cohete está ascendiendo, podemos decir que se debe a la acción de las fuerzas exteriores al sistema , que es justamente la fuerza de atracción gravitatoria, que apunta en sentido contrario al momento lineal, todo sea dicho de paso. Por supuesto estamos trabajando con magnitudes vectoriales, pero ya que el movimiento es en una dimensión no lo pongo, pero tenlo en cuenta. De hecho, lo has de tener en cuenta para entender que:

$$\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{d} t}=-Mg$$

Seguidamente, la masa del sistema no se pierde, luego $M_{sist}=M+m$,que es una constante, luego $\mathrm{d}M+\mathrm{d}m=0$. Es decir, para verlo de una manera más sencilla. La masa del cohete disminuye en un factor $\mathrm{d}M$ que es justamente lo que aumenta la masa del combustible expulsado, pero ten en cuenta que siempre la masa del sistema cohete-combustible es la misma. Con todo esto, podemos escribir pues la ecuación del movimiento del dichoso cohete, que es:

$$-Mg=M\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d}t } + v'\frac{\mathrm{d} M}{\mathrm{d}t }$$

Parece ser que llegamos ahí y no hay salida, pero tranquilo, la hay. Supongamos entonces que la cantidad de combustible que el cohete expulsa es una constante (si no estamos un poco más jodidos perdidos). De modo que la ecuación de arriba nos queda:

$$-Mg=M\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d}t } + v'\underbrace{\frac{\mathrm{d} M}{\mathrm{d}t }}_{\text{cte=C}}$$

$$-Mg=M\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d}t } + v'C\Rightarrow \boxed{M\frac{\mathrm{d}v }{\mathrm{d}t } =v'C-Mg}$$

¡Un momento! ¿Qué te parece esa expresión? De lejos se ve que es como una aplicación de la segunda ley de Newton, en la que el cohete se ha considerado una partícula puntual de masa $M$ que se ve sometida a dos fuerzas: el empuje de los gases que está expulsando, $v'C$, y su peso, $Mg$

Tenemos pues una ecuación diferencial, que podrías resolver separando variables a un lado y a otro de la expresión, y obtener la velocidad en función del tiempo, es decir:

$$M\frac{\mathrm{d}v }{\mathrm{d}t } =v'C-Mg\Rightarrow \mathrm{d}v=\left(\dst\frac{v'C-Mg}{M}\right)\mathrm{d}t$$

La ecuación diferencial la resuelves integrando:

$$\dst\int_{v_0}^v\mathrm{d}v=\dst\int_{t=0}^t\left(\dst\frac{v'C-Mg}{M}\right)\mathrm{d}t$$

Así obtendrías la velocidad, de modo que la ecuación para la posición, sería volver a integrar:

$$\dst\int_{y_0}^y \mathrm{d}y=\dst\int_{v_0}^v v\mathrm{d}t=\dst\int_{t=0}^t \left[\dst\int_{t=0}^t\left(\dst\frac{v'C-Mg}{M}\right)\mathrm{d}t\right]\mathrm{d}t$$

La respuesta la obtienes integrando esa monstruosidad que a mí no se me ocurre cómo, tal vez echándole paciencia e ingenio

Una vez que tienes ambas ecuaciones ya todo es fácil, por ejemplo, como sabes cuánto tiempo tarda en agotarse el combustible lo sustituyes en la ecuación de la posición en función del tiempo y tienes la altura máxima...pero claro, ¡integra eso!

Espero que te sirva. La verdad es que es un problema muy bonito y me he entretenido bastante, así que gracias

Saludos,

[Cat_in_a_box]

Re: Problema curioso irresolvible

Por cierto, te parecerá que las integrales no tienen mucho sentido ya que parece ser que ''nada'' depende del tiempo, pero sí que lo hacen. Por tanto, se me ocurre que para hallar las integrales, lo primero que habría que hacer es expresar las variables en función del tiempo. Desde luego todo sería mucho más fácil si el cohete estuviera en el espacio ya que se podría decir que sobre el cohete sólo actuaría la fuerza de empuje que obviamente es proporcional a la expulsión de los gases que se emiten al quemarse el combustible...

[javier m]

Re: Problema curioso irresolvible

¿del paso de (2) a (3) el termino $\Delta m\Delta v$ no se cancela ?

en la (4) pusiste $\dst\lim_{\Delta t \to 0}p=\dfrac{\mathrm{d}p }{\mathrm{d} t }$
y en la (8) colocaste primero S y despues C

[joselito333]

Re: Problema curioso irresolvible

Wooow @Cat_in_a_box. Antes que nada muchas gracias. El proceso de resolución ha sido muy ingenioso. No era dramático cuándo puse irresolvible, sino que me faltó ser más explícito poniendo que era irresolvible por mi. jeje.

Sólo se me ocurre integrar por medio de algún programa profesional de cálculo simbólico. Cuándo lo integre, lo incluiré en el Post tal y como quedó todo el problema desde apartados anteriores hasta estos 2 finales que no pude resolver.

P.D:

¿Tienes alguna idéa de cómo calcular la aceleración en función del tiempo, a(t), cuándo el cohete cae? Suponiendo v=cte= 15m/s.
¿Y en qué instante habrá máxima aceleración?.

Upss he entorpecido post anteriores. Perdonen la irrupción.

[Cat_in_a_box]

Re: Problema curioso irresolvible

Ya están editados los errorcillos que ha dicho Javier, salvo el del paso (2) al (3) que no encuentro el error. En cuanto a la última pregunta:

¿Tienes alguna idéa de cómo calcular la aceleración en función del tiempo, a(t), cuándo el cohete cae? Suponiendo v=cte= 15m/s.
¿Y en qué instante habrá máxima aceleración?.

Me lía eso de suponiendo v=cte=15 m/s...pues, ¿qué quieres decir con eso? ¿que el cohete baja a esa velocidad? Si desciende a una velocidad constante no habrá aceleración. Otra posibilidad es que el cohete caiga libremente con una aceleración -g. La última posibilidad es que vaya descendiendo suavemente, es decir, que se le aplique una fuerza de empuje vertical que haga que vaya disminuyendo poco a poco su velocidad hasta que se detenga.

Si te fijas ese sería el caso contrario al que hemos desarrollado anteriormente, ya que en este caso, el empuje sería hacia arriba y el peso hacia abajo, de modo que tendrás que hacer un procedimiento análogo al anterior.

Saludos,

[javier m]

Re: Problema curioso irresolvible

estuve mirando por ahí en un libro y veo que partiendo de acá

$$m\dfrac{dv}{dt}+v_e(\dfrac{dm}{dt})=-mg$$

se divide por m

$$\dfrac{dv}{dt}+\dfrac{v_e}{m}\dfrac{dm}{dt}=-g$$

se multiplica por $dt$ e integramos y queda

$$\int_{v_0}^vdv+v_e\int_{m_0}^m \dfrac{dm}{m}=-g\int_{t_0}^t dt$$

entonces tenemos que (diciendo que $t_0$=0)

$$v-v_0+v_e\ln(\dfrac{m}{m_0})=-gt$$

como queremos hallar la altura max, entonces impones que $v=0$

y listo, le perdí el hilo

PD.

el paso de hacer v=0 creo que es incorrecto.
Lo siento si lo he liado todo

[dvc]

Re: Problema curioso irresolvible

@cat_in_a_box
Bueno, voy a intentar resolver la integral irresoluble.
Primero, expresamos M en función del tiempo:

$$\int_{M_0}^MdM=\int_{t=0}^t{Cdt}$$

Suponiendo que C y v' son constantes:

$M=M_0+Ct$

Así, podemos resolver fácilmente la primera integral:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

La segunda integral es más complicada, le he metido en un programa y, si no me equivoco el resultado es:

$\int_{y_0}^ydy=\int_{t=0}^t\left(v'\log{(\frac{M_0+Ct}{M_0})}-gt\right)=\left[\frac{v'M_0\log{({M_0+Ct})}}{C}-\frac{1}{2}t(-2v'\log{(\frac{Ct}{M_0}+1)}+2v'+gt)\right]$

Esta última expresión hay que evaluarla entre 0 y t. No se por qué no me dejan poner los límites de integración en la última expresión.

[joselito333]

Re: Problema curioso irresolvible

Mmm... yo también he intentado meterle mano a la integral con WxMaxima pero unas veces me da algo totalmente descabellado y otras se queda colgado...
Si hay alguien que maneje algún otro programa de cálculo como Mtlab le rogaría que lo intentase a ver que sucede. Ya me mata la curiosidad por resolverlo!! jeje

Respecto a dvc, yo tengo pensado que el resultado habría de ser un número. ¿Me equivoco?.

Muchísimas gracias a todos por la colaboración. Un saludo.

[Cat_in_a_box]

Re: Problema curioso irresolvible

Hola dvc,

Gracias a lo que has planteado se me ha ocurrido cómo podría resolver la integral que puse ayer. Llego a un resultado parecido al tuyo pero no igual, fíjate en el razonamiento, por favor.

En primer lugar, creo que te has equivocado al expresar la función del cohete en función del tiempo. Si llamamos $C$ a la cantidad de combustible gastado en la unidad de tiempo, tenemos que:

$$C=-\frac{\mathrm{d}M }{\mathrm{d} t }$$

Es decir, te faltaría el signo negativo. De modo, que separando variables e integrando, tenemos que la masa en un instante t determinado de tiempo vale:

$$\dst\int_{M_0}^M \mathrm{d}M=-C\dst\int_{t=0}^t \mathrm{d}t\Rightarrow \boxed{M=M_0-Ct}$$

Por tanto, recordando la expresión que teníamos ayer:

$$\mathrm{d}v=\left(\dst\frac{v'C-Mg}{M}\right)\mathrm{d}t$$

Podemos expresarla de la siguiente manera:

$$\mathrm{d}v=\left(\dst\frac{v'C}{M}-\dst\frac{Mg}{M}\right)\mathrm{d}t=\left(\dst\frac{v'C}{M_0-Ct}-g\right)\mathrm{d}t$$

Ahora sí que podemos integrar ''fácilmente'':

$$\dst\int_{v_0}^v \mathrm{d}v=\dst\int_{t=0}^t \left(v'\dst\frac{C}{M_0-Ct}-g\right)\mathrm{d}t$$

Si no me he equivocado en los cálculos, llego a que la ecuación para la velocidad en función del tiempo es:

$$\boxed{v(t)=v_0-gt+v'\ln\left(\dst\frac{M_0}{M_0-Ct}\right)}$$

De modo que si integramos una vez más, obtenemos la ecuación para la posición en función del tiempo, y si el programa no se equivoca, la solución es:

$$v=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}\Rightarrow \mathrm{d}y=v\mathrm{d}t\Rightarrow \dst\int_{y_0}^y \mathrm{d}y=\dst\int_{t=0}^t v\mathrm{d}t$$

Por tanto:

$$\dst\int_{y_0}^y \mathrm{d}y=\dst\int_{t=0}^t\left[v_0-gt+v'\ln\left(\dst\frac{M_0}{M_0-Ct}\right)\right]\mathrm{d}t$$

Obteniendo finalmente:

$$\boxed{y(t)=y_0+v_0t-\dst\frac{1}{2}gt^2+v't\ln M_0 + \dst\frac{v'}{C}\left[(M_0-Ct)\ln(M_0-Ct)+Ct-M_0\ln M_0\right]}$$

Esa preciosa expresión sería la ecuación de la posición en función del tiempo. Parece que dimensionalmente es correcta, pero no me he parado a integrar a mano, lo he hecho mediante un programa con cálculo simbólico, así que no sé si será la correcta, ya que no soy un experto en el manejo de este tipo de programas.

De todas formas, con esas dos expresiones, (6) y (9), ya se podría resolver fácilmente el problema planteado en el primer post

Saludos,

[Cat_in_a_box]

Re: Problema curioso irresolvible

Suponiendo que C y v' son constantes:

De todas formas esa expresión no tiene mucho sentido, fíjate que la masa del cohete va disminuyendo porque va expulsando gases, de ahí lo del signo negativo en la mía. Según la tuya, a medida que expulsa los gases la masa del cohete aumenta

Saludos,

[dvc]

Re: Problema curioso irresolvible

@Cat_in_a_box
La solución que das es la correcta.
Lo de
lo he puesto porque creía que habías definido la C negativa. En tu primer post, me ha liado tu ecuación 7, donde has definido C como:
$C=\frac{dM}{dt}$
Aunque luego, en tu ecuación 8 has pasado el término v'C al otro lado sin cambiar el signo (lo que equivale a considerar $C=-\frac{dM}{dt}$ , en este caso C es positiva).
Por tanto, mi resultado no es válido, el resultado que das ahora está bien. (Por lo menos hasta la ecuación 6, el resto no lo he comprobado).

[joselito333]

Re: Problema curioso irresolvible

Cat_in_a_box en la ecuación (6);

¿El ln no debería ser negativo?

[Cat_in_a_box]

Re: Problema curioso irresolvible

Hola,

Lo he estado mirando varias veces y si te refieres al signo que hay delante del logaritmo en (6) creo que es positivo. De todas formas, lo revisaré cuando tenga algo más de tiempo.

Saludos,