Conservación del momento angular y balance energético

[David_CCM]

Buenas tardes,

Haciendo un ejercicio del Tipler sobre conservación de momento angular me he encontrado con un pequeño problema en su resolución.

La figura muestra una barra uniforme de longitud d y masa M que cuelga de un pivote en la parte superior. La barra. Inicialmente en reposo, recibe el choque de una partícula de masa m en un punto x = 0.8L por debajo del pivote. Suponer que la masilla se pega a la barra. ¿Cuál debe ser el módulo de la velocidad v de la partícula para que el ángulo máximo entre la barra y la vertical sea de 90º?

En un punto de este problema, con el fin de determinar la velocidad angular resultante tras el choque, es necesario plantear la conservación de la energía mecánica. Por conveniencia, situaré el nivel de referencia U_g = 0 a la altura en la que la masilla choca contra la barra. Sea A el momento inicial (en el que la barra ya ha adquirido cierta velocidad angular tras el choque) y B el momento final, donde se alcanza la altura máxima, se tiene:

$E_{m,A} = E_{m,B}$

$K_R + (U_{g,A})_{barra} = (U_{g,B})_{barra}+(U_{g,B})_{masilla}$

$\frac12 I_o \omega^2 + MgH_A = MgH_B + mgh_B$

La distancia desde el punto de U_g = 0 hasta el centro de masas de la barra es:

$H_A = x - \frac{L}{2}$

Por ello:

$\frac12 (\frac13 M R^2 + mx^2) \omega^2 + Mg(x - \frac{L}{2}) = Mg ( (x- \frac{L}{2} ) + \frac{L}{2} (1-cos \theta) ) + mgx (1-cos \theta)$

Mi planteamiento da un resultado correcto. Sin embargo, usando el planteamiento del Tipler, la ecuación se plantea como sigue:

$\frac12 (\frac13 M R^2 + mx^2) \omega^2 = (Mg \frac{L}{2}+mgx)(1-cos \theta)$

Se trata de un planteamiento mucho más simple, pero no acabo de comprenderlo. ¿Por qué considera que inicialmente la barra no tiene energía potencial si su centro de masa está claramente por encima del nivel U_g = 0?

Gracias de antemano

PD. Por si a alguien le fuera útil, el diagrama que elaboré para ver de forma clara las distancias a la hora de escribir mi planteamiento de la conservación de la energía mecánica es el siguiente:

[Richard R Richard]

$\frac12 (\frac13 M R^2 + mx^2) \omega^2 + Mg(x - \frac{L}{2}) =\mathbf { Mg ( (x- \frac{L}{2} }) + \frac{L}{2} (1-cos \theta) ) + mgx (1-cos \theta)$
Mi planteamiento da un resultado correcto.

Sin meterme en lo que dice Tipler lo resaltado en negritas no es correcto, la barra para llegar a 90° mueve su centro de masa exactamente L/2 hasta la distancia x.,Edito , no vi el parentesis extra...

además algo que veo que ni Tipler ni tu han planteado es que luego del impacto el CM de la barra se traslada hacia la derecha es decir que tanto la barra como la masa , aún tienen velocidad lineal, es decir tiene aparte de la energía cinética de rotación y energía cinética de traslación

Entiendo que el planteo energético comparando las tres situaciones previo al choque donde la energía cinética era

$K_i=\dfrac12 mv^2$

luego del choque inelástico , la energía mecánica del sistema es

$$E_{m+M,A}=\dfrac12 (m+M)v_f^2+\dfrac12(\frac13 M R^2 + mx^2)\omega^2+Mg(x-L/2)$$

en el choque se conserva el momento lineal por lo que se cumple

$mv_i=(m+M)v_f$ de dode sacas $v_f$ para reemplazar en la anterior

y la energía final en el punto es

$$E_{m+M,B}=(m+M)g x$$

la fórmula general cuando el ángulo no es 90 digamos un punto C intermedio entre A y B y tienes en cuenta el ángulo theta que será $\pi/2$ o 90| cuando C coincida con B y que mientras no coincida sigue habiendo velocidad angular y traslacional del CM te queda

$$E_{m+M,C}= \dfrac12 {m+M}v_{CM_\theta}^2+\dfrac12(\frac13 M R^2 + mx^2)\omega_\theta^2+Mg(L/2\cos\theta)+mg x(1-\cos\theta)$$

tiene para resolver esta situación un dato mas ubicas el dato del CM del conjunto (m+M) respecto del punto de giro como $x_{CM}= \dfrac{ML/2+mx}{m+M}$

luego sabes que como hay un vínculo de rotación la velocidad de traslación del CM está relacionada con la velocidad angular a través de

$v_{CM_\theta}=\omega_\theta\cdot x_{CM}$

si tu quieres que la masa llegue hasta determinado ángulo , solo reemplaza $\theta$ por el ángulo y haz nula la velocidad angular y traslacional en dicho punto. si haces eso cuando C=B a 90

la ecuación C queda exactamente igual a B

$$E_{m+M,C}= \dfrac12 {m+M}0^2+\dfrac12(\frac13 M R^2 + mx^2)0^2+Mg(x-L/2\cos90)+mgx(1-\cos90)$$

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