1r ciclo momento lineal de plataforma y personas

[Violetta]

Supongase una plataforma, que puede deslizarse sobre un riel sin fricción, inicialmente en reposo y sostiene a $n$ personas de peso $w$ cada una. Si cada persona corre sucesivamente a una velocidad relativa ${v}_{rel}$ y salta desde el extremo de la plataforma, ¿imprimen en la plataforma una velocidad mayor que si todos corrieran y saltaran al mismo tiempo?

La respuesta es sí, pero no logro entender ni hacer un cálculo que me muestre una diferencia.

Para la primera situación ${P}_{1}={P}_{2}$ siendo ${P}_{1}=0$ entonces

$0=nw({v}_{p}+{v}_{rel})+W{v}_{p}$

Para la segunda situación me parece que es el mismo cálculo

Aconséjenme

[skynet]

Re: momento lineal de plataforma y personas

en realidad no depende de cuando salten sino de cuando inician la carrera....pero supongamos que inician la carrera, aceleran muy rapido y saltan inmediatamente....

si primero salta uno, su variacion de la cantidad de movimiento se compensa con una variación igual y opuesta de la plataforma y del reto de corredores que están esperando, y lo mismo para el siguiente y así sucesivamente...

si todos saltan a la vez la variacion de la cantidad de movimiento de cada uno de ellos es compensada por una variación en la cantidad de movimiento de sólo la plataforma

[Violetta]

Re: momento lineal de plataforma y personas

Creo que logré entender. En la primera situación la velocidad (respecto al suelo) con la que salta cada persona es diferente (la primera persona salta con una velocidad v, pero la siguiente salta con una velocidad menor ya que el momento lineal de las personas que quedaron más la plataforma habrá aumentado un poco). En la segunda situación todas las personas saltan con la misma velocidad respecto al suelo, por lo que la magnitud del momento lineal es mayor que el de la situación anterior. ¿Es correcto?

[Richard R Richard]

Re: momento lineal de plataforma y personas

El tema pasa que si van saltando de a uno la cantidad de movimiento de su salto tiene que compensar la cantidad de movimiento de la plataforma pero cada vez tiene menos personas, es decir cada salto le da a la tabla mas cantidad de movimiento que la cantidad de movimiento individuales sobre la tabla sola que se impulsa con todos los ocupantes a la vez.

La velocidad de la tabla luego de los n saltos juntos

$\dst nw(V_r+V_p)+MV_p=0$


de donde

$$V_p=-V_r\dfrac{nw}{nw+M}$$

pero si los saltos van haciéndose de a uno

el primero

$\dst w(V_r+V_{p1})+MV_{p1}+(n-1)wV_{p1}=0$

de donde

$V_{p1}=-V_r\dfrac{w}{nw+M}$

pero para cuando se lance el segundo

Editado la formula sería

$\dst w(V_r+V_{p2})+MV_{p2}+(n-2)wV_{p2}=MV_{p1}+(n-1)wV_{p1}$



Lo corregido altera lo dicho más adelante desde aqui esta equivocado

de donde

$V_{p2}=-V_r\dfrac{w}{(n-1)w+M}$

y así sucesivamente se impulsan sobre una masa total cada vez menor

en definitiva la velocidad total

$$V_p=\dst\sum_{i=1}^n V_{pi}= -wV_r\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{iw+M}$$

esta velocidad es mayor que la sacada en 1

Un ejemplo supongamos que $2w=M$

y $n=2$

$V_p$por la formula 1 es

$$V_p=-V_r\dfrac{nw}{nw+M}=-V_r\dfrac{2w}{2w+2w}=-\dfrac{V_r}{2}$$

como es lógico si las masa totales de personas y tablas son iguales


pero si se lanzan de a 1


el primero



$V_{p1}=-V_r\dfrac{w}{nw+M}=-V_r\dfrac{w}{2w+2w}=-\dfrac{V_r}{4}$

pero cuando se lance el segundo


$V_{p2}=-V_r\dfrac{w}{(n-1)w+M}=-V_r\dfrac{w}{w+2w}=-\dfrac{V_r}{3}$

en definitiva la velocidad total lanzados de a uno

$$V_p=V_{p1}+V_{p2}=-\dfrac{V_r}{4}-\dfrac{V_r}{3}=-V_r\dfrac{7}{12}$$

comparando 3 con 4 se ve que si se lanzan de a uno la velocidad de la plataforma aumenta de una fracción de $\frac 12$ a $\frac 7{12}$ de la velocidad relativa , es decir $\frac{1}{12}V_r$ más rápido ...

la relación arbitraria entre M y w no cambia la tendencia del resultado, que siempre se mantiene mayor al original.

[franco_c2]

Hola Richard

pero para cuando se lance el segundo

$\dst w(V_r+V_{p2})+MV_{p2}+(n-2)wV_{p1}=0$

Las $(n-2)$ personas deberían tener la misma velocidad $V_{p2}$ de la plataforma, además falta el término $w(V_r+V_{p1})$ de la primera persona que saltó para que el momento lineal total sea cero.

Yo llegué hasta esta expresión:

$v_1=\dst \frac {m}{M+nm} v_r$

$\dst v_k=\frac {\left(k v_r - \dst \sum_ {i=1}^{k-1} v_i \right)m}{M + (n-k+1)m}$ , $k \ge 2$

donde $v_k$ es la velocidad de la plataforma en cada salto (positiva hacia la derecha), y $v_r$ es la magnitud de la velocidad relativa, o sea, el momento lineal de las personas que saltan los escribo como $m(v_k - v_r)$


No puedo encontrar un $v_k$ que no sea "recursivo" (no sé si estará bien dicho) y así dar con la velocidad final de la plataforma para poder comparar con la primera situación.

[Richard R Richard]

Con mas tiempo analizo tu respuesta, por el momento encontré el error que le marcas a la mia

[Richard R Richard]

En fin estuve mirando y si hay que aplicar recursividad

cada ves que un hombre corre por la plataforma y se lanza

$\dst w(V_r+V_{pm})+MV_{pm}+(n-m)wV_{pm}=MV_{pm-1}+(n-m+1)wV_{pm-1}$

el resultado depende de una parte del calculo de paso anterior. Solo antes de que el primer hombre corra el momento de plataforma mas hombres es nula, Pero cuando corre el segundo , la plataforma y el resto de los hombres ya no estan quieto el momento total ya no es nulo , sino que lleva la velocidad de plataforma Todavía no encuentro una forma de generalizar el resultado para cualquier n.

[arivasm]

El contenido de este mensaje es erróneo!!

Quizá me equivoque, pero creo que la respuesta es que se gana más velocidad si todos saltan a la vez que si lo hacen de uno en uno.

Empezaré con una intuición para esto último: si la masa de las personas es despreciable frente a la de la plataforma y son muchas personas entonces estamos ante la ecuación del cohete, de Tsiolkovski. La velocidad final de la plataforma será $v_p=v_{rel}\ln\dfrac{W+nw}{W}$. Si saltan todos a la vez (nada de cohete, es un cañonazo, se despide todo el combustible de un golpe) entonces $v_p=v_{rel}\dfrac{nw}{W}$. Si llamamos $x=nw/W$ se trata de comparar $\ln(1+x)$ frente a $x$. Me temo que gana el segundo.

Pero vamos al problema en cuestión.

Sea $k$ el número de personas que ya han saltado en cierto instante y $v_k$ la velocidad de la plataforma en ese momento. Cuando salte la siguiente se cumplirá que $[W+(n-k)w]v_k=[W+(n-k-1)w]v_{k+1}+(v_k-v_{rel})w$. Si no me equivoco,

$v_{k+1}=v_k+v_{rel}\dfrac{w}{W+(n-k-1)w}$

Llamaré $y=w/W$, la masa relativa de una persona frente a la plataforma. El aumento de la velocidad ha sido

$\Delta v_{k+1}=v_{rel}\dfrac{y}{1+(n-k-1)y}$

que seguro que nos queda más cómodo escrito así:

$\Delta v_k=v_{rel}\dfrac{y}{1+(n-k)y}$

La velocidad final será la suma de todos esos $\Delta v_k$:

$\dst v_p=v_{rel}\sum_{k=1}^n\dfrac{y}{1+(n-k)y}$

Como nuestro objetivo es comparar con

$v_p=v_{rel}{ny}$

la clave está en comparar $n$ (todos saltan a la vez) con $\dst\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+(n-k)y}$ (saltan de uno en uno). Pero si tenemos en cuenta que $\dst n=\sum_{k=1}^n 1$, habremos terminado, pues tenemos dos sumas con $n$ sumandos, pero en la opción "todos a la vez" éstos son 1, mientras que en la "saltar de uno en uno" los sumandos son menores que la unidad (salvo el último, que es igual a la unidad).

[Richard R Richard]

Quizá me equivoque, pero creo que la respuesta es que se gana más velocidad si todos saltan a la vez que si lo hacen de uno en uno.

Es que eso es lo que afirma el usuario que abre el hilo, yo llegué a una conclusión que he visto esta equivocada, pero no he tenido mejor forma de comparar una u otra solución. Por lo que veo llevas razón si graficas $x$ vs $ln(1+x)$ verás que el único punto donde se cruzan es cuando x =0 luego siempre $x$ es mas grande que $ln(1+x)$

[JCB]

Hola a tod@s.

Atención: lo escrito en este mensaje no es correcto, porque según indica arivasm en el mensaje de advertencia siguiente (# 10), yo había considerado la misma velocidad absoluta para cada salto sucesivo, cosa que es incorrecta.

Quizás esté equivocado, pero a mí me da que la velocidad después de que hayan saltado todos los ocupantes de la plataforma uno a uno, es la misma que si todos los ocupantes saltasen a la vez.

Caso 1). Los ocupantes van saltando de uno en uno.

1a) primer salto: $0=mv+(M-m)v_1$,

$v_1=\dfrac{-mv}{M-m}$ (1).

1b) segundo salto: $(M-m)v_1=mv+(M-2m)v_2$,

$v_2=\dfrac{(M-m)v_1-mv}{M-2m}$ (2). Substituyendo (1) en (2),

$v_2=\dfrac{-2mv}{M-2m}$.

Suponiendo que haya $n$ ocupantes encima de la plataforma, en el último salto $(n)$, la plataforma adquirirá una velocidad

$v_n=\dfrac{-nmv}{M-nm}$.

Caso 2). Los $n$ ocupantes saltan a la vez.

$0=nmv+(M-nm)v_f$,

$v_f=\dfrac{-nmv}{M-nm}$.

Siendo, finalmente, $v_f=v_n$.

Saludos cordiales,
JCB.

[arivasm]

1b) segundo salto: $(M-m)v_1=mv+(M-2m)v_2$,

La velocidad del segundo saltador en el SR en el que la plataforma ya posee la velocidad $v_1$ no es $v$, sino $v-v_1$


Observación añadida: en realidad debí escribir "La velocidad del segundo saltador en el SR en el que la plataforma ya posee la velocidad $v_1$ no es $v$, sino $v+v_1$" pues JCB estaba manejando componentes. Mi frase tenía en mente módulos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Gracias otra vez avirasm. Haciendo la consideración que me has indicado sobre la velocidad absoluta diferente en cada salto, obtengo

$v_i=\dfrac{(M+(2-i)m)v_{i-1}-mv}{M-im}$, válida para $i\geq2$.

Nota:
$v_i=$velocidad adquirida por la plataforma en el salto nº $i$.
$M=$masa de la plataforma más la de todos los ocupantes inicialmente montados en ella.
$m=$masa de cada ocupante.

Lamentablemente, solo he podido llegar a este resultado, que no es la solución del ejercicio.

Saludos cordiales,
JCB.

[arivasm]

Pendiente de revisión.

Entiendo que el mensaje aún podría cambiar, por lo que mi aporte no se va a referir al mismo, sino al sentido físico del problema.

En un sistema de referencia ligado a la plataforma, cada saltador aporta la misma cantidad de momento lineal. Usando la notación del enunciado original, $wv_{rel}$, con la de JCB (que aunque me gusta más seguiré refiriéndome a la otra) $mv$. Sin embargo, para un observador ligado al sistema de referencia en el que inicialmente estaba en reposo la plataforma, cada salto le aporta a ésta un momento lineal menor, reducido en una cantidad igual a la masa del saltador por la velocidad que en ese instante posee la plataforma. Con la notación original y la que he usado en mi mensaje, solo le comunica $w(v_{rel}-v_k)$. Por otra parte, solo una fracción de ese momento es recibida por la plataforma, pues parte del mismo irá a parar a los saltadores aún pendientes de hacerlo. En términos de cohetería, el momento lineal que entrega el motor también va a parar parcialmente al combustible del cohete que aún está en los depósitos.

En el caso "todos saltan a la vez" no se da ninguno de esos efectos: cada saltador entrega la misma cantidad de momento lineal que es recibida de manera íntegra por la plataforma.

Por tanto, sin necesidad de hacer cálculos, está claro que la velocidad final será mayor en este último caso.

PD: Si el mensaje de JCB es definitivo, me gustaría conocer cómo llega a la expresión para la velocidad final, pues creo que no es la misma que el resultado de la suma que planteé en mi mensaje anterior.

[JCB]

Hola a tod@s.

Con la esperanza de que la expresión indicada en mi mensaje # 11 sea correcta, he hecho una pequeña simulación en Excel.

- Masa de cada ocupante, $m=75\ kg$.
- Nº total de ocupantes montados inicialmente en la plataforma, $n=10$.
- Masa propia de la plataforma, $1.000\ kg$.
- Masa de la plataforma más la de todos los ocupantes inicialmente montados en ella, $M=(1.000+75\times10)\ kg=1.750\ kg$.
- Velocidad del salto (relativa a la plataforma), $v=5\ m/s$.

Aplicando $v_i=\dfrac{(M+(2-i)m)v_{i-1}-mv}{M-im}$, para $i\geq2$, los resultados obtenidos, son:

$v_1=-0,22\ m/s$,
$v_2=-0,48\ m/s$,
$v_3=-0,77\ m/s$,
$v_4=-1,11\ m/s$,
$v_5=-1,50\ m/s$,
$v_6=-1,97\ m/s$,
$v_7=-2,51\ m/s$,
$v_8=-3,17\ m/s$,
$v_9=-3,96\ m/s$,
$v_{10}=-4,93\ m/s$.

Si por el contrario, los 10 ocupantes saltan a la vez,

$v_f=\dfrac{-nmv}{M-nm}=-3,75\ m/s$.

Saludos cordiales,
JCB.

[arivasm]

Yo obtengo resultados diferentes. He hecho la simulación con Calc para los mismos datos que tú. He determinado cada valor con la conservación del momento lineal pura y dura. Omitiendo el signo, mis valores son estos:

k	$v_k$ (m/s)
1	0,22
2	0,46
3	0,70
4	0,96
5	1,24
6	1,52
7	1,83
8	2,16
9	2,51
10	2,88

Aprovecho para comentar que se corresponden con los que se obtienen con la serie que escribí en el mensaje #7, lo que significa que o siempre cometo el mismo error o que se confirman.

Saludos. Bonito problema.

[Richard R Richard]

Bueno yo entiendo que la iteración se basa en aplicar


$\dst w(V_r+V_{pm})+MV_{pm}+(n-m)wV_{pm}=MV_{pm-1}+(n-m+1)wV_{pm-1}$


$V_{pm}=V_{pm-1}-\dfrac{wV_r}{M+w(n-m+1)}$

cuya tabla es

$m$	$V_{pm}$
0	0
1	-0,21428571
2	-0,43816631
3	-0,67254131
4	-0,91844295
5	-1,17706364
6	-1,44979091
7	-1,73825245
8	-2,0443749
9	-2,37046186
10	-2,71929907

oops que no coincide con las de ustedes ... pero al menos $|v(n=10)|<|3.75|$

1a) primer salto: $0=mv+(M-m)v_1$,

debería ser $0=m(v+v_1)+(M-m)v_1$