Choque bala varilla

[China]

Hola, la duda que planteo es sobre problemas de choque de una bala sobre una barra, quedando la bala incrustada o no:
1. Bala incrustada: Se deberá determinar para los cálculos posteriores al choque, la posición del nuevo centro de masas??
2. Bala no incrustada: En este caso la energía cinética de la varilla será $E_c=\frac{1}{2}I\omega^{2}$ y si quiero expresar $\omega$ en función de v, ¿Cuál es el radio de giro de la barra, respecto a un eje por el extremo de la misma? entiendo que eje de giro será L/2, no? la distancia del CM al extremo.
Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

Interpreto que estás pensando en una barra con su eje longitudinal en posición vertical, y en el extremo superior de la barra, hay una articulación que permite el giro de la barra en un plano vertical. A una distancia $h$ de la articulación, impacta una bala perpendicularmente al eje longitudinal.

1) Choque inelástico. Como el momento angular se conserva,

$L_i=L_f$

$mvh=\left(\dfrac{1}{3}ML^2+mh^2\right)\omega$

$\omega=\dfrac{mvh}{\dfrac{1}{3}ML^2+mh^2}$

2) Choque elástico. En este caso se conserva el momento angular y también la energía cinética. Planteas un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas ($v'$ y $\omega'$).

$mvh=mv’h+\dfrac{1}{3}ML^2\omega'$

$\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}mv’^2+\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{3}ML^2\omega'^2$

Saludos cordiales,
JCB.

[China]

Si, exactamente a ese problema, de hecho en el caso inelástico, has despejado velocidad angular y hasta ahí, así lo tengo resuelto, pero a continuación lo que tengo es velocidad angular es igual a velocidad lineal partido de longitud de la barra, y eso es lo que no me cuadra porque no será la misma v la que lleve el CM de la barra, que la que lleve la masa m incrustada en extremo inferior, quiero decir uno rota a L/2 del eje y el otro a L no??

[Richard R Richard]

Lo importante es que barra y esfera se muevan con la misma velocidad angular.

[Richard R Richard]

1. Bala incrustada: Se deberá determinar para los cálculos posteriores al choque, la posición del nuevo centro de masas??

Si te refieres a esos problemas donde la barra tiene la libertad de rotar sobre algún punto fijo, si es necesario calcular el nuevo centro de masas o bien el momento de inercia, en la mayoría de los casos es útil para calcular la velocidad angular posterior al impacto por conservación del momento angular(previo y post impacto).

2. Bala no incrustada: En este caso la energía cinética de la varilla será $E_c=\frac{1}{2}I\omega^{2}$

Sí y el momento de inercia depende de donde se aloje el punto donde la varilla rota, es diferente en los extremos ($L_e=\dfrac13 ML^3$) que en su punto medio($L_{CM}=\dfrac1{12} ML^3$). Pero no necesariamente te lo pueden enunciar que rote sobre el centro de masas o sobre un extremo.

y si quiero expresar $\omega$ en función de v, ¿Cuál es el radio de giro de la barra, respecto a un eje por el extremo de la misma? entiendo que eje de giro será L/2, no? la distancia del CM al extremo.
Saludos

Ten en cuenta que el radio de giro se define como $k=\sqrt{\dfrac{I}{M}}$
pero observa que lo que produce el momento angular que hará rotar la barra está relacionado con la distancia que existe entre el punto de impacto y el centro de rotación de la barra.
Si la bala impacta justo en el centro de rotación de la barra no puede haber rotación.


Si por el contrario la barra esta libre (no pende de un punto como un péndulo físico), digamos está horizontal sobre un plano sin rozamiento, y la bala viaja también horizontal, entonces el centro de rotación sí necesariamente será su centro de masas, que en caso de ser una barra homogénea esta ubicado en el punto medio de su longitud.


Saludos

[China]

Pongo el problema:
"Una barra homogénea de longitud L y masa M cuelga de un extremo de manera que puede girar alrededor de él. a) Calcula la velocidad v mínima que debe llevar una pequeña esfera de masa m para que al chocar y incrustarse en el extremo inferior de la barra, haga que el sistema pueda dar una vuelta completa alrededor del punto de giro. b) Si la esfera se mueve con velocidad v produciéndose también el choque en el mismo lugar, pero ahora siendo e el coeficiente de restitución, cuál es la velocidad angular ω de la barra después del impacto?"
a. Aplicando la conservación del momento angular llegamos a :
$mLv_0=(ML^{2}+\frac{1}{3}ML^{2})\omega$ y aquí se sustituye $\omega=\frac{v}{L}$ y de ahí despeja la velocidad inicial que lleva m y este paso no lo entiendo, porque como decía la masa m esta en el extremo y gira con L y la barra, su CM gira con L/2, ambos tienen misma velocidad angular pero tendrán distinta velocidad lineal no?

A continuación aplica la conservación de la energía para hallar esa v del conjunto, suponiendo que la barra llega a la parte alta con v=0:
$Em_baja=\frac{1}{2}mv^{2} + \frac{1}{3}I\omega^{2} + \frac{1}{2}ML$ siendo esto la energía mecánica en la parte baja de la barra, energía cinética de traslación de la masa m, de rotación de la barra y potencial del CM de la barra que esta a L/2 de altura, aquí se sustituye: $I=\frac{1}{3}M^{2}$ y $\omega=\frac{v}{L}$ y esto vuelvo a no verlo, si es la velocidad angulas de la barra, se considerará su centro de masas y al ponerlo en función de una velocidad lineal se debería considerar un radio de giro L/2 no?
$Em_alto=mg2L+MgL$ y esto es la energía mecánica total en la parte alta, de la masa m y de la barra, y yo aquí consideraría que si inicialmente la barra o mejor dicho su CM está a una altura L/2, al girar hacia arriba estará a una altura 3L/2, no os parece?
Y todo esto con este desarrollo, sin contar que lo que yo hubiese hecho es después del choque haber calculado el nuevo CM tratarlo todo, energías y velocidades desde ese nuevo CM y no independientes la masa m y M.

[Richard R Richard]

Hola la fórmula que pone JCB es correcta tu en cambio refieres todo a M mayúscula que es la masa de la barra, lo cual sería incorrecto.
Cuando el choque es inelástico es incorrecto plantear la conservación de la energía en el impacto, solo hay conservación en el choque elástico , con coeficiente de restitución es justamente este coeficiente el que de idea de cuanta energía cinética se pierde en el impacto.
Luego del impacto en la colisión inelastica, cuando ya la barra y bola viajan solidarias a la misma velocidad angular. Entonces ante ausencia de rozamiento es posible plantear la conservación de la energía entre el punto bajo y alto de la trayectoria.

Si $I_T=\dfrac13ML^2+mL^2$ el momento de inercia total luego del choque es la suma de momentos de inercia individuales tienes:

$\dfrac12I_T\omega^2=mg 2L+MgL$

La bola por estar en extremo sube el doble de altura que el centro de masas de la barra por estar a mitad de altura.

Chequea con números, que la energía cinética de rotación disponible luego de choque es menor que la energía cinética inicial de la bala, esto significa que no se conserva la energía en los choques inelacticos.

$E_{ci}=\dfrac12mv^2>\dfrac12I_T\omega^2=E_{cr}$


Observa que tu fórmula $\cancel{Em_baja=\frac{1}{2}mv^{2} + \frac{1}{3}I\omega^{2} + \frac{1}{2}ML}$ esconde errores de concepto, luego del impacto solo hay un cuerpo rígido rotando sobre un eje como péndulo físico.
Saludos

[China]

Gracias Richard, entonces siempre después del choque, habiendo quedado los cuerpos adheridos, hemos de tratarlos como un único cuerpo, aunque la energía potencial se calcula de los cuerpos independientes, no se podría calcular el nuevo centro de masas y calcular la energía potencial de ese nuevo centro de masas??

[Richard R Richard]

Gracias Richard, entonces siempre después del choque, habiendo quedado los cuerpos adheridos, hemos de tratarlos como un único cuerpo, aunque la energía potencial se calcula de los cuerpos independientes, no se podría calcular el nuevo centro de masas y calcular la energía potencial de ese nuevo centro de masas??

Si también será correcto, deberías arribar al mismo resultado, el centro de masas se elevará dos veces el valor de su distancia al centro de rotación.

[JCB]

Hola a tod@s.

Una vez conocido el enunciado del ejercicio, China, ya nos podemos centrar en la opción 1 de choque inelástico.

Utilizando la expresión de la velocidad angular del mensaje # 2, y considerando que $h=L$,

$$\omega=\dfrac{mvL}{\dfrac{1}{3}ML^2+mL^2}=\dfrac{mv}{\dfrac{1}{3}ML+mL}$$

Para que pueda completar una vuelta, la barra debe llegar a su posición vertical con una velocidad mayor que cero. Haciendo el balance energético entre el instante inmediatamente posterior al choque y el instante en que la barra alcanza la posición vertical, aunque sin velocidad, obtendremos la velocidad mínima con la que debe impactar la bala.

De manera arbitraria, establezco como referencia de la energía potencial gravitatoria, a la horizontal en el impacto.

La energía mecánica en el instante inicial, es $E_i=\dfrac{1}{2}I\omega^2+Mg\dfrac{L}{2}$

La energía mecánica en el instante final, es $E_f=Mg\dfrac{3}{2}L+mg2L$

Igualando, sustituyendo (1) y despejando (s.e.u.o.),

$v>\dfrac{\sqrt{2gL(M+2m)\left(\dfrac{M}{3}+m\right)}}{m}$

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Viendo tu planteo, me corrijo cuando escribí $\dfrac12I_T\omega^2=mg 2L+MgL$ debí haber escrito $\dfrac12I_T\omega^2+MgL/2=mg 2L+\dfrac32MgL$ que pasando términos se llega a la formula que yo puse.

[China]

Hola, recupero este hilo por una duda nada más que me ha surgido al abrir otro hilo con una barra posada en superficie.
En ese caso de la barra colgada, en el choque elástico, al aplicar la conservación de energía mecánica a la barra para ver si sube o no hasta arriba, no se considera la energía de la partícula no?, supongo que si lo considero al aplicar conservación de energía cinética antes y después del choque, para hallar velocidades de barra y partícula después del choque, pero una vez conozco la velocidad de la barra, para ver si esta da un giro completo o no, ya la partícula no intervine, correcto?

Se utilizaría aquí también una ecuación de conservación del momento lineal, en caso de tener una incógnita más por no conocer la velocidad inicial de la partícula?

[Richard R Richard]

Si se tiene en cuenta porque aquí el choque es inelastico y la partícula se considera cuando cambias el momento de inercia de la barra, por el de la barra más partícula.

En el otro que planteaste hoy no hay gravedad, por lo que la barra queda rotando y no pendulando. Puedes considerar también los dos tipos de choque.

[China]

A ver, tengo en cuenta energías de barra y partícula, antes y después del choque, pero si luego me preguntan por ejemplo hasta que altura llega la barra, pues en ese caso solo me centro energía del CM de la barra en la parte baja y energía del CM de la barra en la mas alta, ya de la partícula me olvido no?

[Richard R Richard]

Si te olvidas.
Por qué? Porque luego del impacto tienes un "nuevo cuerpo unido"cuyo memento de inercia es la suma de los momentos de inercia individuales de partícula y barra.