sistema de partículas en un Triangulo equilatero

[MrHawk123]

Hola a todos, espero que estén todos muy bien, nuevamente traigo un problema de sistemas de partículas. Aquí va.

Considere un conjunto de tres partículas de masas $m,$ $2m$ y $2m$ formando un triángulo equilátero. Las partículas están unidas por barras de masa despreciable y largo $b.$ Este sistema, inicialmente en reposo, es impactado por una cuarta partícula de masa $m$que se mueve, en el instante del choque, con una velocidad $v_0$ horizontal, como se muestra en la figura 2. Por efecto del choque, las dos partículas de masa $m$ quedan pegadas y el sistema tiende a volcarse de forma tal que la partícula basal en el punto P no desliza debido al roce estático con la superficie. Calcule:

a) El momentum angular total antes del choque y después del choque

b) La velocidad angular y la aceleración angular del sistema justo después del choque.

c) Plantee la condición física para que el sistema alcance a volcarse y determine el valor máximo de v0 para que ésto no ocurra.

$Figura 2$

masa 1 es la del centro
masa 2 es la de la izquierda
masa 3 es la de la derecha

Lo que yo he hecho hasta el momento es definir un angulo $\theta$ que es el angulo entre la base y el eje horizontal, también puse mi sistema de referencia centrado en la masa tres con eje x positivo hacia la izquierda y eje y positivo hacia arriba. Luego definí los vectores posición de la siguiente manera.

$\vec{r_1} = bcos(\theta + \frac{\pi}{3})\hat{i} + bsin(\theta + \frac{\pi}{3}\hat{j})$

$\vec{r_2} = bcos\theta\hat{i} + bsin\theta\hat{j}$

$\vec{r_3} = \vec{0}$

$\hat{i}$ y$\hat{j}$ son los vectores unitarios pero definidos para el sistema que yo puse.

la pregunta tiene respuesta, solo para la b y una parte de la c

velocidad angular = $\frac{\sqrt{3}}{8}\frac{v_0}{b}$

aceleración angular =$-\frac{3}{4}\frac{g}{b}$

$v_0^2 = \frac{32}{\sqrt{3}}gb$ esta es la velocidad maxima para que el sistema no se vuelque

Espero sus consejos con ansias y recuerden que todo sirve.

Saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Hasta el momento solo he obtenido la velocidad angular $\omega$, posterior al choque, coincidente con la que has puesto en el enunciado.

Antes del choque, el momento angular es $L_0=hmv_0$, siendo $h$ la altura del triángulo equilátero, igual a $h=\dfrac{\sqrt{3}}{2}b$.

$L_0=\dfrac{\sqrt{3}}{2}bmv_0$.

Después del choque, el momento de inercia de las partículas respecto del eje que pasa por el punto $P$ es

$I_P=2mb^2+2mb^2=4mb^2$.

Después del choque, el momento angular es $L_f=I_P\omega=4mb^2\omega$.

Igualando ambos momentos angulares,

$\dfrac{\sqrt{3}}{2}bmv_0=4mb^2\omega$,

$\omega=\dfrac{\sqrt{3}v_0}{8b}$.

Si consigo avanzar ya lo publicaré.

Saludos cordiales,
JCB.

[MrHawk123]

hola JBC, muchísimas gracias, pero como podría obtener la velocidad angular sin usar el momento de inercia, ya que, aun no veo esa materia

[Richard R Richard]

Hola tambien puedes ayudarte con la conservación de la energía , en el momento que el sistema llegue a un equilibrio estático inestable, sobre el punto P, el CM se habra elevado respecto de donde estaba momento después del choque, la diferencia de energía potencial, debe ser igual ala energía cinetica luego del choque

[JCB]

Así es Richard, he utilizado este argumento, pero no llego a la solución indicada.

[Richard R Richard]

no le he entrado de lleno al problema, cuando me pueda poner , hago una entrada y vemos que les parece.

[MrHawk123]

Mi profesor nos dijo que no usáramos métodos de energía. Ahora estoy haciendo un calculo, lo termino y les cuento que tal.

[MrHawk123]

Lo conseguí, use conservación del momento angular usando los vectores que había definido arriba y evaluando en theta igual cero.

[JCB]

Hola a tod@s.

MrHawk123, puedes hallar el momento angular después del choque, de la siguiente forma alternativa:

$L_f=b2m\omega b+b2m\omega b=4mb^2\omega$. Comprobarás que coincide en el hallado en mi mensaje # 2.

Saludos cordiales,
JCB.

[MrHawk123]

hice lo exactamente lo mismo

[JCB]

Hola a tod@s.

La energía cinética después del choque me da $Ec_f=2\dfrac{1}{2}2m\omega^2b^2=\dfrac{3}{32}mv_0^2$.

La diferencia de energía potencial gravitatoria $\Delta Epg=mg(3-\sqrt{3})b$.

Nota: he considerado la altura inicial del cdm, $h_1=\dfrac{h}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}b$, y la altura final del cdm, $h_2=\dfrac{3}{4}b$.

Igualando llego a que $v_0^2=\dfrac{32}{3}(3-\sqrt{3})gb$, que no coincide con la solución. Alguna cosa habré hecho mal.

Saludos cordiales,
JCB.

[MrHawk123]

Aun no llego a esa parte, estoy intentando sacar la aceleración angular.

[Richard R Richard]

Hola

la altura del CM inicial es $h_i=\dfrac{b}{2\sqrt3}$

y en el equilibrio inestable $h_f=\dfrac{b}{\sqrt3}$

la variación es $\Delta h=\dfrac{b}{2\sqrt3}$

el cambio de energía potencial $\Delta E_p =6m g \dfrac{b}{2\sqrt3}$

el cambio de energía cinetica $\Delta Ec=0-Ec_1=-\dfrac{3}{32}mv_0^2$

si l enegía mecanica se conserva $\Delta E_p=-\Delta E_c$

luego $v_0^2=\dfrac{32}{3m}6m g \dfrac{b}{2\sqrt3}=\dfrac{32bg}{\sqrt3}$


$\to\quad v_0=\sqrt{\dfrac{32bg}{\sqrt3}}$


Edito si de otro modo quieres resolver cinematicamente , debes contar con el calculo del momento de inercia, para conocer la aceleracion angular que detiene el giro.

[MrHawk123]

Hola Richard

¿Como podria llegar a ese resultado de otra manera?.

[Richard R Richard]

Ahora que lo pienso, nada garantiza que la aceleración angular sea constante y entonces se pueda usar cinemática newtoniana, la aceleración depende el angulo, luego lo único que te permite hallar el equilibrio es el trabajo de la fuerza de gravedad que consumirá la energía cinetica hasta el punto de equilibrio inestable, es decir solo se puede aplicar la conservación de la energía mecánica.

[MrHawk123]

No podemos utilizar energía y lo del momento de inercia aun no lo vemos, asi que debe haber otra manera, pero igual muchas gracias por tu ayuda

[JCB]

Hola a tod@s.

Aún y después de leer el mensaje # 8 de Richard, sigo sin llegar a la solución indicada de $v_0$.

Richard: leo que te coincide la energía cinética con la mía $\left(Ecf=\dfrac{3}{32}mv_0^2\right)$. Supongo que habrás llegado a ella de forma similar.

Ahora en lugar de considerar cdm, considero partícula a partícula. Si tomo como referencia de energía potencial gravitatoria a la base del triángulo, la energía potencial gravitatoria después del choque es $Epg_1=2mgb\sin60^{\circ}=\sqrt{3}bmg$. Es decir, se debe únicamente a la partícula $(m+m)$ del vértice superior.

La energía potencial gravitatoria justo antes del vuelco,

$Epg_2=2mg\dfrac{b}{2}+2mgb=3bmg$.

$\Delta Epg=mg(3-\sqrt{3})b$.

Finalmente, volvería a determinar que $v_0^2=\dfrac{32}{3}(3-\sqrt{3})gb$.

Es decir, llego al mismo resultado que en mi mensaje # 7. A todo esto, opino que la partícula situada en el vértice derecho de la base, no debe considerarse, pues permanece estática y por tanto no tiene variación de ninguna clase de energía mecánica. Sería lo mismo si en lugar de una partícula de masa $2m$, hubiese otra de cualquier masa, o incluso de masa .

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Se me ha olvidado comentar que la partícula del vértice inferior derecho, está situada en el eje de rotación, por tanto, no ofrece ninguna inercia rotacional al sistema.

[carroza]

Hola, MrHawk123.

Cuando tu profesor te diga la forma de resolver el problema sin momento de inercia, y sin energía, nos lo cuentas.

A mi la pregunta b), partiendo de a) me parece una pregunta obvia para resolver usando el momento de inercia: $L = I_P \omega$, con lo que la velocidad angular $\omega = L/I_P$. Por otro lado, la aceleración angular $\alpha$ comple que $M_P = I_P \alpha$, donde $M_P$ es el momento de las fuerzas con respecto al punto P.

Por otro lado, en el apartado c), la condición física es que la energia cinética de rotación inicial $E_R = L^2 /(2 I_P) = \omega^2 I_P /2$ , sea superior a la diferencia de la energía potencial entre la situación en la que el centro de masas del triángulo pasa por encima del punto P, y la situación inicial. Esta es la condicion necesaria para volcar. Teniendo en cuenta que tudas las fuerzas (gravitatorias, tensiones de las barras y reacción del suelo en el punto P), varían con el tiempo, y con el ángulo, no veo ninguna forma obvia de calcular esto sin usar energías.

Pero bueno, si tu profesor tiene una solución, nos la cuentas y asi aprendemos.

Saludos

[MrHawk123]

Hola a todos.

Es verdad lo que dice carroza, debí haber mencionado que era sin energía y sin momento de inercia, disculpa.

Yo conseguí responder la pregunta a) y b) sin metodos de energia y momento de inercia, la c) no lo logré, pero mañana seguire intentando y les dire que tal me fue.

Saludos.

[carroza]

Yo conseguí responder la pregunta a) y b) sin metodos de energia y momento de inercia

Hola. a) es obvia. En b) se puede obtener la velocidad angular trabajosamente, sin momento de inercia, partiendo de la conservación de $L$. Pero cómo has obtenido la aceleración angular (sin momento de inercia)?

saludos

[MrHawk123]

Hola a todos.

utilice el hecho que $\frac{d\vec{L}}{dt} = \vec{N^{ext}_{1}} + \vec{N^{ext}_{2}}$

Saludos

[carroza]

Hola. ¿Y como relacionas ${d \vec L \over dt}$ con $\alpha = {d \omega \over dt}$, sin momento de inercia?

Saludos

[MrHawk123]

Hola a todos.

Si ves mas arriba veras que el $\vec{L} = 4mb^2\dot{\theta}$, pues entonces al derivar respecto al tiempo obtendras $4mb^2\ddot{\theta}.$

Saludos.

[carroza]

ok, es que 4mb^2 es precisamente el momento de inercia del triangulo con respecto al punto p.

[JCB]

Hola carroza. En mi mensaje # 6, calculé el momento angular como el momento de la cantidad de movimiento. Saludos.

[MrHawk123]

Hola carroza, yo aun no veo esa materia, por eso no sabia que eso era el momento de inercia.