Otras carreras Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

En la figura se muestra un cilindro de madera de radio “R” , longitud “L” y masa “m” apoyada sobre una superficie rugosa. Una bala de masa un noveno de la masa de la esfera, atraviesa el cilindro, tal como se muestra en la figura. Sabiendo que la bala impacta con una velocidad “vo “ y sale del cilindro con una velocidad que es la mitad de la de ingreso, y teniendo en cuenta que el cilindro sale rodando sin deslizar, determinar:

[ATTACH=CONFIG]8955[/ATTACH]

a) La velocidad del centro de masa del cilindro después de ser atravesado por la bala
b) La velocidad angular del cilindro después de ser atravesado por la bala
La pérdida de energía debida al trabajo de las fuerzas de deformación.

Debido a que el cilindro no desliza, la única incógnica es la velocidad angular final. Aplicando conservación de momento angular respecto del centro de la esfera (despreciando el impulso gravitacional y el de fricción), desde el punto de contacto con la superficie o desde cualquier otro se puede determinar su valor.

¿Es correcta mi afirmación? Muchas Gracias.

[felmon38]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Creo que sí que es correcta salvo que no es necesario despreciar el impulso gravitacional ya que este se anula con el impulso de la normal.
Saludos

P.D. Rectificación: Debería decir que se desprecia el impulso del peso menos la normal, ya que éstas no son iguales por tener G aceleración normal. Conviene decir que también será despreciable el impulso del momento de la fuerza de rozamiento respecto de G.

[teclado]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Me parece que la afirmación es correcta. Sin embargo a mí particularmente me parecería más natural plantear el ejercicio mediante la conservación de la energía. La energía al principio es la cinética de la bala,

$\dst E_0=\frac{1}{2}\frac{m}{9}v_0^2$

Y la de la situación final, en la que también se mueve el cilindro contiene dos términos adicionales debidos al movimiento del centro de masas y a la rotación del cilindro, quedando

$\dst E_1=\frac{1}{2}\frac{m}{9}\left(\frac{v_0}{2}\right)^2+\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}I\omega^2$

Teniendo en cuenta que el momento de inercia del cilindro es $I=\frac{1}{2}mR^2$ y la condición de rodadura, $v=\omega R$ se puede despejar $v$ igualando $E_0=E_1$.

No he revisado mis cálculos pero me da que $v=\frac{v_0}{3\sqrt{2}}$. Y con la condición de rodadura sacas $\omega=\frac{v}{R}$.

[Umbopa]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

¿ a que te refieres con despreciar el impulso de fricción ? recuerda que sin fricción la rueda desliza y por lo tanto es no despreciable...

Por otro lado teclado

Me parece que la afirmación es correcta. Sin embargo a mí particularmente me parecería más natural plantear el ejercicio mediante la conservación de la energía. La energía al principio es la cinética de la bala,

En el enunciado pone que no se conserva la energía

[Rodri]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

En este problema se conserva el momento angular total del sistema bala + cilindro con respecto al centro del cilindro. Pero atención: ese centro no está fijo sino que se empieza a mover tras el choque. Por tanto, lo mejor es usar el sistema de referencia que se mueve con el cilindro y en el que el eje del mismo está en reposo.

Esto determina ya la velocidad angular del cilindro. Si se conserva o no la energía cinética es algo que podemos comprobar a posteriori, teniendo en cuenta la velocidad angular que habremos determinado. De hecho, parece claro a partir del enunciado que la energía cinética no se conservará sino que parte de la energía cinética inicial se habrá gastado en el proceso de deformación, según se da a entender. En este planteamiento se está despreciando el efecto de la gravedad sobre la bala, como habéis dicho.
Veamos todo esto.

El momento angular total antes del contacto (en el sistema de referencia del cilindro) es

$L_{ini}=\frac{m}{9}v_{0}\frac{R}{2}$

y después del contacto, llamando $v$ a la velocidad del CM del cilindro en el sistema del laboratorio, se tiene, en el sistema de referencia del cilindro:

$L_{fin}=\frac{m}{9}\left( \frac{v_{0}}{2}-v \right)\frac{R}{2}+\frac{1}{2}mR^{2}\frac{v}{R}$

Igualando ambos y despejando $v$ se obtiene, si no me he equivocado:

$v=\frac{v_{0}}{16}$

, que corresponde a una velocidad angular del cilindro

$\omega=\frac{v_{0}}{16R}$

Veamos ahora la energía cinética antes y después del choque. Aquí es más cómodo hacer el cálculo en el sistema de referencia del laboratorio.
Antes del choque será

$K_{ini}=\frac{1}{2}\frac{m}{9}v_{0}^{2}=0,0556mv_{0}^{2}$

, y después del choque:

$K_{fin}=\frac{1}{2}\frac{m}{9}\left( \frac{v_{0}}{2} \right)^{2}+\frac{1}{2}mv^{2}+\frac{1}{2}mR^{2}\left( \frac{v}{R} \right)^{2}$

Teniendo en cuenta el valor de $v$ obtenido antes y sustituyendo, obtengo

$K_{fin}=\frac{41}{2304}mv_{0}^{2}=0,0178mv_{0}^{2}$

, que es menor que la inicial. Por tanto, la energía perdida en el trabajo de deformación será

$K_{ini}-K_{fin}=(0,0556-0,0178)mv_{0}^{2}=0,0378mv_{0}^{2}$

[Breogan]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Hola:

En un sistema de referencia no inercial no tiene mayor sentido definir la energía cinética, cantidad de movimiento y momento angular. Mal podemos hablar de variación de estas en un SRNI, y menos conjeturar sobre su conservación en estos (por lo menos hasta donde yo se de mecánica clásica, de las otras mecánicas habrá quien se pueda expedir con mas autoridad).

La pérdida de energía debida al trabajo de las fuerzas de deformación.

Esta frase ya indica que la energía no se conserva, como ya indicaron en otro post. Mas allá de esta frase y de no existir esta, el análisis físico de la experiencia es fundamental a la hora de estimar cuales son las cantidades que se conservan.

Yo como método, trato siempre de plantear primero las ecuaciones relativas a la evolución de las cantidades vectoriales, y en base al numero de ecuaciones, incógnitas, y los datos del problema resuelvo por si o por no la conservación de la energía.

En el caso de este problema lo 1º a realizar es un diagrama de cuerpo libre de nuestro sistema (bala + cilindro) donde el medio (superficie horizontal) se reemplaza por las fuerzas que ejerce sobre el anterior.

No lo voy a hacer, pero en el momento del choque (que considero instantáneo) la superficie horizontal rugosa debe ser reemplazada por la fuerza de rozamiento que ejerce este sobre el cilindro, dado que el enunciado dice:

y teniendo en cuenta que el cilindro sale rodando sin deslizar

ademas están la fuerza de la gravedad y la reacción normal de la superficie.

Dicha fuerza de rozamiento esta aplicada en el borde del cilindro , la supongo positiva apuntando hacia la derecha; por lo cual si la reducimos al CG del cilindro debemos reemplazarla por una fuerza igual en el CG y un momento de sentido anti-horario igual a Fr.R (definido como sentido positivo de los momentos).

En base a esto se puede decir que no se conserva ninguna cantidad vectorial. Puesto en ecuaciones:

$$\dst \sum \vec F(t) = \frac{\mathrm{d}\vec p(t) }{\mathrm{d}t }$$

$$\dst \sum \vec M_F^{CG}(t) = \frac{\mathrm{d}\vec L(t) }{\mathrm{d}t }$$

En la ecuación (1) todas las cantidades distintas de cero son colineales paralelas al eje "x", el peso y la reacción normal del piso se anulan entre si, por lo cual la podemos escribir prescindiendo de su carácter vectorial:

$\dst F_r(t) \ dt = dp(t)$

Como considero el choque instantáneo, y asumiendo que no puede haber deslizamiento, resulta que Fr es una fuerza impulsiva que tiene la forma de delta de Dirac, por lo cual resulta:

$\dst \int_{0^-}^{0^+} F_r(t) \ dt = J = p(0^+)-p(0^-)$

NOTA: utilizo la letra J para el impulso para que no se confunda mas adelante con un momento de inercia, simbolizado con la letra I.

Los momentos lineales p(0+) y p(0-) son:

$\dst p(0^+)=m \ v_{CG} + \frac m 9 \frac {v_0} 2$

$\dst p(0^+)=m \left( v_{CG} + \frac 1 {18} \ v_0 \right)$

y

$\dst p(0^-) = \frac m 9 \ v_0$

por lo tanto:

$$\boxed { \dst J = m \left( v_{CG} - \frac { v_0} {18} \right)}$$

Con las mismas consideraciones, (2) se puede expresar como:

$\dst M_{F_r}^{CG}(t) \ dt = R \ F_r(t) \ dt = dL(t)$

$\dst \int_{0^-}^{0^+} R \ F_r(t) \ dt = R \ J = L(0^+) - L(0_-)$

$\dst J = \frac {L(0^+) - L(0_-)} R$

donde:

$\dst L(0^+) = I \ \omega + \frac m 9 \ \frac {v_0} 2 \ \frac R 2$

donde I es el momento de inercia del cilindro $\dst I = \frac 1 2 m R^2$, y la velocidad angular es $\dst \omega = \frac {v_{CG}} R$ por no haber deslizamiento:

$\dst L(0^+) = \frac 1 2 m R^2 \ \frac {v_{CG}} R + \frac 1 {36}\ m \ v_0 \ R$

$\dst L(0^+) =m \ R \ \left(\frac {v_{CG}} 2 + \frac {v_0} {36}\right)$

y

$\dst L(0^-) = \frac m 9 \ \frac R 2 \ v_0$

por lo tanto:

$\dst L(0^+) - L(0^-) = m \ R \ \left(\frac {v_{CG}} 2 + \frac {v_0} {36}\right) - \frac 1 {18}\ m \ R \ v_0 = m \ R \ \left(\frac {v_{CG}} 2 - \frac {v_0} {36}\right)$ (corregida)

$$\boxed{ \dst J = m \ \left(\frac {v_{CG}} 2 - \frac {v_0} {36}\right)}$$

(corregida)

Igualando (3) y (4) ya se puede despejar la velocidad del centro de gravedad del cilindro, y de ahí en mas se pueden hallar fácilmente las respuestas a todas las preguntas del problema.

Realmente puedo haberme equivocado en algo o en mucho, así que seria bueno esperar la opinión de algún forero mas avezado en estos problemas.

s.e.u.o.

Suerte

PD: también se ve que al final con los datos que nos da el enunciado, no es necesario recurrir al balance de energía en ningún momento.
Llegado a este punto del problema podemos calcular el balance de energía, y según como hayan sido elegidos los valores de los datos iniciales (por quien hizo el problema) podría darnos que la energía se conserva o no. Aunque en este caso no se, hay que hacerlo.

Suerte.

[felmon38]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Breogan, te felicito por la 1ª frase, que se suele saltar a la torera con demasiada frecuencia.
Veo una contradicción cuando supones un valor finito en los impulsos, ya que la fuerza de rozamiento está limitada por lo que su impulso es cero al suponer instantáneo el choque. Los impulsos serán nulos y disponemos de dos ecuaciones para calcular v y w y si resbala o no depende del valor de los parámetros. El dato de que el cilindro sale rodando sin deslizar creo por tanto que sobra.

[Rodri]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

El planteamiento de Breogán me parece excelente.

Por mi parte, veo que yo cometí un error grave con el sistema de referencia, ya que el sistema de referencia fijo en el cilindro no es inercial, como decís, al estar sometido a la fuerza del choque de la bala y no puedo aplicar la conservación del momento angular (ni del lineal) en ese sistema.

He estado repasando el post de Breogán y creo que la ecuación (4) está equivocada. Debería ser esta:

$J=m(\frac{v_{CG}}{2}-\frac{v_{0}}{36})$

, que junto a su ecuación (3) conduce a la solución siguiente:

$v_{CG}=\frac{v_{0}}{18}$

Este valor implica que el impulso neto suministrado al sistema es $J=0$ (¡¡¡ !!!)

, lo que quiere decir que la fuerza de fricción es nula. Sí, NULA.

La razón de que esto sea así está en que la cota vertical del choque de la bala es justamente R/2 sobre la altura del centro del cilindro, es decir 3/2R sobre el plano horizontal, junto con la condición de rodadura sin deslizamiento. Podéis ver la justificación en este artículo que encontré y que os recomiendo leer:

http://nautilus.fis.uc.pt/personal/m...osdid/did4.pdf

Esto es sorprendente, pero de hecho es así. La consecuencia es que sí es cierto que en este problema se conservan el momento lineal y el momento angular del sistema bala + cilindro.
Está claro que la distancia R/2 no se ha elegido por casualidad.

Sin embargo, si la distancia fuera otra, creo que el método de Breogán sigue siendo válido y repito que me parece excelente.

[Umbopa]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Breogan, te felicito por la 1ª frase, que se suele saltar a la torera con demasiada frecuencia.
Veo una contradicción cuando supones un valor finito en los impulsos, ya que la fuerza de rozamiento está limitada por lo que su impulso es cero al suponer instantáneo el choque. Los impulsos serán nulos y disponemos de dos ecuaciones para calcular v y w y si resbala o no depende del valor de los parámetros. El dato de que el cilindro sale rodando sin deslizar creo por tanto que sobra.

El error esta en suponer que el choque es instantáneo lo cual no es necesario y el resultado es el mismo que ha planteado Breogan pero cambiando

$J = \int_{0}^{\Delta t} F_r(t) dt$

$F_r(t) \leqslant \mu_{e} N \hspace{0.5cm} \forall t \hspace{0.5cm} 0 \leqslant t \leqslant \Delta t \hspace{0.5cm}$ --> rodadura

[felmon38]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Atrode, naturalmente que el Δt puede ser finito en vez de despreciable, pero si haces esa hipótesis tienes que ser consecuente con ella, por lo que tendrás que tener en cuenta que la bala ya no saldrá de la esfera horizontalmente, por ejemplo, y el problema se te complica . Con la aproximación de que el Δt es despreciable calculas un límite para el caso de tiempos de choque muy pequeños y no necesitas además el dato adicional de que rueda.
Saludos

[Breogan]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Hola:

Veo una contradicción cuando supones un valor finito en los impulsos, ya que la fuerza de rozamiento está limitada por lo que su impulso es cero al suponer instantáneo el choque

Es una modelización nada mas, puede haber otras mejores seguramente. El darle carácter percusivo a la fuerza de rozamiento implica aceptar la existencia de un coeficiente de rozamiento infinito, coeficiente que no da el enunciado, pero que se puede suponer implícitamente abalado al imponer el enunciado la rodadura si o si.

Los impulsos serán nulos y disponemos de dos ecuaciones para calcular v y w y si resbala o no depende del valor de los parámetros. El dato de que el cilindro sale rodando sin deslizar creo por tanto que sobra.

En este caso, con los datos del problema, se da que si se consideran los impulsos nulos los valores de $v_{CG} \ y \ \omega$ cumplen con la relación de rodadura $v_{CG} = R \ \omega$ y a posteriori se ve que no es necesario imponer esta condición; pero si cambiamos los valores no creo que esto se cumpla y la condición de rodadura se debe cumplir si o si porque la impone el enunciado.

..... repasando el post de Breogán y creo que la ecuación (4) está equivocada. Debería ser esta:

$J=m(\frac{v_{CG}}{2}-\frac{v_{0}}{36})$

Correcto, gracias ya corregí mi post anterior, error aritmético por el cansancio (alguna excusa tengo que dar...)

Este valor implica que el impulso neto suministrado al sistema es $J=0$ (¡¡¡ !!!)

, lo que quiere decir que la fuerza de fricción es nula. Sí, NULA.

Correcto, en este caso con estos datos se encuentra que aunque el cilindro no estuviera apoyado (estuviera flotando en el espacio), la velocidad tangencial en su periferia y su velocidad angular satisfacen la condición de rodadura.

Esto es sorprendente, pero de hecho es así. La consecuencia es que sí es cierto que en este problema se conservan el momento lineal y el momento angular del sistema bala + cilindro.
Está claro que la distancia R/2 no se ha elegido por casualidad.

Sin embargo, si la distancia fuera otra, creo que el método de Breogán sigue siendo válido y repito que me parece excelente.

Es correcto, en este caso las cantidades vectoriales se conservan, no verifique que pasa con la energía.
A final del post tratare de hacer un planteo general, un poco fuera del problema.

El error esta en suponer que el choque es instantáneo lo cual no es necesario y el resultado es el mismo que ha planteado Breogan pero cambiando

$J = \int_{0}^{\Delta t} F_r(t) dt$

$F_r(t) \leqslant \mu_{e} N \hspace{0.5cm} \forall t \hspace{0.5cm} 0 \leqslant t \leqslant \Delta t \hspace{0.5cm}$ --> rodadura

Esto ya lo contesto felmon, solo quiero agregar que en toda modelizacion vos de alguna forma traicionas la realidad para obtener un problema mas sencillo y que tenga una solución factible, así que se entiende que de una misma situación puede haber mas de un modelo; unos que den una mejor solución que otros, o que llegando a la misma solución sea mas coherente con lo real o con menos idealizaciones.

Cuando pensé el ejercicio me pareció mas lógico suponer un coeficiente de rozamiento infinito, para darle carácter percusivo a la fuerza de rozamiento, que suponer que el material del cilindro tenia extrañas propiedades que le permitían no ejercer fuerzas laterales sobre el proyectil, o renunciar a la trayectoria de salida del proyectil dada en el enunciado.
Se podría decir que el tiempo en que el proyectil atraviesa el cilindro es tan chico que no hay tiempo para que el cilindro ejerza fuerzas laterales sobre el proyectil y desvie a este de su trayectoria, pero esto sera tanto mas cierto cuando el tiempo tienda a cero, y si esto sucede se necesita que la fuerza de rozamiento sea percusiva, opción que yo tome.

s.e.u.o.

El desarrollo prometido lo dejo para mas adelante, tengo que desconectarme.

Suerte

- - - Actualizado - - -

Hola:

Voy a hacer un pequeño desarrollo, donde voy a suponer que el punto de impacto esta a una distancia R/n con n entre 1 e infinito.

Voy a tomar resultados previos de mi post anterior, la ecuación del momento lineal no cambia porque no depende del punto de impacto:

$$\boxed { \dst J = m \left( v_{CG} - \frac { v_0} {18} \right)}$$

En cuanto al momento angular teníamos que:

$\dst J = \frac {L(0^+) - L(0_-)} R$

y aplicando la nueva distancia de choque queda:

$\dst L(0^+) = \underbrace {\frac 1 2 m R^2}_{\begin{aligned} & Momento \\ & de \\ & inercia \end{aligned}} \ \underbrace {\frac {v_{CG}} R}_{\begin{aligned} & Relacion \\ & de \\ & rodadura \end{aligned}} + \frac m 9 \ \frac {v_0} 2 \ \frac R n = \frac 1 2 \ m \ R \left( v_{CG} + \frac {v_0}{9n} \right)$

$\dst L(0^-) = \frac m 9 \ \frac R n \ v_0 = m \ R \ \frac {v_0}{9n}$

$$\boxed {\dst J =\frac 1 2 \ m \ \left( v_{CG} - \frac {v_0}{9n} \right)}$$

Igualando la (1) con la (2):

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

$$\boxed {\dst v_{CG} = v_0 \ \frac {n-1} {9n}}$$

reemplazando (3) en (1) y (2) obtenemos el valor de J, que tiene que ser igual en ambos casos:

$\dst J = m \ v_0 \ \left(\frac {n-1} {9n} - \frac { 1} {18} \right) = m \ v_0 \ \frac {n-2}{18n}$

$\dst J =\frac 1 2 \ m \ v_0 \ \left( \frac {n-1} {9n} - \frac 1 {9n} \right) = \ m \ v_0 \ \frac {n-2} {18n}$

dan iguales, así que es muy probable que no haya cometido errores algebraicos (espero !!!!)

Se ve que la formula:

$$\boxed {\dst J = m \ v_0 \ \frac {n-2}{18n}}$$

implica que para n=2 el impulso es cero, tal y como ya habíamos visto; para n>2 el impulso es distinto de cero y positivo, lo que implica que la fuerza es hacia la derecha, tal y como lo había supuesto en el anterior post.
Ahora si n<2 resulta que la fuerza de rozamiento cambia de dirección, es negativa lo que nos dice que apunta hacia la izquierda y su momento es horario.

Esto es coherente con la situación física impuesta por la condición de rodadura del ejercicio.

Faltaría demostrar si esto es una propiedad del punto de impacto R/2 (n=2), yo intuyo que si, o depende de la perdida de la cantidad de movimiento del proyectil (v0/2).

s.e.u.o.

Suerte

[Rodri]

Re: Cinética de cuerpo rígido: Proyectil que atraviesa un cilindro

Faltaría demostrar si esto es una propiedad del punto de impacto R/2 (n=2), yo intuyo que si, o depende de la perdida de la cantidad de movimiento del proyectil (v0/2).

Efectivamente, es una propiedad solamente de la cota a la que se produce el impacto (R/2 por encima del eje del cilindro). La demostración está en el artículo que enlacé en mi anterior post. A continuación la transcribo:


Supongamos que, como se muestra en la figura adjunta, se aplica una fuerza horizontal F, en la generatriz representada por el punto A, a una altura $h$ con respecto al suelo en que apoya el cilindro. Llamemos $f$ a la fuerza de de rozamiento que el suelo ejerce sobre el cilindro, aplicada en la generatriz de contacto (punto B). Sea $a$ la aceleración del CM del cilindro y supongamos que se produce rodadura sin deslizamiento, por lo que la aceleración angular del cilindro será $a/R$. Entonces podemos escribir:

(definiendo las fuerzas positivas hacia la derecha)

Ecuación de fuerzas: $F+f=Ma$
Ecuación de momentos: $F(h-R)-fR=\frac{1}{2}MR^{2}\frac{a}{R}$

Eliminando $a$ entre ambas ecuaciones obtenemos

$f=\frac{2h-3R}{3R}$

, de donde se deduce que:

Si $h<\frac{3}{2}R$ --> $f>0$ --> la fuerza de rozamiento tiene el sentido del avance del cilindro (que es hacia la derecha)
Si $h=\frac{3}{2}R$ --> $f=0$ --> la fuerza de rozamiento es nula
Si $h>\frac{3}{2}R$ --> $f<0$ --> la fuerza de rozamiento tiene sentido contrario al avance del cilindro


La primera situación suena bastante "antinatural", pero es la única posibilidad de que el cilindro ruede sin deslizar al aplicar F más arriba de h=3R/2, al menos con un simple modelo de mecánica newtoniana.

Edito para preguntar: ¿Alguien sabe cómo hacer para que no aparezca la imagen que he cargado una segunda vez al final como "imagen adjunta"?