1r ciclo Problema: choque excentrico solido rigido. ¿Vuelca?

[jojo]

Hola,
Alguien sabe como resolver este problema? Se trata de saber si el solido rectangular vuelva o no.
Choque perfectamente elastico (materiales acero). Rozamiento con el suelo infinito. Vuelco sobre el punto pivotante O.

[Richard R Richard]

para volcarlo tienes que pasar el CM por la vertical del punto de apoyo, Eso implica que superes una cierta cantidad de energía potencial gravitatoria.

$\Delta E_p =Mg\left(\dfrac{\sqrt{1500^2+200^2}-1500}{2}\right)$

Si la energía cinetica final después del choque del solido es mayor que esa variación de potencial , el soliso puede volcar sino , volverá a al punto de equilibrio estático.

planteas la conservación del momento angular.

$mv_i1500=-mv_f1500+Mv_M\dfrac{1500}{2}$

la conservación de la energía cinetica en el choque

$\frac12mv_i^2=\frac12mv_f^2+\frac 12 I\omega^2$

donde el momento de inercia del rectángulo es.

$I=\dfrac{M}{12}(1500^2+200^2)$

y la velocidad angular

$\omega=\dfrac{v_M}{\sqrt{1500^2+200^2}}$

con estas 4 ultimas ecuaciones tienes que poder calcular cual es la energía cinetica de rotacion del rectangulo , es decir la porcion $E_{cr}=\frac 12 I\omega^2$

si $E_{cr}>\Delta E_p$ entonces vuelca.

[JCB]

Hola a tod@s.

Haciendo el mismo planteamiento que Richard, llego a

1) Conservación del momento angular.

$$mv_ih=mv_fh+I_0\omega$$

2) Conservación de la energía cinética.

$\dfrac{1}{2}mv_i^2=\dfrac{1}{2}mv_f^2+\dfrac{1}{2}I_0\omega^2$,

$$mv_i^2=mv_f^2+I_0\omega^2$$

Siendo $I_0=I_G+Md^2=\dfrac{1}{3}M(b^2+h^2)$, en ambas ecuaciones.

Sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: $v_f$ y $\omega$. Despejando $\omega=\dfrac{mh}{I_0}(v_i-v_f)$ en (1) y substituyendo en (2), llego a una ecuación de segundo grado, con soluciones $v_{f1}=5\ m/s$ y $v_{f2}=-2,39\ m/s$.

La primera solución conduce a $\omega_1=0\ rad/s$, lo cual indica que el bloque no gira, y por tanto no vuelca.

La segunda solución conduce a $\omega_2=1,74\ rad/s$. El bloque adquiere una energía cinética de rotación $E_{cr}=\dfrac{1}{2}I_0\omega^2=2.895,27\ J$.

La variación de energía potencial gravitatoria para que se produzca el vuelco es

$\Delta E_{pg}=Mg\left(\dfrac{\sqrt{b^2+h^2}}{2}\right)-Mg\dfrac{h}{2}=162,61\ J$.

Tal y como dice Richard, como la energía cinética de rotación es superior a esta diferencia de energía potencial gravitatoria, el bloque vuelca.

No me deja de sorprender que el problema admita dos soluciones, una con vuelco y la otra sin vuelco. A ver si hay alguien que aclare este misterio.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola JCB, como va? creo que diferimos un poco en como asignamos el valor a $v_f$ yo directamente le di sentido, de retroceso para que el modulo me diera positivo, es decir el sólido circular regresa hacia atras, y tu le diste sentido positivo, hacia derecha , luego la opcion es la de -2.39m/s, pero mas alla de eso, las dos opciones son validas en cuanto a conservación de la energía cinetica y a la conservación del momento angular, pero observa que si la velocidad de salida del objeto cilíndrico es 5m/s positivos, quiere decir que no impactó con el rectángulo, por eso le aporta 0 J de energía cinetica y continua su camino tal cual vino, que es una opción posible, pero no la que buscamos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Eso es, Richard. Aunque matemáticamente el ejercicio admita dos soluciones, parece que físicamente solo tiene sentido (razón de ser) la solución $v_f=-2,39\ m/s$, aunque yo no le di ningún sentido (orientación) predeterminado.

Saludos y que estés bien,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Otra cosa Richard, quisiera hacerte un comentario en cuanto al momento angular del bloque rectangular. En concreto, escribiste $Mv_M\dfrac{1500}{2}$, pero creo que el momento angular de este bloque es, realmente, y respecto al eje de rotación, $I_0\omega=(I_G+Md^2)\omega=\dfrac{1}{3}M(b^2+h^2)\omega$, como ya he escrito anteriormente, por tratarse de un sólido rígido. Entiendo que tu expresión sería válida en el caso de una partícula, pero no para un sólido rígido. ¿ Qué opinión tienes al respecto ?. ¿ Estoy equivocado ?.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Entiendo el punto, JCB, en primera instancia imaginé un choque elástico, y en consecuencia el movimiento de la pieza rectangular, para ello necesitaba nada mas que mover el centro de masas que se halla a la mitad de la altura vertical, luego con esa velocidad del centro de masa, si entonces calculo la energía cinetica de rotación respecto del centro instantáneo de rotación., y la comparo con el incremento máximo de la energía potencial cuando la diagonal del rectángulo esta en la vertical del punto de apoyo. Porque para cuando la barra llegue a esa posición el choque de la masa circular es cosa del pasado... me explico, creo que deberíamos coincidir , solo que el impacto no sucede en la dirección tangencial de giro....la energía mecánica de rotación se conserva mientras el rectángulo rota, si la energía cinetica rotacional es mayor que potencial de elevar el CM hasta colocarlo sobre la vertical del punto de apoyo, entonces terminara volcando, sino, volverá al punto de inicio, lo pasara,y seguirá oscilando , hasta perder la EC, por fricción , vibración amortiguamiento con el piso y el aire.

respecto a la diferencia de valor de los momentos de inercia, creo que tenemos que coincidir puesto que yo plenteo todo moviendo el CM y tu usas el teorema de Steiner creo.

Que opinas?

[JCB]

Hola a tod@s.

Respecto al primer párrafo de tu mensaje # 7, no puedo estar más que de acuerdo, y si te fijas en mi mensaje # 3, Richard, verás que coincidimos plenamente.

En cuanto al segundo párrafo de tu mensaje # 7, es otra discrepancia (junto con el momento angular del bloque) que no había hecho explícita. Efectivamente, he calculado el momento de inercia del bloque mediante el teorema de Steiner, de esta manera:

El momento de inercia del bloque respecto del eje de giro (arista inferior derecha) es $I_0=I_G+Md^2$, donde $I_G=\dfrac{1}{12}M(b^2+h^2)$, y también $d^2=\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+\left(\dfrac{h}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}(b^2+h^2)$.

Substituyendo, $I_0=\left(\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{4}\right)M(b^2+h^2)=\dfrac{1}{3}M(b^2+h^2)$.

Creo que con esto queda resuelta la discrepancia del momento de inercia.

Por tanto, lo único que queda pendiente resolver, es la discrepancia en cuanto al momento angular, o bien que confirmes de manera explícita, cual es el que consideras, finalmente, como correcto.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Creo que tu calculo es el correcto yo he calculado el vuelco respecto de un eje que pasa por el CM