El muelle conector

[Richard R Richard]

Aver voy por la resolución del problema

si evaluo

$\Delta x_o=\dfrac{3mg}{k}=2.69 cm$

es decir si comprimo el resorte 2.69 cm entonces llegare al punto en donde la masa inferior despega, como me dicen que la compresión inicial ha sido de 5 cm , estamos seguros que despegara en algún momento luego de liberarlo.

veamos la posición de equilibrio

$\Delta L_E=\dfrac{mg}{k}=0.899 cm$

utilizando la conservación de la energía

$\dfrac 12 k \Delta x_i^2-mg\Delta x_i=\dfrac 12 k \Delta L_E^2+mg\Delta L_E +\dfrac 12 m v^2$

reemplazo valores

$\dfrac 12 545 N/m 0.05^2m^2-0.5kg 9.8m/s^20.05m=\dfrac 12 545 N/m0.00899^2m^2+0.5kg 9.8m/s^20.00899m +\dfrac 12 0.5kg v^2$

$0,68125-0.245=0,02202347725.+0,044051 +0.25v^2$

$v=1.216 m/s$

con pequeño margen es la que propone el solucionario 1.22m/s

1) Calcular el valor mínimo de $x_0$ para que la masa inferior se despegue del suelo

ya lo vimos $\Delta x_o=\dfrac{3mg}{k}=2.69 cm$

2) Calcular las velocidades de las dos masas, en el instante en el que la masa inferior se despega del suelo.

idem resolucion anterior $v=1.216\cong1.22 m/s$ y cuando esta despegando la velocidad de la inferior es nula.

3) Calcular el instante en el que la masa inferior vuelve a tocar el suelo, y su velocidad en ese instante.

Este es un tanto mas difícil que el 4...

porque la aceleracion del centro de masas no es constante hasta que despega no se me ocurre bien como, aunque debería saberlo, pero igual lanzo mi idea sobre como calcular ese tiempo de despegue, la trayectoria del CM se puede saber luego del despegue, y la posición relativa de la masa inferior respecto del CM también por lo que es posible calcular la posición luego del tiempo de despegue, por eso la suma de tiempos la tengo incompleta, para calcular el tiempo en que la coordenada x se vuelve a 0.

es decir tengo $v=f(x)$ y yo quiero $t =g(x)$

debería usar algo así

$\begin{aligned}<br /> \frac{\dd x}{\dd t}&=v(x),\\<br /> \dd t&=\frac{\dd x}{v(x)},\\<br /> \int_0^t \dd t&=\int_{x_0}^x\frac{\dd x}{v(x)},\\<br /> t(x)&=\int_{x_0}^x\frac{\dd x}{v(x)}.<br /> \end{aligned}$

que no es una integral sencilla de resolver ... supongo algún método numérico puede arrojar valores algo asi como


$t=\dst\int\limits_{\Delta x_i}^{-\Delta L_E}\dfrac{dx}{\sqrt{\dfrac{ k }{m}(\Delta x_i^2-x^2)-2g (\Delta x_i+x) }}<br />$



hallo el tiempo hasta despegar , en ese tiempo calculo el desfase angular de la oscilación, y con ello puedo seguir la posición de la masa inferior respecto del CM que sigue una trayectoria de MRUA respecto del suelo, hay que calcular cuando se da el cero de esa función y sumarle el tiempo de despegue.

4) Calcular los valores posibles de $x_0$ para que el movimiento sea periódico.

ya lo calcule en mi post #14

[carroza]

y para que en ese tiempo, ocurra la periodicidad,(que las condiciones finales sean iguales a la finales) el numero de oscilaciones completas de las dos masas debe ser un numero n entero de veces.

luego $t =nT=\dfrac{n2\pi}{\omega}=\dfrac{n2\pi}{\sqrt{\dfrac km}}$

Richard, este es el punto sutil en el que tu solución no es correcta. Cuando el resorte despega del suelo, su centro de masas tiene una cierta velocidad vertical hacia arriba. Cuando vuelve a pegar al suelo, tiene la misma velocidad vertical, pero hacia abajo. Sin embargo, la velocidad relativa de las dos masas, cuando se han realizado n oscilaciones completas, tiene el mismo signo. Por ello, cuando vas a sumar velocidad relativa con velocidad del centro de masas, para obtener la velocidad de cada una de las masas, no obtienes el mismo valor después de n oscilaciones completas.

Saludos

[Richard R Richard]

Eso es lo que intente con la igualación de tiempos.
Creo que el error si es el que creo es , estaría en que cuando la masa inferior despega ya se consumió parte de periodo de oscilación, la misma parte que debe faltar al momento que el CM vuelve a estar a nivel de despegue, esto lo vi para el punto 3 pero no para 4 que había resuelto primero. No me doy cuenta de cómo calcular es tiempo de despegue fácilmente, hay un truco que no tengo bajo la manga.
Edito Me parece que el truco es que ese ángulo que pensaba variable es único y vale pi sobre 2 lo que simplicaria las cosas , con más tiempo lo veo,,..en pocos minutos ya vi que tampoco es correcto.

[carroza]

Hola a tod@s.

No acabo de ver la solución de Beto. Quizás sea un problema de interpretación, pero considero una masa apoyada sobre el suelo, con un muelle unido encima, y a la vez, sobre el muelle, otra masa unida, y del mismo valor que la inferior (todo ello, en posición vertical). Teniendo en cuenta a estos tres componentes, antes de comprimir al muelle, el equilibrio de la masa inferior es

$\sum{F_y}=0$,

$N-mg-mg=0$,

$N=2mg$.

Nota: evidentemente el muelle se habrá comprimido debido a la masa superior, pero a efectos de la determinación de N, no interviene.

Como dice el enunciado, ahora aplico una fuerza sobre la masa superior para comprimir el muelle una cierta altura $\Delta y_1$. La fuerza que debo aplicar es precisamente $k\Delta y_1$. El equilibrio de la masa inferior es

$\sum{F_y}=0$,

$N-mg-mg-k\Delta y_1=0$,

$N=2mg+k\Delta y_1$. Parece que este 2, es lo que me impide llegar a la solución de Beto.

Como ya se ha dicho anteriormente, la condición que se debe cumplir para el izado de la masa inferior es $N=0$. Este nuevo desplazamiento del muelle $\Delta y_2$ es

$N=2mg+k\Delta y_2=0$,

$$\Delta y_2=-\dfrac{2mg}{k}$$

El signo negativo denota que el muelle se encuentra por encima de la referencia 0 de equilibrio (está estirado, en lugar de comprimido).

Hola. JCB, fijate que nadie dice que en el momento inicial (cuando hemos comprimido el muelle hacia abajo), la reacción N se anule. Tras este momento incial, el muelle se expande, empuja la masa superior hacia arriba, el resorte sobrepasa la situación de equilibrio, de tal forma que el resorte, ya estirado, tira de la bola inferior, y cuando el estiramiento es suficente, N se hace cero, y se arranca la bola inferior del suelo.

Fijate que la compresión inicial $\Delta y_1$ no tiene por qué ser igual , no en magnitud ni en signo, a la expansión del resorte que arranca la bola inferior del suelo.

Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

Agradezco sinceramente tu mensaje, carroza.

Efectivamente, la distancia comprimida inicialmente $\Delta y_1=\dfrac{N-2mg}{k}$, no es igual a la distancia de estiramiento que determiné (seguramente mal) $\Delta y_2=-\dfrac{2mg}{k}$.

No obstante, sigo sin comprender como se ha obtenido que la distancia de estiramiento es $\dfrac{3mg}{k}$, para que la masa inferior despegue del suelo.

Para evitar divagaciones innecesarias por mi parte que provoquen distracciones en el hilo, me retiro a reflexionar, a ver si me viene la inspiración.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

No obstante, sigo sin comprender como se ha obtenido que la distancia de estiramiento es $\dfrac{3mg}{k}$, para que la masa inferior despegue del suelo.

Crei al menos que eso estaba claro desde mi post #14

• si el resorte esta en reposo y sin carga su extremo superior esta en posición 0
• si se le carga la masa m queda en equilibrio en posición $\dfrac{mg}{k}=+\Delta L_E$ hacia abajo
• si se quisiera hacer que la masa m inferior quede suspendida sobre la superficie, casi despegando o N=0 habría que estirar el resorte una distancia $-\Delta L_E$ por encima de la longitud natural, eso es a $2\Delta L_E$ por encima de la posición de equilibrio,
• esta seria la amplitud minima de un movimiento oscilatorio con origen en el punto de equilibrio hasta el punto de despegue. luego como se pide que esa amplitud sea obtenida por una compresión esos $2\Delta L_E$ deben aplicarse comprimiendo el resorte hacia abajo mas allá del punto de equilibrio y con el punto de equilibrio que ya esta a un $\Delta L_E$ por debajo de la longitud natural, la compresión total es su suma, es decir son $3\Delta L_E$ para que al oscilar en el punto muerto superior de la carrera la tensión en el resorte equilibre el peso de la masa inferior resultando la normal nula.
• reemplazando lo que vale $\Delta L_E$ resulta que el estiramiento mínimo es $\Delta x_{min}=\dfrac{3mg}{k}$
• Si la compresión es menor no despega y oscila la masa superior sobre la inferior estática.
• Si la compresión es mayor despega, con un exceso de energía cinetica en ambas masas que a la vez oscilan sobre su centro de masas.

[carroza]

Hola.

Voy a dar unas pinceladas de la solucion general del problema del resorte con dos masas verticales. Es un probblema con dos grados de libertad (las posiciones de las dos masas, o mejor, la posición del centro de masas y la coordenada relativa). Si no hubiera suelo, o bien, mientras que las dos masas están en el aire, el problema es separable. La coordenada del centro de masas sigue una trayectoria parabólica,

$H(t) = H_0 + V_0 t -1/2 g t^2$

mientras que la coordenada relativa varía de forma armónica

$X(t) = L + A \cos( \omega t + \phi)$

donde la frecuencia del movimiento armónico viene dado por $\omega = \sqrt{K / \mu} = \sqrt{2 K / m}$.

La coordenada de la masa 1, la superior, viene dada por $H_1(t) = H(t) + X(t)/2$, mientras que la coordenada de la masa 2, la inferior, viene dada por $H_2(t) = H(t) - X(t)/2$.

La energía total puede ponerse como una suma de la energía del centro de masas, más una energía del movimiento relativo $E_T = E_C + E_R$, donde $E_C = 2mgH_0 + m V_0^2 \quad ; \quad E_R = 1/2 K A^2$. Mientras las dos masas están en el aire, las energias $E_C, E_R$ se conservan por separado, siendo cada una de ellas suma de una parte cinética y una parte potencial.

Cuando la masa 2 alcanza el suelo, $H_2(t)=0$, rebota elásticamente, con lo que , $\dot H_2(t)$, inicialmente negativa, se hace instantaneamente positiva. Esto hace, en general, que cambien los parámetros $H_0, V_0, A, \phi$ que describen la trayectoria. Cambian, consistentemente, $E_C, E_R$ , aunque se conserve $E_T$. El movimiento, en general, se hace caótico, ya que tras muchos rebotes los valores de los parametros que definan la trayectoria se hacen impredecibles.

Sin embargo, dentro del "caos", hay varias trayectorias periódicas, que ocurren para ciertos valores de $H_0, V_0, A, \phi$ . Este es el problema que os planteo.

En unos días os pongo la solución analítica. No obstante, este problema se presta también a una solución numérica, por si alguno quereis hacer un programita gráfico para ilustrar esto.

Un saludo

[carroza]

Bueno, os voy a poner mis soluciones para trayectorias periodicas. Ocultas, por si lo quereis ir haciendo sin desvelar la solucion.

Primeramente, una eleccion de variables conveniente, sin pérdida de generalidad:

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Podemos tomar el origen de tiempos como queramos. En concreto, yo lo elegiré de forma que T=0 sea el punto donde la altura del centro de masas es máxima. Así,

$H(t) = H_x -1/2 g t^2$, donde $H_x = H_0 + V_0^2/(2g)$. Por tanto, la energía del centro de masas es simplemente $E_C = 2mgH_x$

Ahora, una primera condición, necesaria pero no sufiuciente, de periodicidad

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Imponemos que la trayectoria sea simétrica, para tiempos positivos y tiempos negativos. Eso hace que, en el instante inicial, el desfase $\phi$ del oscilador sea 0 o $\pi$.

Como $X(t) = L + A \cos(\omega t + \phi)$, tenemos $X(t) = L + A \cos(\omega t )$, donde A puede ser positivo o negativo, correspondiendo el signo positivo a un resorte inicialmente estirado $\phi = 0$ , y el signo negativo a un resorte comprimido $\phi = \pi$

Ahora imponemos una condición de periodicidad, considerando "rebotes" periódicos

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Imponemos que, en el instante $t=T$ en el que la masa 2 llega al suelo, y rebota ( $H_2(T) = 0$), la masa 1 tiene velocidad nula ( $\dot H_1(T) = 0$). Si ese es el caso, al invertirse la velocidad de 2, se mantiene la misma energía cinética, tanto en el resorte como en el movimiento relativo. Se invierte tanto la velocidad del centro de masas $\dot H(T)$ como la velocidad relativa de las dos masas $\dot X(T)$. Como la trayectoria es simétrica, tenemos que se produce también el mismo rebote para $t=-T$, con lo que el movimiento tiene una periodicidad $2T$.

Las condiciones analíticas para que esto ocurra son

$\dot H_1(T) = 0 = \dot H(T) + \dot X(T)/2 = - g T -A/2 \omega \sin(\omega T)$

Esta expresión puede ponerse como $- (\omega T) {2 g \over \omega^2 A} = \sin(\omega T)$

Para resolver esta ecuación analiticamente, tomaremos $(\omega T)$ como variable independiente, y a partir de su valor obtendremos los valores de $A, H_x$ que determinan la trayectoria.

Para cada uno de estos valores de $(\omega T)$, que cumplen la ecuación anterior para un A dado, derivamos
$A = - {(\omega T) \over \sin(\omega T) } {2 g \over \omega^2}$


podemos imponer la condición $H_2(T) = 0$, que nos lleva a

$H_2(T) = 0 = H_x - {g \over \omega^2} (\omega T)^2/2 - {L \over 2} - {A \over 2} \cos(\omega T) = H_x - L/2 - {g \over 2\omega^2} ( (\omega T)^2/2 - {\omega T \over \tan(\omega T)})$

Lo cual nos determina la altura $H_x$ del centro de masas para que el rebote sea periodico.

Y ahora una condición de "aterrizaje suave" que también produce movimientos periódicos.

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A la vista de nuestro problema original, vemos que la masa de abajo se despega del suelo cuando tanto su velocidad, como so aceleración, como, por supuesto, su posición, se anulan. Ahora, podemos requerir que, cuando vuelva al suelo, estas tres condicones se cumplan igualmente. Ello implica que

$\dot H_2(T) = 0 = \dot H(T) -\dot X(T)/2 = - g T + {A \over 2} \omega \sin(\omega T)$

$\ddot H_2(T) = 0 = \ddot H(T) -\ddot X(T)/2 = - g + {A \over 2} \omega^2 \cos(\omega T)$

Haciendo el cociente de estas dos ecuaciones, se llega a la ecuación

$\omega T = \tan(\omega T)$,

que tiene como soluciones $\omega T = 0, \quad \omega T = \pm 4.49, \quad \pm 7.73, \dots$,

A partir de estos valores, se obtiene la amplitud A como

$A = { g \over \omega^2} {2 \over \cos(\omega T)}$,

y de la condición

$H_2(T) = 0 = H_x - {g \over \omega^2} (\omega T)^2/2 - {L \over 2} - {A \over 2} \cos(\omega T) = H_x - L/2 - {g \over 2\omega^2} ( (\omega T)^2/2 - 1)$

se obtienen los valores de $H_x$,

La descripción del movimiento periodico en este caso es más elaborada: Debemos partir de una energía total dada por $E_T = 2mgH_x + K A^2$, con valores de $H_x, A$ correspondientes a uno de los valores accesibles de $\omega T = 0, \quad \omega T = \pm 4.49, \quad \pm 7.73, \dots$,

Ahora, partimos de la situación que nos indica el problema: la masa inferior pegada al suelo, y la masa superior comprimiendo el resorte para que la energía sea $E_t$. A partir de ese momento, se tarda un tiempo $T_1$ en expandir el resorte hasta que se arranca la masa inferior del suelo. A partir de alli, hay un tiempo $2T$ en el quer ambas masas estan en el aire. Tras esto, la masa inferior aterriza suavemente en el suelo, y transcurre un tiempo $T_1$ en que la masa superior comprime el resorte hasta llegar a la misma posicion inicial. Por tanto, el periodo de este movimiento es $2T_1+ 2T$

Saludos

[Richard R Richard]

Estuve pensando cómo evitarme la integral, vi por encima que diste solución oculta, voy a intentar una nueva solución antes de leerte completo, a ver a dónde llego

[China]

Gracias Richard, creo que te he entendido.. entonces esto que pregunté antes es correcto " Si alguien tira del cuerpo de arriba hacia arriba, la fuerza elástica sobre el cuerpo de arriba será hacia abajo y en ese caso la fuerza elástica sobre en de abajo será hacia arriba no? y en ese caso N=Fe-P en lugar de N=Fe+P?

Sobre lo que has explicado, has calculado la Fe que hace N=0, esa fuerza elástica debe actuar sobre el muelle hacia abajo debe estar estirado un valor X (igual al de la posición de equilibrio original, entiendo que coinciden por ser la misma masa no?) y veo lo que me explicas de que para alcanzar ese valor X que supone 2X respecto al equilibrio, la tenemos que separar hacia abajo 2X de la posición de equilibrio, es decir 3X de la longitud natural y hasta aquí entiendo, pero Xo=3mg/K no lo veo...

[Richard R Richard]

Si alguien tira del cuerpo de arriba hacia arriba, la fuerza elástica sobre el cuerpo de arriba será hacia abajo y en ese caso la fuerza elástica sobre en de abajo será hacia arriba no?

Sí, correcto.

y en ese caso N=Fe-P en lugar de N=Fe+P?

Fíjate que el peso es constante y si la la fuerza elástica es nula entonces la normal es igual al peso, luego la formula tienes que escribir como

$N=P-F_e$

Sobre lo que has explicado, has calculado la Fe que hace N=0, esa fuerza elástica debe actuar sobre el muelle hacia abajo debe estar estirado un valor X (igual al de la posición de equilibrio original, entiendo que coinciden por ser la misma masa no?)

Si coinciden en modulo, uno es una compresión hacia abajo, y el otro un estiramiento hacia arriba, la amplitud del movimiento debe ser la suma de ambos módulos 2X

y veo lo que me explicas de que para alcanzar ese valor X que supone 2X respecto al equilibrio, la tenemos que separar hacia abajo 2X de la posición de equilibrio, es decir 3X de la longitud natural y hasta aquí entiendo, pero Xo=3mg/K no lo veo...

X es la posición de equilibrio cuando es sistema esta estático es decir $\Delta L_E=\boxed{X=\dfrac{mg}{k}}$

y si el estiramiento mínimo es $X_{min}= 3X$ entonces si reemplazas lo que vale X te queda $X_{min}= 3\left(\dfrac{mg}{k}\right)$

[Richard R Richard]

Aquí voy con otro intento para soluciones periódicas

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en el momento del despegue el resorte ha oscilado una parte de su periodo

llamemoslo

$\theta_D=\dfrac{\pi}{2}+\arcsin(\dfrac{|x_D-x_E|}{|x_i-x_E|})$

lo mismo le faltara por oscilar al hacer contacto con el suelo.

por lo tanto el tiempo que puede oscilar libremente tiene que ser igual al tiempo de vuelo

$t_v=\dfrac{n2\pi-2\theta_D}{\sqrt{k}{m}}$

también el tiempo de vuelo sale por cinemática del cuerpo rígido ,o bien por que la altura final de aterrizaje es igual a la altura de despegue o porque la velocidad de despegue es igual en modulo pero de signo inverso a la de aterrizaje.

$t_v=2\dfrac{v_{CM}}g$

y la velocidad del CM al momento del despegue en que la masa superior tiene velocidad v_1 y la inferior todavía es nula

$V_{CM}=\dfrac{mv_1+mv_2}{m+m}=\dfrac{v_1}2$

reemplazando en el tiempo de vuelo

$t_v=\dfrac{v_1}{g}<br />$


Así la ecuación de la conservación de la energía relaciona el estiramiento necesario para tener periodicidad con un numero n de periodos me queda


$\dfrac 12 k (x_i-x_{LN})^2+mg(x_i-x_{LN})=\dfrac 12 k (x_D-x_{LN})^2+mg(x_D-x_{LN}) +\dfrac 12 m \left[2g\sqrt{\dfrac{m}{k}}\left(\pi n-\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\left(\dfrac{|x_D-x_E|}{|x_i-x_E|}\right)\right)\right]^2$


que no le veo solución fácil para hallar genéricamente todos los$x_i(n)$ quizá aplicando métodos numéricos de ceros de funciones. podríamos obtener que $x_i$ satisfacen

$\dfrac 12 k (x_i-x_{LN})^2+mg(x_i-x_{LN})-\dfrac 12 k (x_D-x_{LN})^2-mg(x_D-x_{LN}) -\dfrac 12 m \left[2g\sqrt{\dfrac{m}{k}}\left(\pi n-\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\left(\dfrac{|x_D-x_E|}{|x_i-x_E|}\right)\right)\right]^2=0$



Despues de un rato de despejes y calculos me queda que en un <Sr positivo hacia arriba


$x_i^2-x_i(x_N+x_E)+\left[x_D(x_N+x_E)-x_D^2-4(x_N-x_E)^2\left(\pi n-\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\left(\dfrac{|x_D-x_E|}{|x_i-x_E|}\right)\right)^2\right]=0$

[carroza]

Hola, Richard. En tu solucion debes tener en cuenta que la frecuencia de la oscilación libre de las dos partículas debe ser $\omega = \sqrt{K/\mu}$ donde $\mu = m/2$ es la masa reducida.

Salvo eso, veo que tu solución es correcta, aunque lleve a una ecuación de dificil solución. Habría que ver si los valores que se dan en mi solución satisfacen tu ecuación.

Un saludo, y gracias por participar.

[Richard R Richard]

Si si luego de leer completo había notado esa diferencia en la velocidad angular, tengo claro como se obtiene mu, lo que no tengo claro es porque cambia de un instante a otro la velocidad angular al dejar de hacer contacto. Había notado otra diferencia es que rebota cada 2T pero tus T entiendo son la mitad de lo que yo calculé, he visto tu reemplazo de n con la ecuación de la tangente que no sé si dará lo mismo, cuando me desasne, leyendo algo o modelizando en pc, lo mostrare , Gracias.