Problema conservación del momento lineal

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola a todos.

Añado imagen de la situación general, caudal másico con velocidad relativa al vagón “u”, formando un ángulo $\theta$ con la vertical:

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

- En cuanto al segundo punto como tú dices, no vemos lo mismo: para mí, la velocidad absoluta del caudal másico en el eje X (caso general) es $v_{xabs}=v_x-usen \theta$, siendo en el caso concreto del problema $v_{xabs}=v_x$, la misma que la velocidad del vagón, como ya expuse anteriormente y en el balance correspondiente.

tu planteo conceptual y algebraico esta excelente, ya te lo exprese, si los granos conservan su momento lineal en la direccion x $v_x=u_x\,\to\,v_{rel}=0\,\to\,a=0$ al salir del vagón entonces llegaran mas abajo de él y al mismo tiempo a cubrir los 500 m en 142 s

- Por otra parte, yo he hecho un tratamiento o enfoque algebraico del problema (adecuado a mi nivel y a mis posibilidades o capacidades), no he dudado en ningún momento sobre el tratamiento de cálculo diferencial que tú has empleado.

Aver como te dije cuando supones que salen con otro angulo, tambien llegas a una expresión donde la aceleración es proporcional a la velocidad relativa, esto es correcto , pero el problema dice que en todo momento el grano cae verticalmente( esto es con respecto al sistema de referencia) es decir es perpendicular a velocidad, lo que implica que la componente de la velocidad absoluta en la dirección x de los granos, es nula en todo momento, por lo que $u_x=0$ y $\vec v_{rel}=-\vec v$ por como hiciste el desarrollo algebraico el signo negativo ya se lo aplicaste a la ecuación por lo que suponemos $|\vec v_{rel}|=|\vec v|$ en modulo

Pero pasa que aunque la aceleración sea proporcional a la velocidad a cada instante , no implica que la velocidad del vagón sea constante , y a la vez debe darse que la impulsión de los granos en en la dirección x acompañe este incremento, para mantener $u_x=0$ por eso luego hago el tratamiento de ecuaciones diferenciales que resuelven el problema matemáticamente...

- Por cierto, no has hecho ningún comentario acerca del balance en el eje Y.

Disculpa lo desatento , lo encontré correcto.

$\boxed{N(t>0)=(m_0-qt)g-ucos\theta q}$

El término $ucos\theta q$ de N, es el empuje vertical del caudal másico del grano, actuando como propelente. N decrece debido a la pérdida de masa de grano y a su propulsión, tal y como nos indica la intuición.

Llegas a una conclusión algebraica correcta , lo que sabemos es que si de algún modo la normal se hace nula $N=0$ el vagón despega, y se eleva como lo hacen los cohetes, o como un globo de cumpleaños que se suelta sin atarlo, el máximo de N es la masa del vagón mas la de los los granos multiplicada por la aceleración de la gravedad, el empuje de los granos, solo el efecto gravitacional de caer libremente es insuficiente evidentemente para que el vagón se eleve , a menos que la velocidad de los granos se incremente por un medio mecánico en el interior del vagón.

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Gracias por responder Richard.

- Si, de acuerdo en el primer punto: con el enunciado del problema es difícil saber si la primera parte es conexa o no con la segunda. Es una nimiedad interpretativa, que no tiene mayor importancia a nivel de concepto.

- En cuanto al segundo punto como tú dices, no vemos lo mismo: para mí, la velocidad absoluta del caudal másico en el eje X (caso general) es $v_{xabs}=v_x-usen \theta$, siendo en el caso concreto del problema $v_{xabs}=v_x$, la misma que la velocidad del vagón, como ya expuse anteriormente y en el balance correspondiente.

- Por otra parte, yo he hecho un tratamiento o enfoque algebraico del problema (adecuado a mi nivel y a mis posibilidades o capacidades), no he dudado en ningún momento sobre el tratamiento de cálculo diferencial que tú has empleado.

- Seguiré reflexionando sobre el problema, con la esperanza de llegar a entender todos sus entresijos.

- Por cierto, no has hecho ningún comentario acerca del balance en el eje Y.

Saludos cordiales, JCB

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

- Si recordamos el enunciado: el vagón circula inicialmente a una velocidad de 4 m/s, y sobre él se descargan los 2.000 kg de grano, pasando a una velocidad de 3,5 m/s (tal y como decía Chails en su primer post). Por tanto si el vagón circula a 3,5 m/s y aunque tenga un agujero en su fondo por donde descarga el grano, como $a_x=0$, seguirá circulando a esa misma velocidad de manera constante. El tiempo en recorrer los 500 m, será $t=\dfrac{e}{v}=\dfrac{500 m}{3,5 m/s}=142,86 s$.

A falta de disposición del enunciado entero, sigo pensando que la primera parte puede estar o no conexa con la segunda... todos los resultados que he dado, los di pensando que el vagón ya tenia granos, sin tener en cuenta que la velocidad v es 3.5 m/s en vez de los 4 originales antes de la carga ... Así si se sigue la secuencia, vagón vacío , a tiempo cero el vagón se carga instantáneamente con 2000 kg de granos, y luego pierde parte por el camino ,entonces coincido en el resultado pues con la aceleración nula sale $t=142,86 s$, pues el grano conserva su momento al caer del vagón.

Lamentablemente, en esta nueva situación el problema queda indeterminado, pues desconocemos el módulo de la velocidad relativa “u”.

Aver si consideras $v=3.5 m/s$ luego de que caen los 2000 kg de granos entonces el punto anterior esta conexo con este, si dice que el grano cae sin rozamiento y en dirección vertical , entonces lo hace del mismo modo en los puntos , si es así , no estás viendo que la velocidad absoluta en la dirección x del grano desde el sistema de referencia fuera del vagón debe ser nula en todo momento , esto implica que $u_x=0$ ademas $u_y=0$ entonces la velocidad relativa $v_{rel_x}=v_x-u_x=v_x$

luego la aceleración es $a_{t=0}=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{v\sin\theta}{m}=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{v_x}{m}=10kg/s\dfrac{3.5m/s}{14000kg}$

con eso llegas a que $t =136.229s$ resolviendo aproximadamente pensando que $a$ es constante.


Pero te reitero algo a medida que el vagón se acelera la velocidad relativa $v_{rel}$ debe ir aumentando, para que siempre $u=0$ de aquí sale que $v$ no es constante, por lo que considerar el problema como un simple MRUA da un resultado aproximado, como dije la aceleración no puede ser constante pues es proporcional a la velocidad y si esta crece crece la aceleración.

Además por esa misma razón como $v$ no es constante incluso es aproximado esto que postee anteriormente ,

$\Delta x=\dst\int\limits_0^T\left[\int\limits_0^t \left(F_{ext}(t)+\dfrac{v}{m} f(t) \right)\dd t\right]\dd t$


en realidad es

$F_{neta}=F_{ext}+\mathbf{v(t)}\dfrac{\partial m}{\partial t}=ma_{CM}=m \dfrac{\partial^2 x_{CM}}{\partial t^2}$

que se resuelve en dos ecuaciones diferenciales simples de variables separables....

Aver si puedo dar en la tecla esta vez

sabemos que $F_{ext}=0$ y que $v_{(t=0)}=3.5m/s$ , $x_{(t=0)}=0m$ , $x_{(t=T)}=\Delta x$

tal cual hice en el post #2 se resuelven las ecuaciones diferenciales ,(aunque allí tenía las ecuaciones venían de suposiciones erróneas ,el método de cálculo si es el correcto)

teníamos que

$m\dfrac{\partial \vec v}{\partial t}=m\vec a=\vec v_{rel}\dfrac{\partial m}{\partial t}$


si $\vec v_{rel}=\vec v -\vec u$ con $\vec u=\vec 0$ por el enunciado , entonces $\vec v_{rel}=\vec v$ y tratamos el signo por separado ya que $\vec v_{rel}$ en realidad es $-\vec v$ ,(es decir el signo ya ha sido tenido en cuenta para llegar a la ecuación de la aceleración)

retomando $m\dfrac{\partial \vec v}{\partial t}=\dfrac{\partial m}{\partial t}\vec v$

dividiendo por la masa

$\dfrac{\partial \vec v}{\partial t}=\dfrac{\partial m}{m\partial t} \vec v$

si no hay fuerzas exteriores $F_{ext}=0$ y el grano cae perpendicular $\sin\theta= 90\°$ ,sin rozamiento, y recordando que usamos $\dfrac{\partial m}{m\partial t}>0$


$\dfrac{\partial \vec v}{\partial t}=\dfrac{\partial m}{m\partial t} \vec v$

$\dfrac{\partial \vec v}{\partial t}=\dfrac{10kg/s}{14000kg}\vec v$

$\dfrac{d \vec v}{\vec v}=\dfrac{10kg/s}{14000kg} d t$

$\dst\int\limits_{V_o}^{v}\dfrac{d \vec v}{\vec v}=\dst\int\limits_{t_o}^{t_f}\dfrac{10kg/s}{14000kg} d t$

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

$v=3.5 m/s \ee^{ \dfrac{10t}{14000}}$

luego integro para hallar el desplazamiento

$v=\dfrac{\partial X}{\partial t}=3.5\ee^{ \dfrac{10 t}{14000}}$

$\Delta x =\dst\int\limits_{X_o}^{X_f}d x=\dst\int\limits_{t_o}^{t_f}3.5\ee^{ \dfrac{10t}{14000}} d t$

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]


luego despejo el tiempo

$\dfrac{14000}{10}\ln\left( \dfrac{500 \cdot 10}{3.5\cdot 14000}+1 \right)=\boxed{t_f=136.02 s}$


que es ligeramente inferior a $142,86 s$ calculado para $v=cte$ lógico, porque el vagón acelera y e inferior a $136.229s$ que es el tiempo que surge de considerar el movimiento como MRUA y resolver la cuadrática, lo cual también es lógico porque la aceleración aumenta en vez de ser constante.

Así de modo de resumen digo sin el enunciado claro, vamos a seguir debatiendo, si la velocidad absoluta de los granos caídos $\vec u$ es nula o de otro modo es igual a $\vec v$ , por lo que el CM del sistema siguría a velocidad constante.

PD Otro detalle que me acabo de dar cuenta aunque no influye en el resultado solo de casualidad es que considerando a los granos como 2000 kg solamente, nunca podría pasarse de $t=\frac{2000kg}{10kg/s}= 200 s$ la descarga pues ya no habría mas granos, es decir se agotarían antes de llegar a los 1000 m, y el problema se compondria de una parte MRAV y otro de MRU



Aver si aclaro algo más si escaparnos por la tangente

en un cohete $v_{rel}$ es prácticamente constante y determinada por la propulsión del cohete,(los gases salen con una $v_{rel}$ constante respecto del cohete, sin importar cual es la velocidad del cohete) pero nunca se da que $\vec u$ deba ser nula respecto a tierra en todo momento como sucede en este problema, y al ser constante la velocidad relativa , la aceleración es constante y el problema se puede abordar como un MRUA si se quiere, pero hay que tener en cuenta que lo que sigue un MRUA es el CM de sistema cohete+Gases, pero como siempre lo que nos interese es solo el cohete la corrección implica que el cohete acelera mas de que el CM del conjunto, que solo se mueve si hay fuerzas exteriores.

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola a todos.

Perdona Richard, pero no quiero contestar a tu último post (# 12) (lo que faltaba: acabo de ver que está recién actualizado) sin antes haberlo estudiado detenidamente. Entretanto, y como ya tenía prácticamente desarrollado el balance de la cantidad de movimiento en el eje y (caso general), pues aquí lo expongo:

En esta situación, $v_{yabs}=-ucos\theta$.

$p_{y0}=mv_y=0$.

$p_{y1}=(m-\Delta m)(v_y+\Delta v_y)+\Delta m(-ucos\theta)=-ucos\theta \Delta m$.

$p_{y1}-p_{y0}=-ucos\theta \Delta m$.

En este caso sí que existen fuerzas exteriores al sistema: éstas son la gravedad y la fuerza normal que ejercen los raíles sobre las ruedas del vagón. Dividiendo por $\Delta t$:

$-ucos\theta\dfrac{\Delta m}{\Delta t}=N-mg$,

$N=mg-ucos\theta \dfrac{\Delta m}{\Delta t}$.

Para hallar N en función de t:

Si llamamos $\dfrac{\Delta m}{\Delta t}=q, \thinspace m=m(t)=m_0-qt$,

$\boxed{N(t>0)=(m_0-qt)g-ucos\theta q}$

El término $ucos\theta q$ de N, es el empuje vertical del caudal másico del grano, actuando como propelente. N decrece debido a la pérdida de masa de grano y a su propulsión, tal y como nos indica la intuición.

- - - Actualizado - - -

Hola otra vez.

Creo que llegados a este punto, conviene hacer un resumen, para ordenarme las ideas. Intentaré ser breve.

- En el caso general (ángulo de inclinación $\theta$ entre el vector “u” y la vertical), el balance de la cantidad de movimiento en el eje X (cuyo análisis se hace con velocidades absolutas), nos proporcionó la expresión $\boxed{a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{usen\theta}{m}}$, donde “u” es la velocidad relativa del caudal másico respecto del vagón. El módulo de esta velocidad relativa, en el enunciado del problema no aparece, pero en cambio, sí que aparece su dirección y su sentido (vertical y hacia abajo, $\theta=0^{\circ}$), por tanto $sen \theta=0 \Longrightarrow a_x=0$.

- Si recordamos el enunciado: el vagón circula inicialmente a una velocidad de 4 m/s, y sobre él se descargan los 2.000 kg de grano, pasando a una velocidad de 3,5 m/s (tal y como decía Chails en su primer post). Por tanto si el vagón circula a 3,5 m/s y aunque tenga un agujero en su fondo por donde descarga el grano, como $a_x=0$, seguirá circulando a esa misma velocidad de manera constante. El tiempo en recorrer los 500 m, será $t=\dfrac{e}{v}=\dfrac{500 m}{3,5 m/s}=142,86 s$.

- Ahora salimos de la situación particular del problema y consideramos que el grano es eyectado horizontalmente del vagón ($\theta=90^{\circ}$), por tanto $sen \theta=1 \Longrightarrow a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{u}{m}$. Lamentablemente, en esta nueva situación el problema queda indeterminado, pues desconocemos el módulo de la velocidad relativa “u”.

No sé si estarás de acuerdo conmigo Richard. ¿ Cómo lo ves ?.

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola, tu planteo JCB es impecable, en el primer punto estamos de acuerdo, y para el segundo Posteo esto para ver si concordamos que tiene dos formas de verse.... una aplicando la suposición del primer punto

.....................Suponer que el grano cae verticalmente y que la desaceleración debida al rozamiento por rodadura y la resistencia del aire es despreciable.


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

para lo cual usariamos $|u|=|v|\,\to\, v_{xabs}=0$

$\boxed{a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{usen\theta}{m}}$

Caso particular.........

- Caudal másico horizontal ($\theta=90^{\circ}$) $\Longrightarrow a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{u}{m}$.

quedaría $a=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{v\sin\theta}{m}$

Luego $\Delta x=500m= v t+\frac 12 a t^2=4m/s\, t+\dfrac 12 \left(\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{v\sin 90\°}{m}\right) t^2$

del cual le queda resolver la cuadrática para hallar el tiempo..... $t=119.86s$ comparando

$\boxed{t_f=119.73 s}$

tan tan tan mal no me iba...



Pero si solo consideramos el enunciado

...........Un vagón de ferrocarril incontrolado de masa 14000 kg se desplaza horizontalmente a 4 m/s ......................................Supongamos que hay un pequeño agujero en el fondo del vagón, de modo que el grano se escapa por él a razón de 10 kg/s. ¿Cuánto tiempo tarda ahora el vagón en cubrir los 500m?

si el grano conserva su velocidad lineal mientras cae., entonces

$|u|=0\,\to\, v_{xabs}=v$

$\boxed{a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{usen\theta}{m}}$

Caso particular....

- Caudal másico vertical ($\theta=0^{\circ}$) $\Longrightarrow a_x=0$.

y directamente

$\Delta x=500= v t$

$t=\dfrac{500m}{4m/s}=125 s$

- - - Actualizado - - -

En terminos de diferenciales el problema se puede plantear así

$p_t=mv$

$p_{t+dt}=(m-\dd m)(v+\dd v)+ u \dd m$

$p_{t+dt}=mv+m\dd v-v\dd m-\dd m \dd v + u \dd m$

$\dd m \dd v\to 0$ es despreciable frente a los otros términos

luego

$\dd p=p_{t+dt}-p_t=m\dd v-v\dd m-\dd m \dd v + u \dd m$

que puede escribir como

$\dd p=m\dfrac{\partial v}{\partial t}\dd t-v\dfrac{\partial m}{\partial t}\dd t+ u \dfrac{\partial m}{\partial t}\dd t$

luego

$\dfrac{\dd p}{\dd t}=m\dfrac{\partial v}{\partial t}-v\dfrac{\partial m}{\partial t}+ u \dfrac{\partial m}{\partial t}$

reagrupando

$\dfrac{\dd p}{\dd t}=F_{neta}=m\dfrac{\partial v}{\partial t}-(v-u)\dfrac{\partial m}{\partial t}=m\dfrac{\partial v}{\partial t}-v_{rel}\dfrac{\partial m}{\partial t}$

en este problema

$F_neta=0$

que implica

$m\dfrac{\partial v}{\partial t}=ma=v_{rel}\dfrac{\partial m}{\partial t}$

de donde sale que $a =\dfrac{v_{rel}}{m}\dfrac{\partial m}{\partial t}$

en el caso de que el grano perdido conserva la velocidad en el eje x $|u|=|v|\,\to\,v_{rel}=0 \,\to\,a=0$

y en el caso en que cae verticalmente, su velocidad absoluta $u$ es nula por lo que su velocidad relativa es $v$

entonces

$\boxed{a =\dfrac{v}{m}\dfrac{\partial m}{\partial t}}$

que en caso que $\frac{\partial m}{\partial t}=cte\,\to\,a=cte$ convirtiendo el problema en uno de MRUA

sino si $\frac{\partial m}{\partial t}=f(t)$ se debe abordar

$\dfrac{\partial^2 x}{\partial t^2}=\dfrac{v}{m} f(t)$

que es una ecuación diferencial de segundo grado con solución


$\Delta x=\dst\int\limits_0^T\left[\int\limits_0^t \dfrac{v}{m} f(t) \dd t\right]\dd t$


de la cual luego debe despejarse $T$ que será el tiempo empleado para un desplazamiento $\Delta x$

En general

$F_{neta}=F_{ext}+v\dfrac{\partial m}{\partial t}=ma_{CM}=m \dfrac{\partial^2 x_{CM}}{\partial t^2}$

de donde aun con Fuerza exterior variable en el tiempo esto es solo una aproximación con $v =cte$

$\Delta x=\dst\int\limits_0^T\left[\int\limits_0^t \left(F_{ext}(t)+\dfrac{v}{m} f(t) \right)\dd t\right]\dd t$

hay que tener en cuenta las condiciones de contorno que pueden agregar términos a la integral para las cuales $v(t=0)=4m/s$ , $x(t=0)=0m$ , $x(t=T)=\Delta x$

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola a todos.

Este es el balance de la cantidad de movimiento en el eje x.

En el eje x (paralelo a la vía de tren), el caudal másico tiene una velocidad horizontal absoluta, igual a la velocidad del vagón, $v_{xabs}=v_x$.

$p_{x0}=mv_x$.

$p_{x1}=(m-\Delta m)(v_x+\Delta v_x)+\Delta mv_{xabs}$,

$p_{x1}=mv_x+m\Delta v_x-\Delta mv_x-\Delta m\Delta v_x+\Delta mv_x$,

$p_{x1}=mv_x+m\Delta v_x$.

$\Delta p_x=p_{x1}-p_{x0}=m\Delta v_x=0$ (si no hay fuerza exterior aplicada) $\Longrightarrow \Delta v_x =0 \Longrightarrow v_x=cte$.

Cuando llegue a algún resultado presentable en el eje y, ya lo expondré.

- - - Actualizado - - -


Antes de pasar al balance en el eje y, consideremos el caso general, donde el vector velocidad relativa (u) del caudal másico, forma un ángulo $\theta$ con el eje vertical.

En esta situación, $v_{xabs}=v_x-usen\theta$.

$p_{x0}=mv_x$.

$p_{x1}=(m-\Delta m)(v_x+\Delta v_x)+\Delta mv_{xabs}$,

$p_{x1}=mv_x+m\Delta v_x-\Delta mv_x-\Delta m\Delta v_x+\Delta m(v_x-usen\theta)$,

$p_{x1}=mv_x+m\Delta v_x-\Delta m(usen\theta)$,

$p_{x1}-p_{x0}=m\Delta v_x-\Delta m(usen\theta)=0$ (si no hay fuerza exterior aplicada).

Dividiendo por $\Delta t$:

$m\dfrac{\Delta v_x}{\Delta t}-\dfrac{\Delta m}{\Delta t}usen\theta=0$,

$ma_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}usen\theta$,

$\boxed{a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{usen\theta}{m}}$

Casos particulares:

- Caudal másico vertical ($\theta=0^{\circ}$) $\Longrightarrow a_x=0$.

- Caudal másico horizontal ($\theta=90^{\circ}$) $\Longrightarrow a_x=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{u}{m}$.

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola JCB si nos ceñimos a que la velocidad de la perdida es perpendicular , quiere decir que la velocidad no tiene componente en la dirección que se mueve el vagón es decir $v_{abs}=0=v-u\,\to\,u=v$ iguales en módulo pero de sentido contrario entonces la aceleración es $a=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{v}{m}$, y si es positiva el sistema acelera... en la vertical el sistema gana momento lineal debido a la gravedad pero eso no influye en el momento lineal horizontal que estamos analizando...

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola a todos.

Richard: según esta ecuación parece que la aceleración es positiva, tal y como dices. Sin embargo esta ecuación (en su forma escalar) solo es aplicable a los sistemas de masa variable donde la velocidad del móvil está en la misma dirección que la velocidad de la masa expulsada (aunque con sentido contrario). En cambio, en el problema que nos ocupa, la velocidad de expulsión es perpendicular a la velocidad del vagón. Tendría que replantearla en su forma vectorial, o bien hacer el balance de la cantidad de movimiento en la componente horizontal y en la vertical, por separado. Corrígeme si no estoy en lo cierto y disculpad por la confusión.

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

$\boxed{a=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{u}{m}}$.

Es decir, el vagón tendría desaceleración, en función de la velocidad relativa del caudal másico. En caso de que esta velocidad relativa fuese u=0, el vagón seguiría con velocidad constante de 3,5 m/s.

Quiza no entienda del todo el planteo, pero $\Delta m$ es tomado positivo, y se lo resta a la masa,$\Delta t$ es positivo, $m$ es positivo, y $u$ tambien lo es , luego $a$ es positiva es decir acelera no decelera...

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

Entiendo la objeción ,si aplicamos otro SR entonces, si mi formula es incorrecta... por otro lado un sistema que pierde masa a una velocidad menor en el SR que la del CM y si conserva el momento debe ganar velocidad si la fuerza exterior es nula, no perderla...
Aquí no estamos aplicando relatividad galilieana, solo tenemos un SR, en ese medimos el tiempo en que recorre los 500 m el vagón,
como el caso del cohete los gases tienen un velocidad menor -V en ese sistema de referencia, pero un módulo mayor|V| que $V_{Cm}$ por lo que aumentará la velocidad del cohete progresivamente aunque el consumo sea constante ,ya que su masa a la vez se va reduciendo y la aceleración incrementando, y el tiempo de viaje se va reduciendo para la misma distancia.

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola a todos.

Richard, para hacer el balance de la cantidad de movimiento, me he basado en un artículo de Wikipedia (https://es.wikipedia.org/wiki/Sistema_de_masa_variable), donde se indica que no es correcto efectuar la derivada del producto mv. Por este motivo a mi me sale la aceleración (y como consecuencia todo lo demás) en función de la velocidad relativa del caudal másico.

Saludos cordiales.

[Richard R Richard]

Re: Problema conservación del momento lineal

Pero ahora el ejercicio pone: ...

Hola Chails ...trata siempre de poner el enunciado completo, y si no quieres preguntar por todo el ejercicio , has la aclaración pertinente, aveces con pocos datos se interpreta distinto...

Me he dejado de poner que la solución que pone el libro es:..........

Bueno si los granos solo abandonan el sistema a la misma velocidad que tiene el sistema, es lógico que la masa restante continúe a la misma velocidad que el sistema traía, si era 3.5 m/s esa será la velocidad que conserve. Yo interprete el primer punto inconexo de segundo por eso use V=4m/s y m=14000 es ves de 3.5 y 16000 ... pero a la vez supuse que no había rozamiento y que la caída era vertical desde el sistema de referencia fuera del vagón, ...así presentada en el solucionario, es tan simple la solución ,que le he buscado la quinta pata al gato innecesariamente...

El modelo que desarrolle conserva la cantidad de movimiento para una masa de grano que desaparece espontáneamente del sistema...y el sistema entonces cambia de velocidad para conservar su momento lineal, en la práctica esto se da cuando el grano cae con velocidad relativa -v respecto el vagón, y para el sistema de referencia externo el vagón debe acelerar.

Es decir, el vagón tendría desaceleración, .

Depende la velocidad de salida del grano relativa al vagón, si tiene velocidad relativa positiva, entonces el vagón desacelera, y si la velocidad de salida es negativa entonces acelera... y si justo es -v el grano cae verticalmente visto desde un sistema de referencia externo donde el vagón tiene velocidad v.

[JCB]

Re: Problema conservación del momento lineal

Hola a todos.

Se trata de aplicar el concepto de conservación de la cantidad de movimiento a un sistema con masa variable.

- Antes de empezar la descarga, la cantidad de movimiento, es: $p_0=mv$.

- Durante la descarga, la cantidad de movimiento, es: $p_1=(m-\Delta m)(v+\Delta v)+\Delta mv_{abs}$, donde $v_{abs}$ es la velocidad absoluta del caudal másico, $v_{abs}=v-u$.

$p_1=mv+m\Delta v-\Delta mv-\Delta m\Delta v+\Delta m(v-u)$,

$p_1=mv+m\Delta v-\Delta mv+\Delta mv-\Delta mu$,

$p_1=mv+m\Delta v-\Delta mu$,

$p_1-p_0=mv+m\Delta v-\Delta mu-mv=m\Delta v-\Delta mu=0$ (si no hay fuerza exterior aplicada).

Dividiendo por $\Delta t$:

$m \dfrac{\Delta v}{\Delta t}-\dfrac{\Delta m}{\Delta t}u=0$,

$ma=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}u$,

$\boxed{a=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\dfrac{u}{m}}$.

Es decir, el vagón tendría desaceleración, en función de la velocidad relativa del caudal másico. En caso de que esta velocidad relativa fuese u=0, el vagón seguiría con velocidad constante de 3,5 m/s.

[Chails]

Re: Problema conservación del momento lineal

Muchas gracias por la respuesta Richard, me la dejo apuntada porque mi nivel de matemáticas aun no me llega para poderlo seguir , lo volveré a mirar de aquí dos semanas que voy a hacer solo integrales.

Me he dejado de poner que la solución que pone el libro es:

140 segundos. El grano que se escapa no transmite momento lineal alguno al resto del sistema. Si el suelo careciese de rozamiento y fuera plano, todo el grano inicialmente en el vagón llegaría al cambio de agujas al mismo tiempo que el vagón.