Sistemas aislados. Choques

Sistemas aislados. Choques (II)

26.-Tres esferas del mismo tamaño cuelgan de hilos de la misma longitud tal como se muestra en la figura. Las esferas casi se tocan una con la otra. La masa de la esfera intermedia M es desconocida, las masas de las otras dos esferas son αm y m.

Se desplaza la esfera de masa αm hasta alcanzar una altura h por encima de su posición de equilibrio y se suelta.

La esfera de masa αm cuya velocidad es u, choca elásticamente con al esfera de masa M y esta a su vez, choca elásticamente con la esfera de masa m que adquiere una velocidad v y se eleva una altura H después del choque.

Supongamos que α=4, ¿Cuánto valdrá la masa de la esfera intermedia M para que H sea lo más alto posible? o en otras palabras, para que la velocidad v de la esfera de masa m después del choque sea la máxima posible.

Physics Challenge for Teachers and Students. Three Swinging Bouncers. Solution to the November 2007 Challenge.

Solución

Choque elástico entre dos partículas, la segunda está inicialmente en reposo

Conservación del momento lineal

$m_{1} u_{1} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2}$

En un choque elástico, la energía cinética inicial es igual a la final

$\frac{1}{2} m_{1} u_{1}^{2} = \frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{2}$

Resolvemos el sistema de dos ecuaciones

$\begin{array}{l} m_{1} (u_{1} - v_{1}) = m_{2} v_{2} \\ \begin{array}{l} m_{1} (u_{1} - v_{1}) (u_{1} + v_{1}) = m_{2} v_{2}^{2} \\ m_{2} v_{2} (u_{1} + v_{1}) = m_{2} v_{2}^{2} \\ u_{1} + v_{1} = v_{2} \\ m_{1} (u_{1} - v_{1}) = m_{2} (u_{1} + v_{1}) \\ v_{1} = \frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}} u_{1}, v_{2} = \frac{2 m_{1}}{m_{1} + m_{2}} u_{1} \end{array} \end{array}$

La partícula de masa αm se eleva una altura h y se suelta. Aplicamos el principio de conservación de la energía

$\begin{array}{l} α m g h = \frac{1}{2} α m u^{2} \\ u = \sqrt{2 g h} \end{array}$

Choque elástico de una partícula de masa m₁=αm y velocidad u₁=u, con una partícula de masa m₂=M en reposo. Las velocidades después del choque son

$v_{1} = \frac{α m - M}{α m + M} \sqrt{2 g h}, v_{2} = \frac{2 α m}{α m + M} \sqrt{2 g h}$

Chque de una partícula de masa m₁=M y velocidad u₁=v₂ con una partícula de masa m₂=m en reposo. Las velocidades después del choque son

$v_{1} = \frac{M - m}{M + m} \frac{2 α m}{α m + M} \sqrt{2 g h}, v_{2} = \frac{2 M}{M + m} \frac{2 α m}{α m + M} \sqrt{2 g h}$

Para α=4, la velocidad v=v₂ de la partícula de masa m después del choque es

$v = \frac{16 m M}{(M + m) (4 m + M)} \sqrt{2 g h} = \frac{16 μ}{(μ + 1) (μ + 4)} \sqrt{2 g h}$

donde μ=M/m. Representamos f(μ) en función de μ

$f (μ) = \frac{μ}{(μ + 1) (μ + 4)}$

fplot(@(x) x./((1+x).*(4+x)),[0,8])
grid on
xlabel('\mu')
ylabel('f(\mu)')
title('Función f(\mu)')

Vemos que la función presenta un máximo para μ=2

$\begin{array}{l} \frac{d f}{d μ} = 0 \\ (μ^{2} + 5 μ + 4) - μ (2 μ + 5) = 0 \\ - μ^{2} + 4 = 0, μ = 2 \end{array}$

El máximo de la velocidad v de la partícula de masa m después del choque ocurre para μ=M/m=2, es decir, M=2m

$v = \frac{16 \cdot 2}{(2 + 1) (2 + 4)} \sqrt{2 g h} = \frac{16}{9} \sqrt{2 g h}$

Aplicamos el principio de conservación de la energía para calcular la elevación H de la partícula de masa m

$\begin{array}{l} \frac{1}{2} m v^{2} = m g H \\ H = {(\frac{16}{9})}^{2} h \end{array}$

En general, la velocidad v=v₂ de la partícula de masa m después del choque es

$v = \frac{2 M}{M + m} \frac{2 α m}{α m + M} \sqrt{2 g h}$

La altura H a la que se eleva es

$H = \frac{16 \cdot α^{2} m^{2} M^{2}}{{(M + m)}^{2} {(α m + M)}^{2}} h$

Esta altura se hace máxima para un valor de la masa intermedia M. Calculamos el máximo de la función

$f (M) = \frac{M^{2}}{{(M + m)}^{2} {(α m + M)}^{2}}$

Derivando respecto de M e igualando a cero

$\begin{array}{l} \frac{d f}{d M} = 0 \\ 2 M {(α m + M)}^{2} {(M + m)}^{2} - M^{2} (2 (M + m) {(α m + M)}^{2} + 2 {(M + m)}^{2} (α m + M)) = 0 \\ (M + m) (α m + M) - M (α m + m + 2 M) = 0 \\ M = m \sqrt{α} \end{array}$

Como vemos la masa intermedia es $M = \sqrt{(α m) \cdot m} = m \sqrt{α}$ , que ya demostramos en la página titulada Transferencia de energía cinética en una secuencia de colisiones, en el apartado 'Una partícula mediadora'.

Para $M = m \sqrt{α}$ , H toma el valor

$H = \frac{16 \cdot α^{2} m^{2} m^{2} α}{{(m \sqrt{α} + m)}^{2} {(α m + m \sqrt{α})}^{2}} h = \frac{16 α^{2}}{{(1 + \sqrt{α})}^{4}} h$

En la figura, se representa H/h en función de α

f=@(x) 16*x.^2./(1+sqrt(x)).^4;
x=logspace(-1,5,100);
semilogx(x,f(x))
grid on
xlabel('\alpha')
ylabel('H/h')
title('Altura')

H/h tiende asintóticamente hacia el valor 16

27.-Una partícula de masa M se suelta desde una altura h, a la vez, otra partícula de masa m=0.2M se mueve horizontalmente con velocidad con constante v, chocan inelásticamente en la posición (0, h/2). La partícula resultante, choca elásticamente con el suelo y rebota describiendo la trayectoria que se muestra en la figura. Se pide calcular la distancia d entre dos rebotes consecutivos.

Physics Challenge for Teachers and Students. That’s the way the ball bounces. The Physics Teacher, Vol. 57. December 2019, pp. 639
Solution to the December, 2019 Challenge. Phys. Teach. 58, A215 (2020)

Solución

La partícula de masa M se mueve a lo largo del eje Y desde la posición y=h, partiendo del reposo

${\begin{cases} v = - g t \\ y = h - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

La velocidad que alcanza cuando llega a la posición y=h/2 es

$v = - g \sqrt{\frac{h}{g}} = - \sqrt{g h}$

Choque inelástico en la posición (0,h/2)

La conservación del momento lienal a lo largo del eje X y del eje Y. No tenemos en cuenta el peso, ya que las fuerzas en el choque son mucho mayores, podemos tratarlo como un sistema aislado de dos partículas interactuantes

$\begin{array}{l} {\begin{cases} m v = (m + M) v_{0 x} \\ - M \sqrt{g h} = (m + M) v_{0 y} \end{cases} \\ v_{0 x} = \frac{m}{m + M} v = \frac{v}{6}, v_{0 y} = - \frac{5}{6} \sqrt{g h} \end{array}$

Trayectoria parabólica hasta que choca con el suelo

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - g \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = \frac{v}{6} \\ v_{y} = - \frac{5}{6} \sqrt{g h} - g t \end{cases} {\begin{cases} x = \frac{v}{6} t \\ y = \frac{h}{2} - \frac{5}{6} \sqrt{g h} \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

Llega al suelo y=0 en el instante t₁,

$t_{1} = (\frac{- 5 + \sqrt{61}}{6}) \sqrt{\frac{h}{g}}$

Con velocidad

${\begin{cases} v_{x} = \frac{v}{6} \\ v_{y} = - \frac{5}{6} \sqrt{g h} - g t_{1} = - \frac{\sqrt{61}}{6} \sqrt{g h} \end{cases}$

La partícula rebota en el suelo partiendo de la posición

${\begin{cases} x_{0} = \frac{v}{6} t_{1} = (\frac{- 5 + \sqrt{61}}{36}) v \sqrt{\frac{h}{g}} \\ y_{0} = 0 \end{cases}$

con la velocidad inicial

${\begin{cases} v_{0 x} = \frac{v}{6} \\ v_{0 y} = \frac{\sqrt{61}}{6} \sqrt{g h} \end{cases}$

Al chocar elásticamente contra el suelo la componente vertical de la velocidad de la partícula cambia de signo. La ecuación del movimiento de la partícula es

${\begin{cases} a_{x} = 0 \\ a_{y} = - g \end{cases} {\begin{cases} v_{x} = \frac{v}{6} \\ v_{y} = \frac{\sqrt{61}}{6} \sqrt{g h} - g t \end{cases} {\begin{cases} x = x_{0} + \frac{v}{6} t \\ y = \frac{\sqrt{61}}{6} \sqrt{g h} \cdot t - \frac{1}{2} g t^{2} \end{cases}$

La partícula ha empleado un tiempo t en llegar de nuevo al suelo y=0

$t = \frac{\sqrt{61}}{3} \sqrt{\frac{h}{g}}$

Se ha desplazado a lo largo del eje X una distancia d

$d = \frac{v}{6} \frac{\sqrt{61}}{3} \sqrt{\frac{h}{g}} = \frac{\sqrt{61}}{18} v \sqrt{\frac{h}{g}}$

28.-Un cuerpo pequeño de masa m se mueve con velocidad constante v hacia una cuña de masa M y ángulo θ con la horizontal. El cuerpo desliza a lo largo de la cuña, elevándose una altura h, después desliza hacia abajo, regresando al plano horizontal con velocidad final v_f.

Calcularemos el tiempo T que emplea el cuerpo deslizando a lo largo de la cuña.

Supondremos que el cuerpo se comporta como una masa puntual y que pasa instantáneamente desde el plano horizontal al inclinado. La cuña desliza sobre el plano horizontal y el cuerpo a lo largo del plano inclinado sin rozamiento.

Physics Challenge for Teachers and Students. Plane and simple. The Physics Teacher, Vol. 56. December 2018, pp. 643

Solución

En la figura, se muestra las distintas etapas del movimiento del cuerpo y de la cuña.

La energía y el momento lineal horizontal se conservan.

Velocidades finales de la cuña y del cuerpo (última figura)

Comparamos el estado inicial (la primera figura) y el estado final (la última figura)

${\begin{cases} m v = m v_{f} + M V_{f} \\ \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} m v_{f}^{2} + \frac{1}{2} M V_{f}^{2} \end{cases}$

La solución de este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas v_f y V_f, es

$v_{f} = - \frac{M - m}{M + m} v, V_{f} = \frac{2 m v}{M + m}$

El cuerpo asciende una altura máxima h (su velocidad relativa es nula) cuando desliza a lo largo del plano inclinado (tercera figura)

Comparamos el estado inicial (la primera figura) y con la tercera figura

$\begin{array}{l} {\begin{cases} m v = (m + M) V \\ \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} (m + M) V^{2} + m g h \end{cases} \\ h = \frac{1}{2} \frac{M}{m + M} \frac{v^{2}}{g} \end{array}$

Velocidad inicial de subida v₁ del cuerpo respecto de la cuña (segunda figura)

${\begin{cases} m v = m (v_{1} \cos θ + V_{1}) + M V_{1} \\ \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} m {{(v_{1} \cos θ + V_{1})}^{2} + {(v_{1} \sin θ)}^{2}} + \frac{1}{2} M V_{1}^{2} \end{cases}$

Resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas v₁ velocidad inicial del cuerpo respecto de la cuña y V₁, velocidad de la cuña

$v_{1}^{2} = \frac{M}{M + m \sin^{2} θ} v^{2}, V_{1} = \frac{m}{m + M} (1 - \sqrt{\frac{M}{M + m \sin^{2} θ}} \cos θ) v$

Velocidad final de bajada v₂ del cuerpo respecto de la cuña (cuarta figura)

${\begin{cases} m v = m (- v_{2} \cos θ + V_{2}) + M V_{2} \\ \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} m {{(- v_{2} \cos θ + V_{2})}^{2} + {(v_{2} \sin θ)}^{2}} + \frac{1}{2} M V_{2}^{2} \end{cases}$

Resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas v₂ velocidad final del cuerpo respecto de la cuña y V₂, velocidad de la cuña

$v_{2}^{2} = \frac{M}{M + m \sin^{2} θ} v^{2}, V_{2} = \frac{m}{m + M} (1 + \sqrt{\frac{M}{M + m \sin^{2} θ}} \cos θ) v$

Como apreciamos, la velocidad relativa inicial de subida del cuerpo v₁ es igual a la final de bajada, v₂. Esto no se cumple con la cuña, V₁≠V₂

Aceleración relativa del cuerpo a_m y aceleración de la cuña a_M

Las fuerzas que actúan sobre el bloque son

El peso, mg
La reacción de la cuña, N

Denominamos a_m a la aceleración relativa del cuerpo respecto de la cuña, y a_M a la aceleración de la cuña. La segunda ley de Newton para el cuerpo se escribe

${\begin{cases} N \cos θ - m g = m a_{m} \sin θ \\ - N \sin θ = m (a_{m} \cos θ + a_{M}) \end{cases}$

La fuerza que actúa sobre la cuña es la reacción N (fuerza que ejerce el cuerpo sobre la cuña). Las otras dos fuerzas el peso Mg y la reacción N' del plano horizontal no afectan al movimiento horizontal de la cuña. La segunda ley de Newton se escribe

$N \sin θ = M a_{M}$

Resolvemos el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, (N, a_m, a_M)

$\begin{array}{l} N = \frac{m M}{M + m \sin^{2} θ} g \cos θ \\ a_{M} = \frac{m}{M + m \sin^{2} θ} g \sin θ \cos θ, a_{m} = - \frac{m + M}{M + m \sin^{2} θ} g \sin θ \end{array}$

Conocida la aceleración relativa del cuerpo a_m y la velocidad inicial relativa v₁, las ecuaciones de la Cinemática nos permiten calcular la máxima altura h a la que asciende el cuerpo cuando desliza a lo largo de la cuña

$\begin{array}{l} {\begin{cases} 0 = v_{1} + a_{m} t \\ \frac{h}{\sin θ} = v_{1} t + \frac{1}{2} a_{m} t^{2} \end{cases} \\ \frac{h}{\sin θ} = - \frac{1}{2} \frac{v_{1}^{2}}{a_{m}} \end{array}$

Despejamos h y obtenemos el mismo resultado

Tiempo T que pasa el cuerpo deslizando a lo largo de la cuña

Calculamos de dos formas distantas, el tiempo que emplea el cuerpo en subir y bajar a lo largo de la cuña

Sabiendo que el cambio de velocidad de la cuña es ΔV=V₂-V₁ y la aceleración es a_M

$T = \frac{V_{2} - V_{1}}{a_{M}} = 2 \frac{\sqrt{M (M + m \sin^{2} θ)}}{(m + M) g \sin θ} v$

Sumamos el tiempo de subida del cuerpo t₁ y el de bajada t₂ (que coinciden)

$T = \frac{v_{1}}{| a_{m} |} + \frac{v_{2}}{| a_{m} |} = 2 \frac{v_{1}}{| a_{m} |} = 2 \frac{\sqrt{\frac{M}{M + m \sin^{2} θ}} v}{\frac{m + M}{M + m \sin^{2} θ} g \sin θ} = 2 \frac{\sqrt{M (M + m \sin^{2} θ)}}{(m + M) g \sin θ} v$

29.-Sean N=2020 bolas del mismo tamaño pero de diferentes masas m₁, m₂, m₃..., m₂₀₂₀ separadas la misma distancia d=1 m. Las masas van disminuyendo con n de la forma, m_n+1=k·m_n, donde k<1.

En el instante t=0, la primera bola lleva una velocidad v₀=0.1 m/s dirigida hacia la segunda. Después del choque, la segunda mueve hacia la derecha para chocar con la tercera y así, sucesivamente.

Se pide calcular el instante T en el que la bola N-1 choca con la bola N y su velocidad después del choque.

Physics Challenge for Teachers and Students. Good-bye, 2020!. The Physics Teacher, Vol. 58. December 2020, pp. 686
Solution to the December, 2020 Challenge. Phys. Teach. 59, A137 (2021)

Solución

Velocidades

Consideremos el choque elástico de la bola n con la bola n+1. La conservación del momento lineal y la energía cinética se expresan.

$\begin{array}{l} {\begin{cases} (k^{n - 1} m) v_{n - 1} = (k^{n - 1} m) u_{n - 1} + (k^{n} m) v_{n} \\ \frac{1}{2} (k^{n - 1} m) v_{n - 1}^{2} = \frac{1}{2} (k^{n - 1} m) u_{n - 1}^{2} + \frac{1}{2} (k^{n} m) v_{n}^{2} \end{cases} \\ v_{n} = \frac{2}{1 + k} v_{n - 1} = {(\frac{2}{1 + k})}^{n} v_{0}, u_{n - 1} = \frac{1 - k}{1 + k} v_{n - 1} \end{array}$

Como apreciamos en la figura, v_n-1 es la velocidad inicial de la bola n, v_n es la velocidad de la bola n+1 después del choque. La velocidad u_n-1 de la bola n después del choque no tiene interés.

La velocidad de la última bola N después del choque

$v_{N - 1} = {(\frac{2}{1 + k})}^{N - 1} v_{0}$

Tiempos

El tiempo que emplea la primera bola en chocar con la segunda, es t₁=d/v₀.
El tiempo que emplea la segunda bola en chocar con la tercera, es t₂=d/v₁.
...
El tiempo que emplea la bola n en chocar con la n+1, es t_n=d/v_n-1.
...
El tiempo que emplea la bola N-1 en chocar con la N, es t_N-1=d/v_N-2.

El instante T en el que la bola N-1 choca con la bola N es

$T = t_{1} + t_{2} + ... + t_{N - 1} = \frac{d}{v_{0}} {1 + \frac{1 + k}{2} + {(\frac{1 + k}{2})}^{2} + ... {(\frac{1 + k}{2})}^{N - 2}}$

La suma de n términos de una progresión geométrica es

S_n=a₀+a₀·r+ a₀·r²+…+a₀·rⁿ

$\begin{array}{l} S_{n} = a_{0} \frac{1 - r^{n + 1}}{1 - r} \\ T = 2 \frac{d}{v_{0}} (\frac{1 - {(\frac{1 + k}{2})}^{N - 1}}{1 - k}) \end{array}$

Sean, N=2020, k=0.99, v₀=0.1 m/s y d=1 m

N=2020; %número de bolas
k=0.99; %parámetro
d=1; %distancia entre bolas
v0=0.1; %velocidad inicial de la primera bola
v_2019=(2/(1+k))^2019*v0;
disp(v_2019/1000) %en km/s
T=(1-((1+k)/2)^2019)*2*d/(v0*(1-k));
disp(T/60) %tiempo en minutos

    2.4843
   33.3320

Los resultados son, T=33.33 minutos, v₂₀₁₉=2.484 km/s