Avanzado Choque elástico de tres masas

[Richard R Richard]

He visto publicado este problema, me propuse resolverlo, pues parece fácil.

Contra un sistema constituido por dos bolitas de masa $m$ cada una, enlazadas por un muelle que se halla en reposo sobre una superficie horizontal lisa, se aproxima una bolita de masa $M$ con velocidad $v$, produciéndose un choque frontal absolutamente elástico.

Hallar de manera aproximada la relación de las masas $m/M$ con la cual el choque se producirá una vez más.

Las tres bolas están en la misma recta.

Pd. Lo he propuesto pues toda mi intuición ha fallado, y si es sencillo no veo como hacerlo, así que busco las ideas principales, quiza algo se me pasa por alto para hallar solución.

Gracias de antemano.

Dejo mis intentos , si alguien le interesa revisarlos

Solución: 

Planteamos la conservación del momento lineal
$MV_i=mv_f+MV_f$ Ec1

por conservación de la energía mecánica luego del choque es fácilmente deducible la velocidad del centro de masas del conjunto de las masas atadas por el resorte

$V_{cm}=\dfrac{m}{m+m}v_f=\dfrac{v_f}2$ Ec_2

planteando la conservación de la energía del choque elástico tenemos

$Em_i=\dfrac12 V_i^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12MV_f^2=Em_f$ Ec3

y se puede deducir que habrá un nuevo impacto si $2\vec{V_{cm}}\vec{V_f}>\vec{V_{cm}}$ lo escribo vectorialmente para denotar que no solo debe ser mayor en modulo sino colineal y del mismo sentido.


Proponemos la igualdad como caso limite

sí de la ec2 reemplazamos $V_f=V_{cm}=\dfrac{v_f}{2}$ en la Ec1 y en la Ec3

$MV_i=mv_f+M\dfrac{v_f}{2}$ Ec1'

$\dfrac12 MV_i^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12M\left(\dfrac{v_f}{2}\right)^2$ Ec3'

independizando respecto de la velocidad inicial reemplazando la 1' en la 3'


$\dfrac12 M\left(\dfrac{m}{M}v_f+\dfrac{v_f}{2}\right)^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12M\left(\dfrac{v_f}{2}\right)^2$

si observamos la velocidad final aparecerá al cuadrado en todos los sumandos podemos directamente simplificarla.


$\dfrac12 M\left(\dfrac{m}{M}+\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac12m+\dfrac12M\left(\dfrac{1}{2}\right)^2$


operando

$\dfrac{1}{2}M\dfrac{m^2}{M^2}+\dfrac{1}{2}M\dfrac{m}{M} +\cancel{\dfrac{1}{2}M\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{2}m+\cancel{\dfrac{1}{2}M\dfrac{1}{4}}$

queda

$\dfrac{m^2}{2M}+\cancel{\dfrac{m}{2}}=\cancel{\dfrac{1}{2}m}$

$m\to0$ o $M\to \infty$


con lo que con concluimos que la masa de la bola de impacto mucho más grande que el cuadrado de la masa de las bolitas o que estas sean nulas es una opción , pero falta la condición mínima
Para el segundo caso limite


sí de la ec2 reemplazamos $V_f=2V_{cm}=2\dfrac{v_f}{2}=v_f$ en la Ec1 y en la Ec3

$MV_i=mv_f+Mv_f$ Ec1’’
$\dfrac12 MV_i^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12Mv_f^2$ Ec3'’

Independizando de $V_i$ y $v_f$
$\dfrac12M\left(\dfrac{m}{M}v_f+v_f\right)^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12Mv_f^2$

$\dfrac12M\left(\dfrac{m}{M}+1\right)^2=\dfrac12m+\dfrac12M$

$\dfrac12M\dfrac{m^2}{M^2}+\dfrac12M\dfrac{2m}{M}+\dfrac12M=\dfrac12m+\dfrac12M$

$\dfrac{m^2}{2M}+m+\cancel{\dfrac12M}=\dfrac12m+\cancel{\dfrac12M}$

$\dfrac{m^2}{2M}=-\dfrac12m$ masas negativas --- no creo , solo es que el problema se las trae

veamos

sí de la ec2 reemplazamos $\dfrac{v_f}{2}<V_f=\dfrac {v_f}{2}(1+\alpha)<v_f \quad\to \quad\alpha \in(0,1)$ en la Ec1 y en la Ec3 y reintentamos

$MV_i=mv_f+Mv_f\dfrac{1+\alpha}{2}$ Ec1’’'

$\dfrac12 MV_i^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12M\left(v_f\dfrac{1+\alpha}{2}\right)^2$ Ec3'’'

Independizando de $V_i$ y $v_f$

$\dfrac12M\left(\dfrac{m}{M}v_f+\dfrac{v_f(1+\alpha)}{2}\right)^2=\dfrac12mv_f^2+\dfrac12M\left(v_f\dfrac{1+\alpha}{2}\right)^2$

$\dfrac12M\left(\dfrac{m}{M}+\dfrac{(1+\alpha)}{2}\right)^2=\dfrac12m+\dfrac12M\left(\dfrac{1+\alpha}{2}\right)^2$

$\dfrac{m^2}{2M}+\dfrac12M \dfrac{m}{M} (1+\alpha)+\cancel{\dfrac12M\left(\dfrac{1+\alpha}{2}\right)^2}=\dfrac12m+\cancel{\dfrac12M\left(\dfrac{1+\alpha}{2}\right)^2}$

$\dfrac{m^2}{2M}+\dfrac{m}{2} (1+\alpha)=\dfrac12m$

$\dfrac{m^2}{2M}=-\dfrac{\alpha}2m$ llego a esta conclusión que no es lógica así que me equivoco en algún lado y no lo veo .

[JCB]

Hola a tod@s.

Una cosa Richard R Richard, la primera ecuación sobre la conservación de la cantidad de movimiento, ¿ no sería de la manera siguiente ?:

$MV_i=2mv_f+MV_f$

Ya que el enunciado cita a "... dos bolitas de masa $m$ cada una, enlazadas por un muelle ...".

Seguiré comprobando así que pueda.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola JCB, Gracias por tu interés.

Sí , el enunciado dice dos bolas, pero en principio impacta sobre una, y si el sistema de resorte esta en posición de equilibrio, nada indica lo contario, la velocidad de la bola impactada es independiente de si está conectada o no al resorte al menos en el instante del impacto, donde se plantea la conservación de momento,

Luego de un cuarto de periodo, la velocidad de las dos bolas será la mitad de esa velocidad producida al momento del impacto e igual a la de su centro de masa como conjunto,

El sistema incluyendo la bola original, también tiene su CM y se puede establecer un SR solidario a ese CM, en el que veremos a la bola M impactar y retroceder, a la bola impactada de masa m la veremos avanzar, luego quedarse estática y luego retroceder, y en ese retroceso debe impactar de nuevo a la bola original.

Bueno el tema es como plantear todo en función de las velocidades relativas a un SR. el que nos resulte cómodo, y poder plantear la conservación de la energía para solo así poder despejar una relación de masas con independencia de la velocidad original, porque si no solo sería necesario un cálculo de conservación de momento lineal, y este sí o sí que si depende de la velocidad de impacto. No sé si lo que me ha pasado es que escogí situaciones de evaluación que me plantean algún absurdo, o bien está equivocado el planteo.

[carroza]

Hola.

Es un bonito problema.

La mejor forma de resolverlo es ir al sistema en el que el centro de masas de las dos masas m está en reposo. Así, si tras el choque con la particula de masa M, la primera masa m tiene una velocidad v, el centro de masas de las dos masas m tiene una velocidad v/2. En este sistema la primera masa tiene, inicialmente, una velocidad v/2 y la segunda masa una velocidad -v/2.

A partir de ese momento, las dos masas m describen un movimiento armonico, cuya frecuencia angular es $\omega = \sqrt{ K \over m/2}$. La posicion de la primera masa viene dada por $x_1(t) = { v \over 2 \omega} \sin( \omega t)$.

Por su lado, la masa M, en el sistema indicado, describe un movimiento rectilineo, de velocidad $V_M$, de forma que $x_M(t) = V_M t$.

Ahora hay que ver si $x_1(t)$ y $x_M(t)$ vuelven a coincidir en un instante posterior. En ese caso, habrá una segunda colisión.

Saludos

[Richard R Richard]

Hola, muchas gracias por la colaboración, había visto la altenativa cinemática, pero no logré independizarme de la constante elástica para, lograr una relación de masas limpia.

Si bien la velocidad relativa al CM de las masas unidas de la primera masa es v/2 su posición relativa inicial es almenos $-\dfrac{v}{2\omega}$ en caso que el resorte pudiese comprimirse totalmente, y alcanzar a tocarse las masas un cuarto de periodo después. El punto de equilibrio de la primera masa estará siempre en esa posicion relativa.
A los $\dfrac 34 T$ la primera masa alcanzará el maximo de expansión, para dicho instante la posición relativa de la masa M tiene que ser superior a $-\dfrac{v}{\omega}$ para que haya existido una colisión nuevamente. Y de allí no veo como sacar la relación de masas limpia.

[carroza]

Hola, Richard.

El sistema de coordenadas que te propongo se mueve con la velocidad del centro de masas de las dos masas m, pero en el instante inicial tene la posición de la primera masa, que denoto con el indice 1.

Resuelvo el problema:

Solución: 

Planteo tres particuals. El proyectil, con masa M, y coordenada $x_P(t)$ La primera masa del resorte, con masa m y coordenada $x_1(t)$. La segunda masa del resorte, con masa m y coordenada $x_1(t)$.

El resorte tiene una constante K, y una longitud inicial $l_0$. La frecuencia de las osculaciones es $\omega = \sqrt{ K \over m/2}$, ya que la masa reducida del sistema de las dos masas es m/2. El resorte puede comprimirse como resultado de la colisión una cantidad máxima $\delta < l_0$, ya que las dos masas no se atraviesan una a la otra.

Usaremos el sistema de referencia "Laboratorio", en el que las masas m están en reposo, indicado por un superindice L, y el sistema centro de masas de las dos masas finales, sin superincice.

Situación inicial antes del choque ($t <0$), sistema laboratorio

$x_P^L = V_0 t \quad ; x_1^L =0 \quad x_2^L = l_0$

Situacion justo despues del choque ($0 <t \ll 1/\omega$), sistema laboratorio

$x_P^L = V_0 {M-m \over M+m} t \quad ; x_1^L = V_0 {2 M \over M + m} t \quad ; x_2^L = l_0$

Situacion justo despues del choque ($0 <t \ll 1/\omega$), sistema centro de las dos masas m.

Este sistema se mueve a una velocidad $v = V_0 { M \over M + m}$ con respecto al laboratorio

$x_P = V_0 {-m \over M+m} t \quad ; x_1 = V_0 { M \over M + m} t \quad ; x_2 = l_0- V_0 { M \over M + m} t$

Situacion despues del choque ($0 <t \sim 1/ \omega$ ), sistema centro de las dos masas m.

$x_P = V_0 {-m \over M+m} t \quad ; x_1 ={ V_0 \over \omega} { M \over M + m} \sin( \omega t) \quad ; x_2 = l_0- {V_0 \over \omega} { M \over M + m} \sin( \omega t)$

Energía que se almacena en el resorte: Se obtiene a partir de las energias cinéticas de las masas 1 y 2 en el sistema de referencia en el que su centro de masas está en reposo, en los instantes inicales tras la colision en los que el resorte no se ha deformado

$E_R = 2 \times {m \over 2} V_0^2 \left({ M \over M + m}\right)^2 = E_0 { 2 m M \over (M + m)^2}$

Hay que tener en cuenta que, dependiendo de la relacion de masas, puede haber una segunda colision entre el proyecti P y la masa 1. El instante de esa sedunda colision ocurre cuando $x_P = x_1$. ello implica

${-m \over M} \omega t = \sin( \omega t)$

Saludos

[Richard R Richard]

Hola carroza, nuevamente gracias por el interés,

Solución: 

permiteme algunas modificaciones , mínimas que mucho no afectan

Hola, Richard.

El sistema de coordenadas que te propongo se mueve con la velocidad del centro de masas de las dos masas m, pero en el instante inicial tene la posición de la primera masa, que denoto con el indice 1.

Resuelvo el problema:



Planteo tres particuals. El proyectil, con masa M, y coordenada $x_P(t)$ La primera masa del resorte, con masa m y coordenada $x_1(t)$. La segunda masa del resorte, con masa m y coordenada $x_1(t)$.

El resorte tiene una constante K, y una longitud inicial $l_0$. La frecuencia de las osculaciones es $\omega = \sqrt{ K \over m/2}$, ya que la masa reducida del sistema de las dos masas es m/2. El resorte puede comprimirse como resultado de la colisión una cantidad máxima $\delta < l_0$, ya que las dos masas no se atraviesan una a la otra.

Usaremos el sistema de referencia "Laboratorio", en el que las masas m están en reposo, indicado por un superindice L, y el sistema centro de masas de las dos masas finales, sin superincice.

Situación inicial antes del choque ($t <0$), sistema laboratorio

$x_P^L = V_0 t \quad ; x_1^L =0 \quad x_2^L = l_0$

Situacion justo despues del choque ($0 <t \ll 1/\omega$), sistema laboratorio

$x_P^L = V_0 {M-m \over M+m} t \quad ; x_1^L = V_0 {2 M \over M + m} t \quad ; x_2^L = l_0$

Situacion justo despuesantes del choque ($0 <t \ll 1/\omega$), sistema centro de las dos masas m.

Este sistema se mueve a una velocidad $v = V_0 { M \over M + m}$ con respecto al laboratorio

Hasta aquí concordaba pero el CM de las masas esta en medio de $l_0$ justo al momento del choque...

$x_P = V_0 {m \over M+m} t-\dfrac{l_0}{2}\quad ; x_1 = -V_0 { M \over M + m} t -\dfrac{l_0}{2}\quad ; x_2 = \dfrac{l_0}{2}- V_0 { M \over M + m} t$


Situacion despues del choque ($0 <t \sim 1/ \omega$ ), sistema centro de las dos masas m.

$x_P = V_0 {-m \over M+m} t -\dfrac{l_0}{2}\quad ; x_1 ={ V_0 \over \omega} { M \over M + m} \sin( \omega t) -\dfrac{l_0}{2}\quad ; x_2 = \dfrac{l_0}{2}- {V_0 \over \omega} { M \over M + m} \sin( \omega t)$

Entonces puede haber una segunda colision entre el proyectil P y la masa 1. El instante de esa sedunda colision ocurre cuando $x_P = x_1$. ello implica


$x_P = V_0 {-m \over M+m} t \cancel{-\dfrac{l_0}{2}} = x_1 ={ V_0 \over \omega} { M \over M + m} \sin( \omega t) \cancel{-\dfrac{l_0}{2}}$

que es lo mismo que exponías

${-m \over M} \omega t = \sin( \omega t)$

pero vemos que $\omega=\sqrt{\dfrac{2K}{m}}$

y creo que no hay forma de independizar el cálculo respecto de la constante del resorte.

${m \over M}=\dfrac{\sin\left( -\sqrt{\dfrac{2K}{m}} t\right)}{\sqrt{\dfrac{2K}{m}}t}$

Que tiene infinitas soluciones.

Pensando en que el resorte es una varilla rígida, de constante elevadísima o infinita, no podría suceder nunca la segunda colisión.
Si no existiese resorte es condición suficiente para la colisión que $M>m$ porque cuando $m_1$ impacte con $m_2$ , $m_1$ se detendrá en el sistema labortorio, y si $M$ es mayor que $m$ tendrá momento lineal suficiente para continuar en la misma dirección y sentido hasta alcanzar a $m_1$ en algún momento.
Entre esas dos condiciones extremas hay un equilibrio que depende del valor de K , para establecer la relación de masas que almenos cumple ya $M>m$.

PD La pregunta que me formulo es, si existe una relación de masas en la que al retroceder $m_1$ , pase con velocidad por ejemplo $-v$ según tu cálculo por el punto de impacto(si $m_2$ fuese infinita), y alcance a $M$ cuando retrocede en el sistema de laboratorio, no puedo dilucidar si puede $m_1$ volver mas atrás que el punto de impacto, si las masas son iguales, en caso de no poder, entonces solo es posible que $M>m$ (Este escenario seguro es posible si $m_1<m_2$ como dije pero esas no son las condiciones del problema).

Es decir es posible $vt<\Delta x=\dfrac{v}{\omega}$? lo que se desplaza el CM sea menor que la maxima amplitud del resorte, en esa cantidad de tiempo de 3/4 periodo de oscilacion?

[Richard R Richard]

Hola vamos a ver si esto tiene lógica, respecto de laboratorio

la velocidad final de la masa M es $V_f=V_i\dfrac{M-m}{M+m}$

la velocidad del CM de las masas m es $v=V_i\dfrac{M}{M+m}$ y sera la velocidad del punto de equilibrio del MAS de la masa 1

y la Amplitud de la primer oscilacion es $A=\dfrac{v}{2\omega}=$

en $\dfrac{3}{4}T$ donde T es el periodo de oscilacion del MAS la masa 1 estara lo mas cerca posible de M en el extremo izquierdo de una oscilacion,

se puede ver que el CM se alejara mas rapido que una amplitud con independencia del valor de K luego se puede plantear

$V_ft=vt-A$

$V_i\dfrac{M-m}{M+m}\cdot\dfrac{3}{4}T=V_i\dfrac{M}{M+m}\cdot\dfrac{3}{4}T-\dfrac{v}{2\omega}$

$V_i\dfrac{M-m}{M+m}\cdot\dfrac{3}{4}T=V_i\dfrac{M}{M+m}\cdot\dfrac{3}{4}T-\dfrac{V_i\dfrac{M}{M+m}}{2\dfrac{2\pi}{T}}$

simplificando

$\dfrac{3}{4}(M-m)=\dfrac{3}{4}M-\dfrac{1}{4\pi}M$

$\dfrac{3}{4}M-\dfrac{3}{4}m=\dfrac{3}{4}M-\dfrac{1}{4\pi}M$

$-\dfrac{3}{4}m=-\dfrac{1}{4\pi}M$

$\dfrac{M}{m}=3\pi$

Así ya sabiamos que $M>m$ pero esto dice que para que $M$ alcance a tocar a $m$ en la primer oscilacion debe suceder que $M\geq3\pi m$

si no la alcanza en la primer oscilación el CM se alejara mas rapido y nunca lo tocara, y eso sucede cuando $M<3\pi m$

Creo ahora que esa si es la solución

si n es el numero de oscilaciones los demas alcances suceden con relaciones

$\dfrac{M}{m}=3\pi+4\pi(n-1)$

la menor relación será en la primer oscilación $n=1$ como ya anticipe.

Saludos

[carroza]

Hola.

La solucion que a mi me sale para la condicon de que exista rebote es la siguiente:

Partimos de $- {m \over M} \omega t =\sin(\omega t)$. Esta ecuacion puede verse gráficamente como la interseccion de una linea recta de pendiente $- {m \over M}$ con una sinusoide. El limite de estas soluciones, es cuando la line recta es tangente a la sinusoide. Esto ocurre igualando tambien las derivadas: $- {m \over M} = \cos(\omega t)$. El cociente de ambas soluciones nos da la condición $\omega t =\tan(\omega t)$, que tiene como primera solucion $\omega t = 4,4934$. Esto nos lleva a que, en el caso limite,

${m \over M} = - {\sin(4,4934) \over 4,4934} = 0,2172$

Asi que cuando m/M es mayor que 0,2172, las bolas no vuelven a chocar.

Un caso particular de esto es cuando m=M. El proyectil choca contra la primera masa, le transfiere toda su energia y momento y queda quieta, en el sistema laboratorio.

Sin embargo, cuando m/M es menor que 0,2172, las bolas vuelven a chocar, con lo que parte de la energia contenida en el resorte se devuelve al movimiento relativo de las dos bolas.

Un caso particular de esto es cuando $m \ll M$. El proyectil M da un segundo choque con la primera masa m, que ocurre cuando $\omega t = \pi$, cuando el resorte esta en su longitud natural, la primera masa está en reposo en el laboratorio, y la segunda masa m ha adquirido toda la velocidad de la primera tras el choque. A partir de ese segundo choque, el proyectil ya no vuelve a encontrarse con las dos masas del resorte.

[Richard R Richard]

Hola carroza, he simulado la situacion para ratios entre $M/m=8$ o bien $m/M 0.125$ y $M/m=10$ y en esta ultima se cortan y en la primera no, osea que $3/pi$ esta en ese rango,






pero no el que obtienes $m/M=0.21$... o bien $M/m=4.6$ , he magnificado el rango y use velocidades y posiciones relativas al CM, para mi sorpresa no es justo el ratio 3Pi tampoco porque corta dos veces la trayectoria de M,




La mejor aproximación gráfica la obtuve para $t\cong3.16s$ y $M/m=9.2072$ o bien $m/M=0.1086$

par los valores de m k Vi use la unidad en todo.

[carroza]

Richard, no me cuadra tu primera gráfica.

Si la estas representando en el sistema laboratorio, la masa 2 (linea verde) debe ser horizontal para t=0, ya que la masa 2 está inicialmente en reposo.

Un saludo.

[Richard R Richard]

Richard, no me cuadra tu primera gráfica.

Si la estas representando en el sistema laboratorio, la masa 2 (linea verde) debe ser horizontal para t=0, ya que la masa 2 está inicialmente en reposo.
.

Hola carroza, si correcto es el sistema laboratorio, tiempo cero es el momento del impacto.
la posición inicial de m2 es l_0 la longitud del resorte en equilibrio, la velocidad de m2 a tiempo cero es nula, la pendiente de esa curva de ser cero en ese punto, un instante después ya no.
Ahora no puedo revisar el algoritmo, cuando arribe a casa te comento si me equivoque o no, a ojo pareciera que no es cero, cómo bien indicas.


Edito
Hola carroza, he revisado, si hay un error, la masa m_2 empieza con velocidad 0 y luego oscila sobre un punto de equilibrio que avanza con la velocidad del CM lo mismo que m1 pero inicia con el doble de velocidad que el CM,
la velocidad a que acompaña al seno es la velocidad de la masa no la del centro de masas, como hice con los gráficos previos.

Así con tu expresión tenemos



con el ratio máximo m/M =0,2102 habrá segunda colisión , una relación de masas menor aumenta la pendiente de la recta azul mas rapidamente que la pendiente de la recta naranja, por lo tanto en ese caso habrá colisión, si el ratio se eleva, la pendiente de la recta azul nunca se hará tangente ni cruzará a la curva roja de la masa 1.

Gracias por todo carroza, muy amable por hacerme encontrar los errores y darme la solución.