Lanzamiento horizontal de una maleta sobre un carrito.

[JCB]

Hola a tod@s.

Quisiera preguntaros vuestra opinión sobre este ejercicio (15-53 de Dinámica de Hibbeler). Dice así: la carretilla B de 20 lb (9,07 kg) está apoyada en rodillos de tamaño insignificante. Si se lanza horizontalmente una maleta A de 10 lb (4,54 kg) sobre la carretilla a 10 pie/s (3,05 m/s) cuando está en reposo, determine el tiempo durante el cual A se desliza con respecto B y la velocidad final de A y B. El coeficiente de fricción cinética entre A y B es $\mu_k=0,4$.

En la edición del libro que tengo, las unidades están en el sistema anglosajón.



Resolución:

1) Para hallar la velocidad final de A y B, considero a todo el conjunto.

$m_Av_A+\cancelto{0}{m_Bv_B}=(m_A+m_B)v_f$,

$v_f=\dfrac{m_Av_A}{(m_A+m_B)}=1,02\ m/s$.

2) Para determinar el tiempo de deslizamiento, considero solo a la maleta A, y al impulso de la fuerza de rozamiento.

Como $I=m\Delta v$,

$Ft= m\Delta v$,

$-\mu mgt=m\Delta v$,

$t=\dfrac{-\Delta v}{\mu g}=\dfrac{v_A-v_f}{\mu g}=0,52\ s$.

Aunque los dos valores obtenidos coinciden con la respuesta dada en el libro, como el desarrollo no está publicado, no sé si el método empleado es el mismo. Por este motivo quisiera preguntaros si sabéis de otro método (energético quizás), con la finalidad de poder confirmar los resultados.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola , yo lo hubiese encarado de esta manera, que es mas complicada que lo que has hecho

sabes que se conserva el momento lineal

$m_Av_A+\cancelto{0}{m_Bv_B}=(m_A+m_B)v_f$

y también lo puedes considerar como un problema de colisión inelástica, donde el tiempo de colisión es mas largo que en lo que denominamos colisión.Pero a que voy a que la energía cinetica no se conserva, la diferencia entre la energía cinetica inicial y la final, es el trabajo de la fuerza de rozamiento, que por ser constante, la aceleración del carro y la desaceleración de la maleta son constantes. luego son validas las ecuaciones de la cinematica.

$\mu m_Ag=m_Ba_B$

$\frac12m_Av_A^2=\frac12(m_A+m_B)v_f^2+\mu g m_A\Delta x$

$t=\sqrt{\dfrac{2\Delta x}{a_B}}$

, Prueba si dan las cuentas

[arivasm]

Yo lo haría como tú [me refiero a JCB]. Pero por aquello de emplear una alternativa (que por supuesto será equivalente) una es recurrir a las leyes de Newton. Cambiaré un poco la notación: llamaré $v_0$ a la velocidad inicial de A y usaré los subíndices A y B para referirme a valores actuales de ambos cuerpos.

Para A tenemos que (usando componentes, con sentido positivo hacia la derecha) $-\mu m_A g = m_A a_A$. Para B $\mu m_A g = m_B a_B$. Por tanto, tomando $t=0$ en el inicio del movimiento relativo, durante la fricción dinámica la velocidad de A varía según $v_A=v_0-\mu g t$, y la de B según $v_B=\dfrac{m_A}{m_B}\mu g t$. Como dicha fase de movimiento cesa en cuanto ambas velocidades son iguales, el tiempo correspondiente será tal que $v_0-\mu g t=\dfrac{m_A}{m_B}\mu g t$, esto es

$t=\dfrac{v_0}{\mu g}\,\dfrac{m_B}{m_A+m_B}$

y la velocidad terminal será entonces

$v_A=v_B=v_f=\dfrac{m_A v_0}{m_A+m_B}$

que es, por supuesto, tu primera ecuación.

Por aquello de comparar con la que escribes para el tiempo, tenemos que como $v_0-v_f=v_0\left(1-\dfrac{m_A}{m_A+m_B}\right)=\dfrac{m_B v_0}{m_A+m_B}$ efectivamente

$t=\dfrac{v_0}{\mu g}\,\dfrac{m_B}{m_A+m_B}=\dfrac{v_f-v_0}{\mu g}$

[arivasm]

Como indica JCB en el siguiente mensaje, lo que pongo al final se obtiene de manera mucho más rápida considerando simplemente que $v_f=v_0+a_At=v_0-\mu g t$

[JCB]

Hola a tod@s.

Agradecido por estas respuestas tan inmediatas.

Richard: para la obtención de $v_f$, hemos empleado el mismo método. Pero no acabo de ver el sentido del método energético, pues a partir de $\sum{F}=m_Aa_A$,

$-\mu m_Ag=m_Aa_A$ (expresión utilizada por arivasm en su mensaje # 3),

$a_A=-\mu g$.

Luego, aplicando la conocida expresión cinemática, $v_f=v_A+a_At$,

$t=\dfrac{v_f-v_A}{a_A}=\dfrac{v_f-v_A}{-\mu g}=0,52\ s$.

arivasm: estudiaré tu alternativa con detalle.

Gracias otra vez y saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Richard: para la obtención de $v_f$, hemos empleado el mismo método. Pero no acabo de ver el sentido del método energético, pues a partir de $\sum{F}=m_Aa_A$,

Veamos porque puedes usarlas ecuaciones de cinemática, tan facilmente?... La Fuerza de rozamiento es constante, no,? que pasaba si en vez de ser una superficie plana, era una superficie curva, evaluada a la misma altura h, como llegarías al tiempo t? por eso creo que el planeamiento energético es complejo, pero te lleva al resultado en todos los casos , menos dificil de integrar el rozamiento en la superficie, que usar la componente de la fuerza en x cuando es variable con la posición...En realidad la ventaja esta en que se te simplifiquen los cálculos... En este caso la cinemática es mas ventajosa.

[JCB]

Hola a tod@s.

Encuentro particularmente interesante al ejercicio porque, hasta el momento, en todos los ejercicios sobre cantidad de movimiento que conocía, se suponía que la velocidad conseguida después del encuentro era inmediata, en cambio en éste, hay un retardo en el tiempo que depende del coeficiente de rozamiento. Es decir, la velocidad final conseguida siempre es la misma, pero a mayor coeficiente de rozamiento, menor tiempo empleado en alcanzarla. Por tanto, y esto me parece significativo, la pérdida de energía cinética, no depende del coeficiente de rozamiento.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

No me he podido resistir a abandonar el hilo, sin antes abordar el tema energético.

Antes del encuentro, la energía cinética inicial es $Ec_i=\dfrac{1}{2}m_Av_A^2=21,07\ J$.

La energía cinética final es $Ec_f=\dfrac{1}{2}(m_A+m_B)v_f^2=7,02\ J$.

La merma de energía cinética es de $14,05\ J$. Esta pérdida es igual al trabajo de la fuerza de rozamiento, que se compone de dos términos. El primero es negativo y se emplea en desacelerar a la maleta, mientras que el segundo término es positivo, y se emplea en acelerar al carrito.

La fuerza de rozamiento es constante, $F_r=\mu m_Ag=17,78\ N$.

Mediante las expresiones ya conocidas, $a_A=-\mu g \ (-3,92\ m/s^2)$ y $a_B=\dfrac{\mu m_Ag}{m_B} \ (1,96\ m/s^2)$, determino las distancias en las cuales actúa la fuerza de rozamiento sobre cada cuerpo,

$d_A=\dfrac{v_f^2-v_A^2}{2a_A}=1,05\ m$,

$d_B=\dfrac{v_f^2-v_B^2}{2a_B}=0,26\ m$.

$W_{rA}=F_rd_A=-18,73\ J$,

$W_{rB}=F_rd_B=4,68\ J$,

siendo $W_{rA}+W_{rB}=-14,05\ J$, que coincide, como no podía ser de otra manera, con la pérdida de energía cinética indicada anteriormente.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola JCB fíjate que no hay una independencia como tal del coeficiente de rozamiento, y la perdida de energía cinetca en colisiones inelásticas, sino que ese es valor máximo de perdida para cualquiera de la colisiones incluso las de transferencia de momento lineal por rozamiento.
Y segundo me has abierto los ojos a porque no me daba igual el trabajo del rozamiento. Gracias, razón por la cual no postee numéricamente la solución.