Cohete que pierde masa. Sin gravedad y sin rozamiento con el aire.

[Kiwi]

Recordando que el límite de un producto es igual al producto de los límites salvo indeterminaciones

$\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta{m_c}.\Delta v}{\Delta t}=\lim\limits_{\Delta t \to 0}\dfrac{\Delta m}{\Delta t}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}=\dfrac{dm}{dt}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}= \dfrac{dm}{dt}.0=0$

Ahora sí lo he entendido. En ocasiones uno tiene la respuesta delante y no es capaz de verla.


Y perdón por tardar tanto en responder.

[oscarmuinhos]

Me sigue pareciendo tramposo jajajaja!
El $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$ lo puedes aplicar igualmente a cualquier otro $\Delta$ de nuestra ecuación y también dará cero. Por ejemplo, la variación de masa del cohete cuando el tiempo tiende a cero también será cero.

A ver... Efectivamente

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m} = 0$ y $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} = 0$

Pero, recordando que el límite de un cociente es igual al cociente de los límites salvo indetrminaciones:

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\dfrac{\Delta m}{\Delta v}} = \dfrac{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m}}{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}}=\dfrac{0}{0}$

Y este límite es indeterminado. Habrá, pues, que calcular esta indeterminación. Y cuando se calcula esta indeterminación, al resultado de tal indeterminación se le llama derivada:

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\dfrac{\Delta m}{\Delta v}}= \dfrac{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m}}{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}}=\dfrac{dm}{dv}$

Fijate en que si hubiésemos multiplicado estos incrementos (en lugar de dividirlos) no habría indeterminación:

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}({\Delta m}.{\Delta v})= \lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m}. \lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}=0$

Y en el caso siguiente (que es el de la discordia) tampoco hay indeterminación alguna:

Recordando que el límite de un producto es igual al producto de los límites salvo indeterminaciones

$\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta{m_c}.\Delta v}{\Delta t}=\lim\limits_{\Delta t \to 0}\dfrac{\Delta m}{\Delta t}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}=\dfrac{dm}{dt}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}= \dfrac{dm}{dt}.0=0$

De la carrera recuardo que el motivo era algo relacionado con que un término en el que se multiplican dos diferenciales siempre es mucho menor que cualquier término en el que sólo se multiplique por un diferencial. Sin embargo no lo recuerdo del todo bien y podría estar equivocado.

Claro que se puede....No es más que la forma abreviada de llegar al resultado....

Un saludo

[Kiwi]

(*) Recordando que el límite de un producto es el producto de límites y que $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$

(así de esta forma, parece ya "menos tramposo"?)

Me sigue pareciendo tramposo jajajaja!
El $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$ lo puedes aplicar igualmente a cualquier otro $\Delta$ de nuestra ecuación y también dará cero. Por ejemplo, la variación de masa del cohete cuando el tiempo tiende a cero también será cero.

De la carrera recuardo que el motivo era algo relacionado con que un término en el que se multiplican dos diferenciales siempre es mucho menor que cualquier término en el que sólo se multiplique por un diferencial. Sin embargo no lo recuerdo del todo bien y podría estar equivocado.

[JCB]

Hola a tod@s.

Totalmente de acuerdo, oscarmuinhos. Si continuo, tal y como tú dices:

En el desarrollo indicado, llegaba a $m\Delta v-u\Delta m=0$. Pasando de la expresión algebraica a la diferencial, $mdv-udm=0$, $dv=u\dfrac{dm}{m}$. Integrando y considerando que para $t=t_0$, $m=m_0$,

$\dst\int_{v_0}^{v}dv=u\dst\int_{m_0}^{m}\dfrac{dm}{m}$,

$v=v_0+uln\dfrac{m}{m_0}$. Expresión equivocada pues el cohete disminuiría de velocidad, a medida que perdiese masa (también tal y como tú dices).

Quedo agradecido,
JCB.

[oscarmuinhos]

Siempre he visto desarrollos parecidos de este ejercicio, tal y como lo plantea Kiwi en la primera parte de su primer mensaje. No obstante el cambio $–dm=d\mu$, tampoco lo acabo de ver. Diría que esto último se podría obviar, teniendo en cuenta el carácter vectorial de la cantidad de movimiento, pues la cantidad de movimiento del propelente eyectado, tiene sentido opuesto a la cantidad de movimiento del cohete. De esta manera, se podría escribir:

JCB.

Hola JCB
La razón del cambio $–dm=d\mu$ (que efectivamente se trata de la conservación de la masa: masa que pierde el cohete = masa que gana el combustible expulsado) no está en el carácter vectorial de las velocidades, pues dicho carácter vectorial va implícito en los signos positivo y negativo que ponemos a la velocidad del cohete y a la velocidad de los gases de combustión expulsados.
Si continúas integrando la ecuación diferencial que has obtenido, entre el instante t = 0 y t, cuales serían tus límites de integración?
Para la velocidad, no tendrías problema: sería entre la velocidad del cohete en el instante inicial y la velocidad del cohete en el instante t, es decir entre $v_0$ y $v.$
Pero cuales serían los límites de integración de la masa:

* masa inicial $M_0$ del cohete y masa $m$ del cohete en el instante t? El resultado sería que ese cohete, a pesar de expulsar los gases hacia atrás con una velocidad $u$ y a pesar de ser cada vez más ligero, en lugar de estar acelerando, estaría frenando!

El problema está en utilizar la misma $"m"$ para dos cosas distintas: $m$ para la masa del combustible expulsado y también $m$ para la masa del cohete más masa del combustible sin utilizar. De ahí el cambio: $\Delta{\mu}$ (masa de combustible expulsado) = $-dm$ (masa que pierde el cohete siendo $m$ la masa del cohete): si $m$ es la masa del cohete $-\Delta m$ o $-dm$ es la variación de su masa.

Yo, al menos, siempre lo he entendido así.

Mil saludos.

[oscarmuinhos]

A esta parte le tengo que dar un repaso con calma. El cambio de incrementales a diferenciales, el posterior desprecio del término en el que se multiplican dos diferenciales y la separación de variables me resultan un tanto tramposos.

Tienes una pequeña errata. En el término de la derecha falta una $u$ multiplicando.

Errata corrigida. Muchas Gracias por la corrección.

La otra duda que sigo sin tener clara es porqué se desprecia el término $\Delta v \Delta m_c$
Entiendo que es porque es muy pequeño, pero ¿cómo lo sabes?. Sé que es algo que siempre se hace pero siempre pero no tendo claro el motivo.

Intentaré que no parezca tramposo:

$0=\Delta P = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v) - (M_0 -m_c).v$

Haciendo operaciones:

$0 = \Delta P = \Delta{m_c} .v- \Delta{m_c}u + (M_0 -m_c).v + (M_0-m_c).\Delta v -\Delta{m_c}. v -\Delta{mc} .\Delta v - (M_0 -m_c).v$

Cancelando términos:

$0 = \Delta P = - \Delta{m_c}u + (M_0-m_c).\Delta v -\Delta{mc} .\Delta v$

Dividiendo entre $\Delta t$:

$0 = \dfrac{\Delta P}{\Delta t} = -\dfrac{\Delta{m_c}}{\Delta t}.u + (M_0-m_c).\dfrac{\Delta v}{\Delta t} - \dfrac{\Delta{m_c}.\Delta v}{\Delta t}$

Tomando, a continuación límites para $\Delta t \to 0$ y recordando la definición de la derivada:

$0=\dfrac{dP}{dt}=-u.\dfrac{dm_c}{dt}+ (M_0-m_c).\dfrac{dv}{dt} - \dfrac{dm_c}{dt}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}^{(*)} = -u.\dfrac{dm_c}{dt}+ (M_0-m_c).\dfrac{dv}{dt}$

(*) Recordando que el límite de un producto es el producto de límites y que $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$

(así de esta forma, parece ya "menos tramposo"?)

La ecuación diferencial queda, entonces:

$0 = -u.dm_c + (M_0-m_c).dv$

Y separando variables:

$u.\dfrac{dm_c}{M_0-m_c} = dv$

Y, finalmente, integrando entre el instante $t = 0$ (cuando la masa de combustible consumida es $m_c = 0$ y la velocidad es $v_0$) y el instante t (cuando la masa de combustible consumida es $m_c$ y la velocidad es $v$):

$\dst\int_{v_0}^{v}\mathrm{d}v= u\int_{0}^{m_c}\frac{dm_c}{M_0-m_c}$ .........

$v-v_0 = u.ln\dfrac{M_0-m_c}{M_0}$

[JCB]

Hola a tod@s.

Siempre he visto desarrollos parecidos de este ejercicio, tal y como lo plantea Kiwi en la primera parte de su primer mensaje. No obstante el cambio $–dm=d\mu$, tampoco lo acabo de ver. Diría que esto último se podría obviar, teniendo en cuenta el carácter vectorial de la cantidad de movimiento, pues la cantidad de movimiento del propelente eyectado, tiene sentido opuesto a la cantidad de movimiento del cohete. De esta manera, se podría escribir:

$\vec{p}(t)=m\vec{v}=mv\vec{j}$.

$\vec{p}(t+\Delta t)=(m-\Delta m)(\vec{v}+\Delta \vec{v})+\Delta m(\vec{v}+\vec{u})$,

$\vec{p}(t+\Delta t)=(m-\Delta m)(v+\Delta v)\vec{j}-\Delta m(u-v)\vec{j}$.

Restando y eliminando $\vec{j}$, obtenemos la ecuación escalar:

$mv+m\Delta v-\Delta mv-\Delta m \Delta v+\Delta mv-\Delta mu-mv=0$,

$m\Delta v-\Delta mu=0$. Llegando finalmente al resultado ya conocido.

Es interesante el punto de vista de Kiwi acerca de cuestionarse la conservación de la masa, y es aquí donde felicito a oscarmuinhos: encomiable es tu capacidad de empatía y saber ponerte en el lugar del otro para intentar averiguar cómo razona. Particularmente revelador, es tu mensaje # 12.

Saludos cordiales,
JCB.

[Kiwi]

Y separando variables: $dv =\frac{dm_c}{M_0-m_c}$

Tienes una pequeña errata. En el término de la derecha falta una $u$ multiplicando.


La otra duda que sigo sin tener clara es porqué se desprecia el término $\Delta v \Delta m_c$
Entiendo que es porque es muy pequeño, pero ¿cómo lo sabes?. Sé que es algo que siempre se hace pero siempre pero no tendo claro el motivo.

[Kiwi]

Variación del momento lineal entre $t_2 = 2$ y $t_3 = 3 s$:

En el instante $t_2 = 2 s$ tienes una masa $M_0-2m$ moviéndose con una velocidad $v_2$
En el instante $t_3 = 3 s$ tienes dos masas: una masa $m$, moviéndose con una velocida $v_2 - u$ y otra masa $(M_0 - 3m)$ moviéndose con velocidad $v_3$.

La variación del momento lineal será: $\Delta P = m.(v_2-u) + (M_0 - 3m).v_3 - (M_0 -m).v_2 = 0$
La velocidad $t_3 = 3 s$ que de aquí te sale (después de operar y de sustituir el $v_2$ anterior:

$v_3= \frac{mu}{M_0 - m} + \frac{mu}{M_0 - 2m} + \frac{mu}{M_0 - 3m}$

Y así sucesivamente.....

Si te fijas, la conservación del momento lineal, se aplica, no entre el instante inicial y el instante $t_n$, sino entre el instante $t_{n-1}$ y el instante $t_n$.

Esto es lo que hay que hacer cuando la masa se emite continuamente: aplicar la conservación del momento lineal (o segunda ley de la Dinámica si hubiera fuerzas exteriores) a las masas que tienes en el instante $t$ y las que tienes en el instante $t + \Delta t$

Espero que haya servido para aclararte un poco más cual es el sistema al que puedes aplicar la conservación del momento lineal.

¡Fantástico! Creo que finalmente he entendido el procedimiento.

En el instante $t + \Delta t$ tenemos dos masas: $\Delta {m_c}$ con velocidad $v - u$ y $(M_0-m_c - \Delta {m_c})$ con velocidad $(v + \Delta v)$

$P(t + \Delta t) = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v)$

La variación del momento lineal entre los instantes $t$ y $t + \Delta t$, no habiendo fuerzas externas, será, entonces:

$0=\Delta P = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v) - (M_0 -m_c).v$

Operando y tomando límites para $\Delta t \rightarrow 0$ queda:

$(M_0 -m_c).dv - u.dm_c = 0$

Y separando variables: $dv =\frac{dm_c}{M_0-m_c}$

E integrando entre $t = 0$ (masa $M_0$) y t (masa $M_0 - m_c$):

$v - v_0 = u.ln \frac{M_0}{M_0- m_c}$

A esta parte le tengo que dar un repaso con calma. El cambio de incrementales a diferenciales, el posterior desprecio del término en el que se multiplican dos diferenciales y la separación de variables me resultan un tanto tramposos.

Imagina que se tiene una función f(x) cualquiera.

Si quiero calcular, su derivada para un valor concreto de x (pongamos por ejemplo $x_0 = 1$) tengo que calcular el siguiente límite:

$\lim \limits_{x\to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x-1}= \lim \limits_{\Delta x\to 0} \frac{f(1+ \Delta x) - f(1)}{\Delta x}$

...

Esto lo he entendido perfectamente.



¡Y muchísimas gracias por la ayuda!

[oscarmuinhos]

Empiezo a intuir que el motivo de mi duda es un tema de notación o de concepto al definir cómo abordar el problema. ¿Puede ser que estemos definiendo dos instantes $t$ y $t + \Delta t$ consecutivos cualesquiera entre el inicio y final de la emisión de todo el combustible de modo que, para cada emisión de $\Delta \mu$ definimos un nuevo sistema cuya masa inicial es un $\Delta \mu$ menor que en el instante anterior?

Creo que algo así es lo que te ocurre en tu razonamiento.
Voy a presentártelo de otra manera, tomando un ejemplo de la derivación (al fin y al cabo lo que estamos haciendo aquí es calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en un instante $t_0$), por si ayuda a "desconstruir" tu equívoco.

Imagina que se tiene una función f(x) cualquiera.

Si quiero calcular, su derivada para un valor concreto de x (pongamos por ejemplo $x_0 = 1$) tengo que calcular el siguiente límite:

$\lim \limits_{x\to 1} \dfrac{f(x) - f(1)}{x-1}= \lim \limits_{\Delta x\to 0} \dfrac{f(1+ \Delta x) - f(1)}{\Delta x}$

Ahora bien, si se quiere calcular la derivada en un valor arbitrario de x (es decir, si se quiere calcular la función función derivada, como es en el caso este), se tiene que calcular el siguiente límite:

$\lim \limits_{x\to x_0} \dfrac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0}= \lim \limits_{\Delta x\to 0} dfrac{f(x_0+ \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$

Esto es justamente lo que ocurre aquí:

Si se trata de calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en el instante inicial $t = 0$, habría que calcular

$\lim \limits_{t\to 0} \dfrac{P(t) - P(0)}{t-0}= \lim \limits_{\Delta t\to 0} \dfrac{P(0+ \Delta t) - P(0)}{\Delta t}$

Si se trata de calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en el instante $t=5$:

$\lim \limits_{t\to 5} \dfrac{P(t) - P(5)}{t-5}= \lim \limits_{\Delta t\to 0} \dfrac{P(5+ \Delta t) - P(5)}{\Delta t}$

y si se trata de calcular la derivada $\dfrac{dP}{dt}$ en un instante arbitario $t_0$, el límite a calcular será entonces:

$\lim \limits_{t\to t_0} \dfrac{P(t) - P(t_0)}{t-t_0}= \lim \limits_{\Delta t\to 0} \dfrac{P(t_0+ \Delta t) - P(t_0)}{\Delta t}$

Un saludo, espero que hayas logrado desconstruir tu equívoco.

Saludos

[oscarmuinhos]

Creo que empiezo a ver la luz. Suponiendo que este planteamiento por el cual se resuelve cada emisión por separado sea correcto, me surge la duda de porqué se resuelve así, separando el problema en múltiples problemas en los que sólo se considera la emisión de un solo $\Delta \mu$ y no de un conjunto de ellos.

Ahora, voy a intentar adaptarme a tu razonamiento:

Llamamos $M_0$ a la masa total inicial: cohete + combustible
Llamamos $m_c$ a la masa de combustible que llevamos consumida en el instante $t$
Llamamos $\Delta{m_c}$ a la masa de combustible que se consume entre los instantes $t$ y $t + \Delta t$

En el instante $t$ tenemos una masa total $(M_0 - m_c)$ moviéndose con velocidad $v$:

$P(t) = (M_0 -m_c).v$

En el instante $t + \Delta t$ tenemos dos masas: $\Delta {m_c}$ con velocidad $v - u$ y $(M_0-m_c - \Delta {m_c})$ con velocidad $(v + \Delta v)$

$P(t + \Delta t) = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v)$

La variación del momento lineal entre los instantes $t$ y $t + \Delta t$, no habiendo fuerzas externas, será, entonces:

$0=\Delta P = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v) - (M_0 -m_c).v$

Operando y tomando límites para $\Delta t \rightarrow 0$ queda:

$(M_0 -m_c).dv - u.dm_c = 0$

Y separando variables: $dv =\dfrac{dm_c}{M_0-m_c}$

CORRIJO ERRATA (por indicación de Kiwi)

Y separando variables: $dv =u \dfrac{dm_c}{M_0-m_c}$

E integrando entre $t = 0$ (masa $M_0$) y t (masa $M_0 - m_c$):

$v - v_0 = u.ln \dfrac{M_0}{M_0- m_c}$

Espero, con esto, haber ayudado a aclarar tu procedimiento

Un saludo

[oscarmuinhos]

De verdad que intento entenderlo pero no lo logro jajajaja!!

Creo que empiezo a ver la luz. Suponiendo que este planteamiento por el cual se resuelve cada emisión por separado sea correcto, me surge la duda de porqué se resuelve así, separando el problema en múltiples problemas en los que sólo se considera la emisión de un solo $\Delta \mu$ y no de un conjunto de ellos.

Hola Kiwi
El método que acabas de proponer creo que es muy oportuno para acabar de entender la aplicación de la conservación del momento lineal (no hay fuerzas externas). Solo tienes que dar el siguiente paso, que es el de calcular la variación del momento lineal en uno de esos instantes. Voy seguir tu razonamiento, solo que, para el instante inicial, voy a utilizar $t_0 = 0$ y $M_0$ (Así nos deshacemos del equívoco término masa del sistema, que puede hacer referencia a otros sistemas distintos del inicial)

Variación del momento lineal entre los instantes $t_0 = 0$ y$t_1 = 1 s$:

En el instante 0, la masa del cohete es $M_0=$ que vamos a suponer en reposo:

En el instante $t_1 = 1 s$, (momento en el que lanzamos la masa $m$ con una velocidad respecto al resto del cohete $-u$), tenemos dos masas en movimiento: masa $(M_0 -m)$ moviéndose con velocidad $v_1$ y masa $m$ moviéndose con velocidad $0-u$

La variación del momento lineal entre $t_0 = 0$ y$t_1 = 1 s$ será, pues: $\Delta P = -m.u + (M_0 -m).v_1 - M_0.0= 0$

la velocidad $v_1$ que de aquí te sale será:

$v_1= \dfrac{mu}{M_0 - m}$

Variación del momento lineal entre los intantes $t_1 = 1 s$ y $t_2= 2 s$:

En el instante $t_1 = 1 s,$ tienes una masa $M_1 = (M_0 - m)$ con una velocidad $v_1.$
En el instante $t_2 = 2 s$, tienes dos masas: una masa $m$ con velocidad $v_1 - u$ y otra masa $M_2 = (M_0 - 2m)$ moviéndose con velocidad $v_2$.

La variación del momento lineal será: $\Delta P = m.(v_1-u) + (M_0 - 2m).v_2 - (M_0 -m).v_1 = 0$
La velocidad $v_2$ que de aquí, después de operar y de substituir el $v_1$ anterior, te sale será:

$v_2= \dfrac{mu}{M_0 - m} + \dfrac{mu}{M_0 - 2m}$

Variación del momento lineal entre $t_2 = 2$ y $t_3 = 3 s$:

En el instante $t_2 = 2 s$ tienes una masa $M_0-2m$ moviéndose con una velocidad $v_2$
En el instante $t_3 = 3 s$ tienes dos masas: una masa $m$, moviéndose con una velocida $v_2 - u$ y otra masa $(M_0 - 3m)$ moviéndose con velocidad $v_3$.

La variación del momento lineal será: $\Delta P = m.(v_2-u) + (M_0 - 3m).v_3 - (M_0 -m).v_2 = 0$
La velocidad $t_3 = 3 s$ que de aquí te sale (después de operar y de sustituir el $v_2$ anterior:

$v_3= \dfrac{mu}{M_0 - m} + \dfrac{mu}{M_0 - 2m} + \dfrac{mu}{M_0 - 3m}$

Y así sucesivamente.....

Si te fijas, la conservación del momento lineal, se aplica, no entre el instante inicial y el instante $t_n$, sino entre el instante $t_{n-1}$ y el instante $t_n$.

Esto es lo que hay que hacer cuando la masa se emite continuamente: aplicar la conservación del momento lineal (o segunda ley de la Dinámica si hubiera fuerzas exteriores) a las masas que tienes en el instante $t$ y las que tienes en el instante $t + \Delta t$

Espero que haya servido para aclararte un poco más cual es el sistema al que puedes aplicar la conservación del momento lineal.

[Kiwi]

Llevaba media hora escribiendo mis argumentos y por un mensaje de error de la web se me ha borrado todo.

De verdad que intento entenderlo pero no lo logro jajajaja!!

El problema de tu razonamiento es que aplicas la conservación del momento lineal a la masa inicial del sistema a la que tu llamas $M_s$

En el instante $t$ tienes una masa $m$ moviéndose con una velocidad $v$

En el instante $t + \Delta t$ tienes una masa $m- \Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v + \Delta v$ y una masa $\Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v - u$

Bajo mi punto de vista, en el momento en el que consideras $m$ como la masa inicial, la estas considerando igual a la masa de tú sistema y por tanto la tratas como una cte.

Por otro lado, supongamos que hacemos el estudio del comportamiento del cohete a lo largo del tiempo hasta que se le acaba el combustible. En todo momento, desde que empiezas el estudio hasta que lo acabas, el valor de $m$ va a ser el mismo. Y si $m\neq m(t)$ entonces es que $m=cte$.

A estas masas, y no a la masa inicial $M_s$ (que es constante), es a las que aplicas la conservación del momento lineal. Es decir, que no estás aplicando la conservación del momento lineal a una masa constante $M_s$, sino a una masa variable $m$

Esto de que no puedo aplicar la conservación del momento lineal a la masa inicial sí que no lo entiendo. Es precisamente la masa incial lo que tengo que usar para poder aplicar la conservación del momento lineal.

Después, comentas que la masa inicial $m$ (masa inicial) es una variable, pero como te he comentado antes, si es la masa incial, no varía a lo largo del tiempo. La masa incial es la que fuera en el instante que tú has definido como inicial.
Por poner un ejemplo simple. Si tu en un instante, que defines como inicial, tienes 1000 €, dará igual si al día siguiente te gastas 200 €, al siguiente 150 €, etc. Tu cantidad de dinero inicial seguirá siendo de 1000 €. Lo mismo sucede si antes de tener 1000 € tenías 3000 €. Si tu has tomado como instante inicial aquel en el que tenías 1000 €, tu cantidad inicial seguirá siendo 1000 €.

Volviendo al cohete (cuando digo masa del cohete quiero decir la masa del cohete más el combstible que transporta en su interior) tenemos que:

1. En el instante inicial (llamémosle 1), la masa del cohete es $m_1=M_s$.
2. En el instante siguiente, 2, la masa del cohete es $m_2=m_1 - \Delta \mu =M_s- \Delta \mu$
3. En el instante 3, la masa del cohete es $m_3=m_2 - \Delta \mu =m_1 - \Delta \mu - \Delta \mu = m_1 - 2\Delta \mu = M_s- 2\Delta \mu$
4. En el instante 4, la masa del cohete es $m_4=m_3 -\Delta \mu=...=M_s-3 \Delta \mu$
5. En el instante n, la masa del cohete es $m_n=m_{n-1} -\Delta \mu=...=M_s-(n-1) \Delta \mu$

Es decir, que nuestra masa inicial es $M_s$ y es cte.

Esa masa $m$ es la masa en el instante $t$ (y no en el instante $t_0 = 0$), masa que se mueve con velocidad $v$

Me remito a lo que he dicho antes.
Además, partiendo de tu argumento, si $m=m(t)$ yo puedo evaluar esa función en el instante temporal que desee y si elijo la escala de tiempo de modo que $t=t_0=0$ coincida con el instante en el cual la velocidad del cohete es $v$ entonces puedo decir que el cohete lleva velocidad $v$ en el instante $t=t_0=0$.


Empiezo a intuir que el motivo de mi duda es un tema de notación o de concepto al definir cómo abordar el problema. ¿Puede ser que estemos definiendo dos instantes $t$ y $t + \Delta t$ consecutivos cualesquiera entre el inicio y final de la emisión de todo el combustible de modo que, para cada emisión de $\Delta \mu$ definimos un nuevo sistema cuya masa inicial es un $\Delta \mu$ menor que en el instante anterior?
En este caso tendría sentido que la masa inicial fuera dependiente del tiempo ya que estamos tomando como masa inicial de nuestro problema la masa final del cohete después de la emisión $\Delta \mu$ en el instante anterior. Es decir, que estamos llamando continuamente masa inicial a la masa que tiene el cohete justo antes de emitir el $\Delta \mu$.
Pero entonces estaríamos tratando el problema como un conjunto de eventos separados aunque no independientes. Es decir, que tendríamos que resolver un problema por cada $\Delta \mu$ emitido, siendo necesario conocer la velocidad y masa finales del paso anterior.

Creo que empiezo a ver la luz. Suponiendo que este planteamiento por el cual se resuelve cada emisión por separado sea correcto, me surge la duda de porqué se resuelve así, separando el problema en múltiples problemas en los que sólo se considera la emisión de un solo $\Delta \mu$ y no de un conjunto de ellos.



Se supone que esto yo lo entendí en la carrera .

[oscarmuinhos]

Me pierdo. ¿Por qué no puede aplicarse la conservación del momento lineal a un instante de tiempo cualquiera? Precisamente esa la "magia" del momento lineal, que para un sistema aislado el momento lineal se conserva independientemente de lo que suceda en el interior del sistema.

Sin menoscabo de cualquier otro u otra pueda hacértelo entender mejor, voy a tratar de explicártelo:
En mi primer mensaje te decía que revisaras tu concepto de masa del sistema:

En lo que yo soy capaz de ver ...es que aplicas mal la conservación del momento lineal ...al considerar que esa (a la que tu llamas Masa del sistema = masa cohete (vacío?) + masa de combustible) permanece constante......?
Puedes poner (si quieres): $M_s = m_{cohete} + m_{combustible} = m_{co} + m_c$

Revisa ese concepto?!
(...y te darás cuenta que lo único que hiciste fué cambiar el nombre de la variable por $m$ por $m_c$...)

El problema de tu razonamiento es que aplicas la conservación del momento lineal a la masa inicial del sistema a la que tu llamas $M_s$

En el instante $t$ tienes una masa $m$ moviéndose con una velocidad $v$

En el instante $t + \Delta t$ tienes una masa $m- \Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v + \Delta v$ y una masa $\Delta \mu$ moviéndose con velocidad $v - u$

A estas masas, y no a la masa inicial $M_s$ (que es constante), es a las que aplicas la conservación del momento lineal. Es decir, que no estás aplicando la conservación del momento lineal a una masa constante $M_s$, sino a una masa variable $m$

Espero haberte aclarado lo que he querido decir

Un saludo

AMPLIANDO LO ANTERIOR:

Pero cuando dice que una vez emitida la masa $\Delta \mu$, la masa del cohete pasa a ser $m-\Delta \mu$, lo que yo entiendo es que esta $m$ (a la que le resta el $\Delta \mu$) es la masa inicial, que a su vez es la masa del sistema. Y si es la masa del sistema, entonces es constante.

Esa masa $m$ es la masa en el instante $t$ (y no en el instante $t_0 = 0$), masa que se mueve con velocidad $v$

Saludos de nuevo

[Kiwi]

A Al2000
Efectivamente tienes razón: la masa del sistema permanece constante pero en la ecuación la masa que se mueve con velocidad $v$ no es la masa del sistema (o sí?). A este concepto me quería referir yo

La masa que inicialmente tiene velocidad $v$ sí es la masa del sistema porque inicialmente toda la masa del sistema está dentro del cohete.

la masa del sistema que, a efectos de conservación del momento lineal, se tiene que considerar NO permanece constante....pues al sistema inicial del instante $t_0$ no puede aplicársele la conservación del momento lineal referida a un instante $t$ cualquiera..

Me pierdo. ¿Por qué no puede aplicarse la conservación del momento lineal a un instante de tiempo cualquiera? Precisamente esa la "magia" del momento lineal, que para un sistema aislado el momento lineal se conserva independientemente de lo que suceda en el interior del sistema.