sistema de partículas en un Triangulo equilatero

[Richard R Richard]

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.

oh oh!! no solo he copiado lo que tu has hecho, mentalmente me pareció bien pero no así la altura que se eleva el CM

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

las letras c y d representan segmentos , por simetría tienes que


$\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+(c+d)^2=b^2\quad\to \quad c+d=\dfrac{\sqrt{3}}{2}b\quad\to \quad c=\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-d$

y reemplazando en

$\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+c^2=d^2$

$\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-d\right)^2=d^2$


$\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}b^2-2db\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\cancel{d^2}=\cancel{d^2}$

$\dfrac{b^2}{4}+\dfrac{3}{4}b^2-2db\dfrac{\sqrt{3}}{2}=0$

$b^2=2db\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$b=2d\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$d=\dfrac{ b}{\sqrt 3}$


$c=\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-d=\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-\dfrac{b}{\sqrt 3}=b\dfrac{ 3-2}{2\sqrt 3}=\dfrac{ b}{2\sqrt 3}$


$\Delta H =d-c=\dfrac{ b}{\sqrt 3}-\dfrac{ b}{2\sqrt 3}=\dfrac{ b}{2\sqrt 3}$

[JCB]

Hola a tod@s.

Gracias Richard. El croquis que has dibujado me ha hecho ver la luz. Yo había planteado una posición de vuelco inminente, incorrecta: tenía el triángulo girado $30^{\circ}$ más que en tu croquis (dos masas a la izquierda en el eje vertical).

De todas maneras, si la energía potencial se calcula partícula a partícula, en lugar de considerar el cdm, el cálculo es mucho más sencillo:

Recordando que la energía potencial gravitatoria después del choque es $Epg_1=2mgb\sin60^{\circ}=\sqrt{3}bmg$.

La energía potencial gravitatoria justo antes del vuelco (con referencia a tu croquis) es $Epg_2=2\cdot2mgb\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}bmg$.

$\Delta Epg=\sqrt{3}bmg$.

Finalmente, igualando con la energía cinética,

$\dfrac{3}{32}mv_0^2=\sqrt{3}bmg$,

$v_0^2=\dfrac{32}{\sqrt{3}}bg$.

Ahora queda por determinar la aceleración angular.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

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.

Has observado que esto que planteas mediante la segunda ley de Newton te lleva a una ecuación diferencial de esta forma

$\cancel{4mb\ddot\theta=4mbg\sin\theta}$

$4mb\ddot\theta=-4mbg\sin(60\°-\theta)$

Con el ángulo variando entre 0 y 60°

Y que el equilibrio implica que el momento angular final es nulo.

Me intriga saber como has hecho los cálculos.

[MrHawk123]

Hola a todos.

Richard la verdad es que no hice un análisis mas profundo y solo utilice la relación $\frac{d\vec{L}}{dt} = \vec{N^{ext}_{1}} + \vec{N^{ext}_{2}}$ y evalué en $\theta = 0$.

Saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Como quedaba pendiente la aceleración angular, a ver que os parece lo siguiente.

Aplico $\sum{M_P}=I_P\alpha$,

$2mgb+2mg\dfrac{b}{2}=4mb^2\alpha$,

$\alpha=\dfrac{3g}{4b}$.

Nota: por el sentido antihorario de los momentos originados por el peso de las partículas, se trata de una desaceleración angular, de ahí el signo negativo indicado en el enunciado.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola a tod@s.

$\alpha=\dfrac{3g}{4b}$.

.

De acuerdo, esa aceleración angular corresponde al triangulo, en equilibrio estable, en la posición inicial, luego del impacto, pero esa aceleración no es constante durante la trayectoria, de hecho se hace nula cuando llega al equilibrio inestable o posición final. el tema es que entonces la aceleración angular es una función del angulo, luego la única forma que veo en que se puede hallar el trabajo de la aceleración de la gravedad que es la que crea esa desaceleración angular, es mediante la aplicación de la conservación de la energía mecánica. Volviendo a la pregunta de dos o tres mensajes atrás, ¿ como hallar el momento angular inicial solo sabiendo que el final es nulo, y que la variación de este durante la trayectoria no es una constante sino que depende del angulo de giro?. Ese planteo es corto para despejar la velocidad inicial, por lo menos así lo estoy viendo.

[JCB]

Claro Richard, que la aceleración angular no es constante. Simplemente me he limitado a determinar la segunda parte, del apartado b) del enunciado: "b) La velocidad angular y la aceleración angular del sistema justo después del choque". Saludos.

[Richard R Richard]

[JCB]

Hola a tod@s.

Aunque lo que escribiré a continuación, ya no forma parte del enunciado del hilo, parece interesante (como opina también Richard), determinar la aceleración en función del ángulo de giro $\theta$ del triángulo ($\theta$ es el ángulo variable que forma la base del triángulo con la horizontal).

De igual manera, aplico $\sum{M_P}=I_P\alpha$,

$2mgb\cos\theta+2mgb\sin(30^{\circ}-\theta)=4mb^2\alpha$,

$\alpha=\dfrac{g\cos\theta+g\sin(30^{\circ}-\theta)}{2b}=\dfrac{g}{2b}(\cos\theta+\sin(30^{\circ}-\theta))$.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Finalmente, si se integra la aceleración angular, se llega a la expresión de la velocidad angular en función de $\theta$.

$\omega=\sqrt{\dfrac{g}{b}\left(\sin\theta-\cos(30^{\circ}-\theta)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) +\dfrac{3v_0^2}{64b^2}}$.

Saludos cordiales,
JCB.