Ejercicio Centro de masa

[Visitante]

Ejercicio : Se tienen 2 particulas, de distinta masa, m₁ y m₂ . Supongamos que se mueven de forma paralela, una hacia una direccion y la otra en sentido opuesto, ademas van a una velocidad constante v₁ = v₂ . La separacion entre sus trayectorias es X. Supongamos que cuando ambas particulas estan alineadas con respecto al eje y, estas se "agarran" y quedan pegadas, mantieniendo la informacion ya dicha, entonces, calcule:

a) La velocidad del centro de masa luego de la "colision".

b) Represente la grafica de la trayectoria de cada patinador respecto al centro de masas del sistema.

c) Calcule la energia cinetica del sistema.

La verdad que ni idea como hacer siquiera el a, supongo que hay que utilizar la conservacion de momento lineal del centro de masa, pero no estoy muy seguro.

Saludos y buena semana.

[Richard R Richard]

supongo que hay que utilizar la conservación de momento lineal del centro de masa, pero no estoy muy seguro.

Es una buena idea!!! desarrollala y posteala, si no puedes vuelve a repreguntar, que lo hacemos juntos.

tené en cuenta que también es buena idea que se conserve el momento angular, respecto del centro de masa...

[Visitante]

Bien, ya pude desarollar bastante, primero saque la velocidad del centro de masa antes de la colision, se supone que esta se mantiene constante porque si se conserva el momento lineal y como la masa no cambia luego de la colision las velocidades seran iguales, hice lo siguiente:

$V_{cm} = \dfrac{m_1 . V-m_2 . V}{m_2 + m_1}$

$V_{cm} = \dfrac{V(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}$

Ademas, me olvide de poner un punto, dice que calcule la velocidad angular con la cual los patinadores giran en torno al centro de masas :

Eso lo hice utilizando $V = \omega . R$ donde R serian las distancias al centro de masas de cada una de las particulas. Les parece que es correcto lo que dije? Saludos!

[Richard R Richard]

Bien, ya pude desarollar bastante, primero saque la velocidad del centro de masa antes de la colision, se supone que esta se mantiene constante porque si se conserva el momento lineal y como la masa no cambia luego de la colision las velocidades seran iguales, hice lo siguiente:

$V_{cm} = \frac{m_1 . V-m_2 . V}{m_2 + m_1}$

$V_{cm} = \frac{V(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}$

eso es correcto.

No se ve la fórmula, mira Cómo introducir ecuaciones en los mensajes
escribe entre los tags tex , \omega para obtener $\omega$ y usa \dfrac en vez de \frac para que las fracciones se vean más grandes.

yo usaría la conservación del momento angular respecto al CM

esto lo hacía calculando la distancia entre las trayectorias iniciales y el CM si ponemos el cero de referencia sobre el CM

$y_1m_1+y_2m_2=0(m_1+m_2)$

$y_1m_1=y_2m_2=(X-y_1)m_2$

$y_1=\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}$

$L_1=\dst\sum m_i\vec r_i\times \vec v_i=m_1$

$L_1=m_1y_1(v_1-v_{CM}+m_2(-X+y_1)(-v-v_{CM})$

después de un poco de álgebra

$L_1=2 m_RXv$

donde $m_R$ es la masa reducida del sistema $m_R=\dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{m_1}+\dfrac{1}{m_2}}$

cuando los patinadores se ponen en contacto el momento angular final sigue conservandose pero ahora como un único cuerpo que gira a velocidad angular $\omega$, y lleva velocidad de traslación $v_{CM}$

$L_i=L_f=I_{CM}\omega$

nuevamente desarrollando términos

$I_{CM}=m_1y_1^2+m_2(X-y_1)^2=m_RX^2$

luego $\omega=\dfrac{2m_RXv}{m_RX^2}=\dfrac{2v}{X}$

La energía cinetica inicial es $E_c=\dfrac{1}{2}(m_1+m_2)v^2$

y la final

$E_c=\dfrac 12 (m_1+m_2)v_{CM}^2+\dfrac 12 I_{CM}\omega^2$

$E_c=\dfrac 12 (m_1+m_2)v^2\left(\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)^2+\dfrac 12 m_RX^2 \left(\dfrac{2v}{X}\right)^2$

$E_c=\dfrac 12 (m_1+m_2)v^2 \left(\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)^2+2m_R v^2$

$E_c=\dfrac 12v^2\dfrac{(m_1-m_2)^2}{m_1+m_2}+2\dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2} v^2$

$E_c=\dfrac 12v^2\dfrac{m_1^2-2m_1m_2+m_2^2}{m_1+m_2}+2\dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2} v^2$

$E_c=\dfrac 1{2(m_1+m_2)}v^2\left(m_1^2-2m_1m_2+m_2^2+4m_1m_2\right)$

$E_c=\dfrac 1{2(m_1+m_2)}v^2\left(m_1^2+2m_1m_2+m_2^2\right)$

$E_c=\dfrac 1{2(m_1+m_2)}v^2\left(m_1+m_2\right)^2$

$E_c=\dfrac 1{2}(m_1+m_2)v^2$

resultando ser igual a la original ....la energía se conserva, porque no hay deformación plástica.( no estoy tan seguro, por lo que aguardo comentarios)

[JCB]

Aunque no he podido llegar a las expresiones tan simplificadas de Richard (he elegido como eje X a la trayectoria de una de las dos masas), substituyendo valores numéricos, también me da que la energía cinética se conserva.

[Richard R Richard]

$L_1=m_1y_1(v_1-v_{CM}+m_2(-X+y_1)(-v-v_{CM})$

después de un poco de álgebra

$L_1=2 m_RXv$

donde $m_R$ es la masa reducida del sistema $m_R=\dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{m_1}+\dfrac{1}{m_2}}$

Veamos si lo desarrollo para que quede claro de donde viene

Es claro que los sentidos de las velocidades son opuestos , en el mimo marco de referencia una será $v$ y la otra $-v$, escogi que $m_1>m_2$ por lo que pon el SR positivo en el sentido que se mueve $m_1$ para que $v_{CM}$ sea también positivo.
si mi sistema de referencia esta ubicada a la altura del CM los vectores radiales tienen signos opuesto, los modulos para un lado es $y_1$ y para el otro $X-y_1$, pero como tiene sentido hacia las y negativas su valor es $(-X+y_1)$

por eso planteo el momento angular como la contribucion de las velocidades relativas al CM

$L_1=m_1y_1(v-v_{CM}+m_2(-X+y_1)(-v-v_{CM})$

dando razón de ser a los signos en el sistema de referencia.
esto transforma por propiedad distributiva

$L_1=m_1y_1v-m_1y_1v_{CM}+m_2Xv+m_2Xv_{CM}-m_2y_1v-m_2y_1v_{CM})$

recordemos que

$y_1=\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}$

y que

$v_{CM} = v\dfrac{(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}$

reemplazando estos en la anterior

$L_1=m_1\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}v-m_1\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}v\dfrac{(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}+m_2Xv+m_2Xv\dfrac{(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}-m_2\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}v-m_2\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}v\dfrac{(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}$

veamos que se puede distribuir y luego simplificar

$L_1=m_1\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}v-v\dfrac{m_1^2m_2 X}{(m_1+m_2)^2}+v\dfrac{m_1m_2^2 X}{(m_1+m_2)^2}+m_2Xv+m_2Xv\dfrac{m_1}{m_1 + m_2}-m_2Xv\dfrac{m_2}{m_1+m_2}- v\dfrac{m_2^2X}{m_1+m_2}-v\dfrac{m_2^2m_1 X}{(m_1+m_2)^2}+v\dfrac{m_2^3 X}{(m_1+m_2)^2}$

factor comun

$L_1=Xv\left[m_1\dfrac{m_2 }{m_1+m_2}-\dfrac{m_1^2m_2 }{(m_1+m_2)^2}+\dfrac{m_1m_2^2}{(m_1+m_2)^2}+m_2+m_2\dfrac{m_1}{m_1 + m_2}-m_2\dfrac{m_2}{m_1+m_2}- \dfrac{m_2^2}{m_1+m_2}-\dfrac{m_2^2m_1 }{(m_1+m_2)^2}+\dfrac{m_2^3}{(m_1+m_2)^2}\right]$

denominador comun $(m_1+m_2)^2$

$L_1=\dfrac{Xv}{(m_1+m_2)^2}\left[m_1m_2 (m_1+m_2)-m_1^2m_2+m_1m_2^2+m_2(m_1+m_2)^2+m_2m_1(m_1 + m_2)-m_2^2(m_1+m_2)- m_2^2(m_1+m_2)-m_2^2m_1 +m_2^3\right]$

desarrollo todo antes de simplificar ya que fui al fango


$L_1=\dfrac{Xv}{(m_1+m_2)^2}\left[m_1^2m_2+m_1m_2^2-m_1^2m_2+m_1m_2^2+m_1^2m_2+2m_1m_2^2+\cancel{m_2^3}+m_1^2m_2+m_1m_2^2-m_1m_2^2-\cancel{m_2^3}-m_1m_2^2-\cancel{m_2^3}-m_1m_2^2+\cancel{m_2^3}\right]$

$L_1=\dfrac{Xv}{(m_1+m_2)^2}\left[m_1^2m_2+m_1m_2^2-m_1^2m_2+m_1m_2^2+m_1^2m_2+2m_1m_2^2+m_1^2m_2+m_1m_2^2-m_1m_2^2-m_1m_2^2-m_1m_2^2\right]$

haciendo factor comun de miembros repetidos

$L_1=\dfrac{Xv}{(m_1+m_2)^2}\left[2m_1^2m_2+2m_1m_2^2\right]$

que es lo mismo que

$L_1=\dfrac{2Xv}{(m_1+m_2)^{\cancel{2}}}\left[m_1m_2\cancel{(m_1+m_2)}\right]$

$L_1=\dfrac{2Xvm_1m_2}{m_1+m_2}$

$L_1=2Xvm_R\therefore cqd$

cuando los patinadores se ponen en contacto el momento angular final sigue conservandose pero ahora como un único cuerpo que gira a velocidad angular $\omega$, y lleva velocidad de traslación $v_{CM}$

$L_i=L_f=I_{CM}\omega$

nuevamente desarrollando términos

$I_{CM}=m_1y_1^2+m_2(X-y_1)^2=m_RX^2$

$I_{CM}=m_1\left(\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}\right)^2+m_2\left(X-\dfrac{m_2 X}{m_1+m_2}\right)^2=$

$I_{CM}=\dfrac{m_1m_2^2 X^2}{(m_1+m_2)^2}+\dfrac{m_2X^2(m_1+\cancel{m_2}-\cancel{m_2})^2}{(m_1+m_2)^2}=$

$I_{CM}=\dfrac{m_1m_2\cancel{(m_1+m_2)} X^2}{(m_1+m_2)^{\cancel{2}}}=$

$I_{CM}=\dfrac{m_1m_2 X^2}{m_1+m_2}=$

$I_{CM}=m_R X^2\therefore cqd$

si $L_i=L_f$

luego

$\omega =\dfrac{L_i}{I_{CM}}=\dfrac{2Xvm_R}{m_R X^2}=\dfrac{2v}{X}\therefore cqd$


que choclazo!!!

la duda venia que al tratarse de una coalición donde las masas quedan unidas (simil colisión inelástica ) debía ocurrir que se conserven los momentos lineales y angulares pero no tendría porque conservarse la energía, por eso me preguntaba si en algo falla mi argumento.

[JCB]

Hola a tod@s.

A continuación, expongo los resultados a los que llegué. Repito que las expresiones no son tan simplificadas ni elaboradas como las de Richard. He considerado que las partículas se mueven sobre ejes horizontales paralelos. En particular, establezco que la partícula $m_1$ se mueve sobre el eje horizontal $X$ en el sentido positivo (velocidad $v$). La partícula $m_2$ se mueve en un eje horizontal por encima del eje $X$, a una distancia constante $d$ (vertical) entre los dos ejes, en sentido negativo (velocidad $-v$).

a) $m_1v+m_2(-v)=(m_1+m_2)v_G$,

$v_G=\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v$.

c) $y_G=\dfrac{\cancelto{0}{y_1m_1}+y_2m_2}{m_1+m_2}=\dfrac{dm_2}{m_1+m_2}$.

$L_i=m_1vy_G+m_2v(d-y_G)=v(m_1y_G+m_2(d-y_G))$.

$I=m_1y_G^2+m_2(d-y_G)^2$.

$L_f=I\omega$. Igualando el momento angular inicial con el final,

$\omega=\dfrac{v(m_1y_G+m_2(d-y_G))}{m_1y_G^2+m_2(d-y_G)^2}$.

$E_{ci}=\dfrac{1}{2}m_1v^2+\dfrac{1}{2}m_2v^2=\dfrac{1}{2}(m_1+m_2)v^2$. Energía cinética inicial.

$E_{ct}=\dfrac{1}{2}(m_1+m_2)v_G^2$. Energía cinética final de traslación del cdm.

$E_{cr}=\dfrac{1}{2}I\omega^2=\dfrac{1}{2}(m_1y_G^2+m_2(d-y_G)^2)\omega^2$. Energía cinética final de rotación.

Siendo la energía cinética final $E_{cf}=E_{ct}+E_{cr}$.

Como ya dije en el comentario # 4.1, substituyendo valores numéricos, también obtengo que la energía cinética se conserva.

Otra cosa Richard, en tu mensaje # 5, dices que “por eso planteo el momento angular como la contribución de las velocidades relativas al CM” (sic). No entiendo por qué deben ser velocidades relativas, ya que, según los ejes de coordenadas que he considerado, la distancia del cdm al eje $X$ es constante ($y_G$. Editado para sustituir $d$, por $y_G$), y el momento angular se calcula respecto las velocidades del eje $X$, ya que en el eje $Y$, las velocidades son nulas, y por tanto no generan momento angular.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Otra cosa Richard, en tu mensaje # 5, dices que “por eso planteo el momento angular como la contribución de las velocidades relativas al CM” (sic). No entiendo por qué deben ser velocidades relativas, ya que, según los ejes de coordenadas que he considerado, la distancia del cdm al eje $X$ es constante ($d$), y el momento angular se calcula respecto las velocidades del eje $X$, ya que en el eje $Y$, las velocidades son nulas, y por tanto no generan momento angular.

Hola JCB, si no existiese la distancia X , no habría momento angular, tu lo calculas para un SR inercial donde las velocidades de los cuerpos son v y -v.
El resultado es un sistema de rototraslación donde has calculado la velocidad del CM y la velocidad angular correctamente.(observa que pasa si reemplazas en la fórmula lo que vale $y_G$)
Yo lo que hice fue calcular la velocidad del CM y la posición del CM en el eje Y , tal como tu lo hiciste, pero escogí poner mi cero de referencia de la coordenada Y sobre el CM, y calcule la velocidad angular en base a las velocidades relativas al CM, ya que lo que lo hace rotar es la diferencia de velocidades respecto al CM...
Fijate que si ambas velocidades tienen el mismo sentido, el CM también se mueve y justamente con esa misma velocidad $v$ pero no habría rotacion, mi forma de entenderlo es que si hay velocidad relativa respecto al CM entonces el sistema rota. Recuerda el criterio que has elegido para calcular $L_i=m_1vy_G+m_2v(d-y_G)$ ahi te manejas con los módulos, pero hay un paso algebraico vectorial, para asignar esos signos.