1r ciclo Dinámica

[The Higgs Particle]

Supongamos que tenemos un plano inclinado (ángulo respecto a la horizontal $\alpha$) en cuyo final se encuentra un muelle (longitud $x_0$ y constante de elasticidad $k$). Sabiendo que se comprime una distancia $\Delta x$, hallar la masa $m$ de la pelota que cae contra él. Hacerlo por dinámica (NO energía).


En el momento previo al choque con el muelle, la pelota tiene una velocidad $v_0$. En cuanto entra en contacto con el muelle, deja de ser la componente del peso $(P_x)$ la única fuerza que actúa, sino que ahora comienza también a actuar una fuerza restauradora que, según la Ley de Hooke, es $F_H = -kx$. Sin embargo, esta última fuerza no es constante, sino que va variando a lo largo de toda la compresión. Podemos, entonces, dividir este movimiento en tres tramos:

1. Tramo I: $P_x > F_H \to$ existe una aceleración, pero menor que $g \cdot sin(\alpha)$

2. Tramo II: $F_H > Px \to$ Esto hará que, finalmente, la pelota comprima una longitud $\Delta x$ el muelle. Éste cesará de comprimirse cuando $v = 0$, algo que sucederá más tarde que el momento en el que $F_H = P_x$

3. Tramo III: Si la masa fuera muy grande, el movimiento ya no podría ser descrito por la Ley de Hooke, se cargaría el muelle y tendríamos el equilibrio $\vec N' = \vec P_x$, donde $\vec N'$ es la fuerza que ejercería el soporte del muelle (que habría superado, mínimo, el límite de elasticidad) evitando la caída total de la pelota.
Si la masa es pequeña, la pelota volverá a ser empujada hacia arriba del plano inclinado. De esta forma, cuando su velocidad sea cero (compresión máxima del muelle), existirá una aceleración hacia arriba del plano inclinado. Este tramo queda fuera de nuestro marco de estudio.


Basándome en esto:

1. Tramo 1: $P_x - F_H =m \cdot a_1 \to a_1 = g sin(\alpha) - \frac{kx}{m}$
Además, cuando llegamos al punto en el que $F_H = P_x$, tiene una velocidad no nula que es.

$dv = a_1 dt \to \dst \int_{t_0}^{t_f}dv = \dst \int^{t_f}_{t_0} (g sin(\alpha) - \frac{kx_1}{m})dt \to v_1 = v_0 + g sin(\alpha) \cdot t_1 - \frac{k}{m} \dst \int^{t_f}_{t_0} x_1(t) dt$

Sin embargo, no puedo hallar esa última integral porque no sé $x_1(t)$, ¿no?


2. Tramo 2: $F_H - P_x = ma_2 \to a_2 = k \frac{x}{m} - g sin(\alpha)$

Así, cuando el muelle se halla comprimido totalmente, $v_2 = 0$

$dv = a_2 dt \to \dst \int^{v_2}_{v_1} dv = \dst \int^{t_2}_{t_1} (k \frac{x_2}{m} - g sin(\alpha))dt$ $\to v_2 = v_1 + \frac{k}{m} \dst \int^{t_2}_{t_1} x_2(t)dt - gsin(\alpha) (t_2 - t_1)$

Supongo que, como lo único que ha cambiado es el sentido de la aceleración, $x_1(t) = - x_2(t)$, pudiendo así escribir:

$v_2 = \left( v_0 + g sin(\alpha) \cdot t_1 - \frac{k}{m} \dst \int^{t_f}_{t_0} x_1(t) dt \right)+ \left( - \frac{k}{m} \dst \int^{t_2}_{t_1} x_1(t)dt \right)$ $- \left( gsin(\alpha) (t_2 - t_1)\right)$

$v_2 = v_0 + gsin(\alpha) \cdot (2t_1 - t_2) - \dst \frac{k}{m} \dst \int_{t_0}^{t_2} x(t)dt$

Sin embargo, en el punto final, $v_2 = 0$

Así:

$\boxed{m = \dst \frac{k \dst \int_{t_0}^{t_2} x(t)dt}{ v_0 + gsin(\alpha) \cdot (2t_1 - t_2)}}$

[felmon38]

Re: Dinámica

Higgs, yo creo que no hay que considerar tres tramos. La masa desde que toca al resorte está sometida a dos fuerzas con lo que la masa tendrá una aceleración variable con x. Cuando la velocidad correspondiente sea cero., habrá deformado al resorte su desplazamiento
Saludos

[arivasm]

Re: Dinámica

Para el movimiento de la partícula mientras está en contacto con el resorte será útil tomar en consideración la elongación $x$ medida respecto de la posición de equilibrio, es decir, aquella longitud del resorte para la cual será $a=0$. No te deberá costar encontrar que para cualquier otra longitud del resorte la fuerza resultante sobre la partícula es $kx$. De este modo tenemos que desde que se ha establecido el contacto el movimiento es armónico simple, de manera que $x=A\sin(\omega t+\theta_0)$, con $k=m\omega^2$. Para encontrar $A$ hay que considerar la elongación y velocidad correspondientes a la posición en la que la masa entra en contacto con el resorte (de esta manera manejaremos dos ecuaciones, la de la elongación y la velocidad, y dos incógnitas: la amplitud y la fase inicial).

[The Higgs Particle]

Re: Dinámica

Entonces, si lo anterior es correcto, $m = \dst \frac{k \dst \int_{t_0}^{t_2} x(t)dt}{ v_0 + gsin(\alpha) \cdot (2t_1 - t_2)}$


Ahora bien, $x(t) = A sin(\omega t + \phi_0) = A sin\left( t \dst \sqrt{\frac{k}{m}} + \phi_0 \right)$

Una vez comprimido, el muelle va a intentar volver a la posición inicial (equilibrio), pero no se va a estirar más de esa posición, por lo que $A = \dst \frac{\Delta x}{2}$, donde $\Delta x$ es lo que se contrae, ¿no?

Si esto es así, la posición inicial es [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Así:

$\dst \int_{t_0}^{t_2} \left( \dst \frac{ \Delta x}{2} sin\left( \dst \sqrt{ \dst \frac{k}{ m}} \right)t + \pi \right) dt= \dst \frac{\Delta x}{2 } \cdot \left[ - \sqrt{\frac{m}{k}} cos \left( \dst \sqrt{ \dst \frac{k}{ m}}t + \pi \right) \right]^{t_2}_{t_0}$

Y como $t_ 0 = 0$, lo anterior se transforma en:


[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]


Por ello:

$\boxed{m = \dst \frac{k \Delta x \cdot \sqrt{\frac{m}{k}} cos( \dst \sqrt{ \dst \frac{k}{ m}}t_2)}{2 \left( v_0 + gsin(\alpha) \cdot (2t_1 - t_2) \right)}}$

- - - Actualizado - - -

Higgs, yo creo que no hay que considerar tres tramos. La masa desde que toca al resorte está sometida a dos fuerzas con lo que la masa tendrá una aceleración variable con x. Cuando la velocidad correspondiente sea cero., habrá deformado al resorte su desplazamiento
Saludos

Matemáticamente sólo tomo dos variables. Analizaba de palabra lo que ocurriría si la masa rebota (MAS) o si es tan pesada que se lo carga (límite de rotura -> no sigue ley de Hooke) sólo para ver si lo estaba diciendo bien, pues prefiero asegurarme de que entiendo los conceptos

[arivasm]

Re: Dinámica

Yo lo enfoco de esta otra manera, en la línea de mi comentario anterior.

La posición de equilibrio del sistema masa resorte se corresponde con un acortamiento de éste, de valor $\Delta x_0$ tal que

$$k\Delta x_0=mg \sin\alpha$$

Observemos que la longitud del resorte en dicha situación es

$$x_{eq}=x_0-\Delta x_0$$

Tomando sentido positivo hacia abajo, mientras la masa esté en contacto con el resorte, si la longitud de éste es $x$, la fuerza resultante sobre la masa será

$$F_x=mg\sin\alpha-k(x_0-x)$$

Como ya dije antes, voy a manejar la elongación respecto del punto de equilibrio

$$y=x_{eq}-x=x_0-\Delta x_0-x$$

De esta manera

$$x_0-x=\Delta x_0+y$$

y

$$k(x_0-x)=k\Delta x_0+ky$$

Pero de acuerdo con (1)

$$k(x_0-x)=mg\sin\alpha+ky$$

y al llevar este resultado a (3) tenemos que la fuerza resultante es

$$F_x=-ky$$

lo que demuestra que estamos ante un movimiento armónico simple, cuya elongación inicial es $-(x_0-x_{eq})=-\Delta x_0$ (el signo menos se debe a que el sentido elegido como positivo es hacia abajo) y con una velocidad inicial $v_0$ (que encontramos inmediatamente a partir de la posición inicial y con los cálculos usuales para la parte de deslizamiento por el plano inclinado, antes de entrar en contacto con el resorte).

Como la ecuación de movimiento será de la forma $y=A\sin(\omega t+\theta_0)$, con $k=m\omega^2$, si tomamos $t=0$ el instante en que la masa entra en contacto con el resorte tenemos que

$$-\Delta x_0=A\sin\theta_0$$

$$v_0=A\omega\cos\theta_0$$

Despejando las funciones trigonométricas, elevando al cuadrado y sumando ambas encontramos que

$$A^2=\Delta x_0^2+\frac{v_0^2}{\omega^2}=\Delta x_0^2+\frac{mv_0^2}{k}$$

Para introducir la máxima compresión del resorte, $\Delta x$, basta con que tengamos en cuenta que $\Delta x=A+\Delta x_0$, es decir, $A=\Delta x-\Delta x_0$. Elevando al cuadrado e igualando con (11) resulta

$$\Delta x^2-2\Delta x\Delta x_0=\frac{mv_0^2}{k}$$

Usando (1)

$$\Delta x^2-2\Delta x\frac{mg\sin\alpha}{k}=\frac{mv_0^2}{k}$$

de donde obtenemos inmediatamente el valor de la masa

$$m=\frac{k\Delta x^2}{v_0^2+2\Delta x g \sin\alpha}$$

Por supuesto sólo nos queda reemplazar $v_0$ en función de los datos que nos den acerca de la posición de partida. Por ejemplo, si el extremo del resorte está a una distancia $d$, medida sobre el plano, del punto de partida, entonces $v_0^2=2gd\sin\alpha$ y (14) se convierte en algo muy obvio y que podríamos haber encontrado mucho más fácilmente por simple conservación de la energía

$$m=\frac{k\Delta x^2}{2g(\Delta x+d)\sin\alpha}$$