Otras carreras Choque de una varilla fija en un extremo

[jaume]

Hola a todos,

Un ejercicio de una barra que cuelga del extremo superior y en el extremo inferior impacta un proyectil.
Busco la velocidad mínima del proyectil para hacer girar la barra?
[FONT=Verdana]

$$1/2*I*w^2=mb*g*L$$

[/FONT]Conservación de energía:[FONT=Verdana]
[/FONT][FONT=Verdana]

$$w=\sqrt{(2*mb*g*L)/I}$$

[/FONT]
[FONT=Verdana]Conservación del momento angular:[/FONT]
[FONT=Verdana]

$$mp*v*L=I*w$$

[/FONT][FONT=Verdana]
L: longitud barra.
I: Momento de inercia.
mb: masa barra.
mp: masa proyectil.
[/FONT][FONT=Verdana]
[/FONT][FONT=Verdana]Gracias
[/FONT][FONT=Verdana]
Ya lo tengo resuelto!!
[/FONT][FONT=Verdana]
[/FONT]He considerado que el proyectil al chocar quedó incrustado en la barra, no sé porque, si alguien me lo puede explicar estaría muy bien, ya que el anunciado no lo especificaba, yo he pensado que es así porque se trata de buscar la mínima velocidad del proyectil. Por lo tanto he tenido que buscar el centro de masas del conjunto y el momento de inercia total.[FONT=Verdana]
[/FONT][FONT=Verdana]


[/FONT]

[arivasm]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Nota: este mensaje ha sido editado para corregir los errores que contenía. Véanse los mensajes posteriores para encontrar la respuesta respecto de si la solución debe ser para el choque inelástico o no (la respuesta es que la velocidad mínima corresponde al choque elástico)

Puesto que lo has resuelto, para poder contrastar el resultado y pensando en quienes visiten el hilo, pondré mi solución.

Se me ocurre que una manera sencilla es plantear la conservación de la energía entre lo que sucede justo después del choque y la situación en la que la barra pasa por la posición más elevada. Obviamente, las condiciones mínimas son aquéllas en las que en dicha situación la barra posee velocidad nula. De esta manera, el aumento de la energía potencial será igual a la energía cinética justo tras el choque, lo que determina la velocidad angular de la barra en ese instante.

Lo que sucede es que tenemos que diferenciar si el choque es elástico o no. Si lo es, lo anterior equivale a

$$\frac{1}{2}I\omega^2=m_bgL$$

que para alguno de los cálculos que siguen puede ser más cómoda escrita como

$$m_bgL=\dfrac{I^2\omega^2}{2I}$$

$m_b$ es la masa de la barra.

Si no es elástico, entonces las expresiones anteriores tomarán la forma

$$\frac{1}{2}I\omega^2=m_bgL+2m_pgL=(m_b+2m_p)gL$$

que quizá sea útil escrita de esta manera

$$(m_b+2m_p)gL=\dfrac{I^2\omega^2}{2I}$$

Aquí $m_p$ es la masa del proyectil.

Ahora podemos meter en juego la colisión y también es imprescindible diferenciar si la colisión es elástica o no (imagino que el enunciado se corresponde a un caso perfectamente inelástico, pero debería explicitarlo).

Si es perfectamente inelástico entonces podemos recurrir a la conservación del momento angular justo antes y justo después del choque: $I\omega=m_pv_0L$, donde llamo $v_0$ a la velocidad con la que éste impacta sobre la varilla. Llevando a la expresión anterior tenemos que $(m_b+2m_p)gL=\dfrac{m_p^2v_0^2L^2}{2I}$. Por tanto, la velocidad del proyectil deberá ser $v_0=\dfrac{1}{m_p}\sqrt{\dfrac{2I(m_b+2m_p))g}{L}}$. Como el momento de inercia en este caso es $I=m_pL^2+\frac{1}{3}m_bL^2=\left(m_p+\frac{1}{3}m_b\right)L^2$ el resultado sería $v_0=\dfrac{1}{m_p}\sqrt{2\left(m_p+\frac{1}{3}m_b\right)(2m_p+m_b)gL}$ que quizá quede un poco más bonito escrito de esta manera:

$$\boxed{v_0=\sqrt{\left(2+\dfrac{2m_b}{3m_p}\right)\left(2+\dfrac{m_b}{m_p}\right)gL}}$$

.

Si la colisión es perfectamente elástica tenemos que meter en juego tanto la conservación en el choque del momento angular como la de la energía. En este caso, el proyectil poseerá tras la colisión una velocidad $v$ que desconoceremos.

Por una parte, la energía cinética inicial del proyectil se habrá repartido entre la barra y la que finalmente posea el proyectil, es decir,

$$\frac{1}{2}m_pv_0^2=\frac{1}{2}I\omega^2+\frac{1}{2}m_pv^2$$

Por otra tenemos la conservación del momento angular: $I\omega+m_pvL=m_pv_0L$, luego

$$v=v_0-\dfrac{I\omega}{m_pL}$$

Para evitar la $\omega$ podemos hacer uso de que $I\omega=\sqrt{2Im_bgL}$. Como ahora $I=\frac{1}{3}m_bL^2$ tenemos que

$$I\omega=m_b\sqrt{\frac{2}{3}gL^3}$$

.

Llevando a (4) $v=v_0-\dfrac{I\omega}{m_pL}$ encontramos que $v_0=\dfrac{1}{2}I\omega\left(\dfrac{L}{I}+\dfrac{1}{m_pL}\right)$, que nos lleva a

$$\boxed{v_0=\left(3+\dfrac{m_b}{m_p}\right)\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}}$$

Saludos!

[Richard R Richard]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Busco la velocidad mínima del proyectil para hacer girar la barra?

Doy mi punto de vista, a lo que entiendo del enunciado, para que la barra más el proyectil den un giro completo es al menos necesario que la velocidad en la posición vertical sea al menos superior a nula , podemos hallar el limite haciéndola nula.

en consideraciones energeticas

$\cancel{\dfrac 12 mv_b^2=MgL+mg2L}$

$\cancel{v_b=\sqrt{\dfrac{2gL(M+2m)}{m}}}$

Mi opinión todo el desarrollo del momento de inercia y la velocidad angular es innecesario, ya que también la velocidad angular se anula en el punto superior de la trayectoria y la energía cinetica de rotación sería tambien nula, luego una pequeña cantidad adicional de energía crea el desequilibrio necesario para que la gravedad haga el resto y mueva la barra completando el giro.


Pd. considere la colisión inelástica, ya que para que sea elástica hace falta el dato de la velocidad y dirección de la bala luego del impacto, y así la velocidad mínima dependera entonces de otro factor externo al giro.


Los errores de este post han sido corregidos en los siguientes Post

[arivasm]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Pd. considere la colisión inelástica, ya que para que sea elástica hace falta el dato de la velocidad y dirección de la bala luego del impacto, y así la velocidad mínima dependera entonces de otro factor externo al giro.

Entonces no se conserva la energía!

Aprovecho para contar que tengo un error con el momento de inercia, por lo que editaré el post. Cambiarán algunos coeficientes. Ahora no tengo mucho tiempo, pues Melchor me está llamando...

[Richard R Richard]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Entonces no se conserva la energía!.

Tienes toda razón, se conserva el momento !!! no la energía , me dedico a cerrar el pico!!! me mirare con mas detalle el resto entonces, saludos, y perdon por la intromisión.

[carmelo]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Hola:

Consideremos la situación en que el choque es inelastico:

Conservación del momento angular respecto al extremo superior en el punto de impacto:


$mv_0L=I\omega$

Donde $I=mL^2+\dfrac13ML^2$

Ahora si podemos plantear conservación de la energía:

$\dfrac12I\omega^2=(2m+M)gL$


O planteándolo como bien sugiere Arivasm

$\dfrac{(I\omega)^2}{2I}=(2m+M)gL$

$\dfrac{(mv_0L)^2}{2I}=(2m+M)gL$

Despejando, se llega a que:

$v_0 = \dfrac{\sqrt{2(2m+M)(m+\dfrac M3)gL}}{m}$

Saludos
Carmelo

[Richard R Richard]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

$\dfrac12I\omega^2=(m+M)gL$

Creo que es necesaria una pequeña modificación en la energía potencial, la masa $m$ de proyectil asciende una distancia $2 L$ y el centro de masas de la barra solo una distancia $L$ de donde

$\dfrac{(mv_0L)^2}{2(mL^2+\dfrac13ML^2)}=(2m+M)gL$

$v_0^2=(2+\frac Mm)(2+\frac {2M}{3m})gL$

$v_0=2\sqrt{(1+\frac M{2m})(1+\frac {M}{3m})gL}$

$v_0=2\sqrt{(1+\frac x2)(1+\frac x3)gL}$

Saludos

[arivasm]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Como dije en mi mensaje anterior, tenía varios errores en mi respuesta. El caso inelástico ya toma la misma forma que ha escrito Richard (lo que he escrito ahora equivale a introducir el 2 en la raíz y repartir el 4 entre los dos paréntesis).

He eliminado el análisis sobre cuál requiere menos velocidad del proyectil, por razones de tiempo. Pero intuyo que será el elástico, debido a que no se pierde energía en la colisión. De todos modos, en cuanto tenga un poco de tiempo lo miro.


Gracias a ambos!

- - - Actualizado - - -

He considerado que el proyectil al chocar quedó incrustado en la barra, no sé porque, si alguien me lo puede explicar estaría muy bien, ya que el anunciado no lo especificaba, yo he pensado que es así porque se trata de buscar la mínima velocidad del proyectil.

Pues me temo que si estrictamente se trata de encontrar cuál es la menor velocidad del proyectil entonces el caso que hay que considerar es el elástico.

Antes de nada hay que decir que entre el caso perfectamente elástico y el perfectamente inelástico tendremos una gama de posibilidades intermedias, pero está claro que eso se traducirá también en una gama de velocidades para el proyectil intermedias entre la que corresponde al caso elástico, que a falta de correcciones porque todavía tenga errores en mi mensaje #2, sería

$\dst v_{0,el}=\left(3+\dfrac{m_b}{m_p}\right)\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}$

y la que corresponde al caso completamente inelástico que (esta sí que estaría confirmada) vale

$\dst v_{0,inel}=\sqrt{\left(2+\dfrac{2m_b}{3m_p}\right)\left(2+\dfrac{m_b}{m_p}\right)gL}$

Por tanto, lo que podemos hacer es dividir miembro a miembro y ver si para qué condiciones el cociente entre ambas velocidades es menor o mayor que la unidad. Para no liar las expresiones llamaré

$x=\dfrac{m_b}{m_p}$

al cociente entre las masas de la barra y del proyectil. De esta manera, lo que tenemos que hacer es ver para qué condiciones de $x$ será mayor o menor que 1 la función

$f(x)=\dfrac{\frac{3+x}{\sqrt{6}}}{\sqrt{\left(2+\frac{2}{3}x\right)(2+x)}}$

Reordenando un poco toma la forma

$f(x)=\dfrac{3+x}{2\sqrt{(3+2x)(2+x)}}$

Lo más sencillo es igualar a 1 y ver para qué valores de $x$ se cumplirá la igualdad. Haciéndolo y elevando al cuadrado tenemos la ecuación

$(3+x)^2=4(3+2x)(2+x)$

Es decir,

$7x^2+22x+15=0$

cuyas raíces son negativas, $x=-1$ y $x=-\frac{15}{7}$, lo que significa que en todo el intervalo $x\geqslant 0$ nuestra función $f(x)$ tendrá la misma relación de desigualdad con 1.

Por tanto, basta ver qué sucederá con un valor cualquiera de $x$ para extender la conclusión a cualquier otro $x\geqslant 0$. Obviamente el más sencillo es $x=0$, para el cual $f(0)=\frac{3}{2\sqrt{6}}=0,612<1$

Conclusión: para cualquier masa del proyectil y de la barra la menor velocidad corresponde al caso elástico.

Por tanto, tengo una mala noticia para jaume: la solución correcta al ejercicio no se refiere al caso en que el proyectil se incruste en la barra, sino a que rebote elásticamente, y la velocidad correspondiente es

$\dst\boxed{v_{0,min}=\left(3+\dfrac{m_b}{m_p}\right)\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}}$

[Richard R Richard]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Lo que sucede es que tenemos que diferenciar si el choque es elástico o no. Si lo es, lo anterior equivale a

$$\frac{1}{2}I\omega^2=m_bgL$$

que para alguno de los cálculos que siguen puede ser más cómoda escrita como

$$m_bgL=\dfrac{I^2\omega^2}{2I}$$

$m_b$ es la masa de la barra.

......................

Si la colisión es perfectamente elástica tenemos que meter en juego tanto la conservación en el choque del momento angular como la de la energía. En este caso, el proyectil poseerá tras la colisión una velocidad $v$ que desconoceremos.

Por una parte, la energía cinética inicial del proyectil se habrá repartido entre la barra y la que finalmente posea el proyectil, es decir,

$$\frac{1}{2}m_pv_0^2=\frac{1}{2}I\omega^2+\frac{1}{2}m_pv^2$$

Por otra tenemos la conservación del momento angular: $I\omega+m_pvL=m_pv_0L$, luego

$$v=v_0-\dfrac{I\omega}{m_pL}$$

..........................

$$\boxed{v_0=\left(3+\dfrac{m_b}{m_p}\right)\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}}$$

Hola arivasm, revise esto que planteas,si bien las formulas 1 y 2 son correctas, veo que $I\omega+m_pvL=m_pv_0L$ la conservación de momento angular, no se si es del todo precisa, pues depende de la componente de $v$ en dirección tangencial al eje de giro no de $v$ directamente, Yo diría que para que $v_0$ sea minima $v$ debería ser nula, para minimizar el exceso de energía cinetica sobrante y considerar que la bala debe alejarse de la barra solo por la acción de la gravedad, aunque no se si podemos imponer tal condicion, sin imponer alguna restriccion a la relación de masas entre barra y particula.

En ese caso la ecuación 4 se convierte en

$$\frac{1}{2}m_pv_0^2=\frac{1}{2}I\omega^2$$

mas simple e igualando con 2


$\frac{1}{2}m_pv_0^2=m_bgL$ directamente ya que se conservaría totalmente la energía mecánica

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

luego [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] $\sqrt{\dfrac{2(1+\frac x3)(1+\frac x2)}{x}}=\sqrt{2}\sqrt{\frac 1x+\frac 56+\dfrac x6}$

de donde si $0<x<1$ el primer sumando en el interior la raíz es mayor que 1 entonces [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

si $x=1$ la suma de interior es 2 por lo que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

y si $x>1$ los ultimos dos sumandos suman siempre mas que 1 y garantizan [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

de donde se ve que la velocidad mínima la proporciona un choque elástico, sin importar la relación e masas

Pues me temo que si estrictamente se trata de encontrar cuál es la menor velocidad del proyectil entonces el caso que hay que considerar es el elástico.

Sin duda

Saludos

[carmelo]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Hola.
Imponer la restricción de que el proyectil quede en reposo luego del impacto, conlleva a asumir una relación particular entre las masas del proyectil y la barra.
Yo encontré que para que el proyectil quede en reposo se debe de dar que $m = \dfrac M 3$
Saludos
Carmelo

[arivasm]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Hola arivasm, revise esto que planteas,si bien las formulas 1 y 2 son correctas, veo que $I\omega+m_pvL=m_pv_0L$ la conservación de momento angular, no se si es del todo precisa, pues depende de la componente de $v$ en dirección tangencial al eje de giro no de $v$ directamente

Como las componentes longitudinales de la velocidad no contribuyen al momento angular de la barra tras el choque, para una $v_0$ dada la energía cinética de rotación inicial de la barra será máxima si el impacto es perpendicular a la misma. Es por ello que di por sentado que la búsqueda del óptimo de $v_0$ necesariamente implica un impacto rigurosamente transversal y, por supuesto, también en su extremo (aunque quizá también habría que explorar un poco este otro aspecto, al menos para no justificarlo de manera intuitiva).

Yo diría que para que $v_0$ sea minima $v$ debería ser nula, para minimizar el exceso de energía cinetica sobrante y considerar que la bala debe alejarse de la barra solo por la acción de la gravedad, aunque no se si podemos imponer tal condicion, sin imponer alguna restriccion a la relación de masas entre barra y particula.

Yo partí de la idea de que las masas de barra y proyectil eran arbitrarias. Si es así, entonces para que la barra alcance la posición más elevada con velocidad nula deberá tener una $\omega$ muy determinada. Por decirlo de un modo sencillo: no será una incógnita. De este modo tendremos dos, que son las velocidades de la bala antes y después del choque, lo que no es problema, pues tenemos dos ecuaciones, que son la conservación del momento y de la energía. Por tanto, entiendo que si restringimos el problema a tener sólo una incógnita ambas ecuaciones de conservación deben ser redundantes entre sí, lo que claramente sólo sucederá si las masas cumplen una relación muy determinada.

Coincido con carmelo que eso sólo sucederá si la masa del proyectil es 1/3 de la masa de la barra.

Saludos!

[Richard R Richard]

Re: Choque de una varilla fija en un extremo

Gracias a ambos, a eso me refería con que no podía imponer algunas condiciones sin obligar a que se diesen otras restricciones al problema

La fórmula de general de arivasm 8 para el caso particular en que $\frac Mm=3$ como el que describí, obtienen el el mismo valor de $v_0=\sqrt{6gL}$ , (menos mal )

Por otro lado como la relación de masas es arbitraria en el problema, podemos analizar que relación de masas hace mínima a la función $v_0=\left(3+x\right)\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}$ se llega de inmediato al resultado obvio, en que si la barra es de baja masa o si la particula tiene mucha masa, se requiere menor velocidad inicial para elevarla rotando, pero en ningun caso la velocidad podrá ser inferior a $v_{0_{min}}=\sqrt{\frac 32gL}$

Para Jaume entonces , lo que hace mínima la velocidad , es un choque elástico donde la masa de la barra es lo más pequeña posible con respecto a la de la partícula , una mínima longitud de la barra y una mínima aceleración de la gravedad y habiéndose establecido estas dos últimas, la velocidad mínima es

$v_0=\left(3+\dfrac{m_b}{m_p}\right)\sqrt{\dfrac{1}{6}gL}$

y en el límite nunca podrá ser inferior a

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Saludos