[jorge_nunez]

Buenas tardes/noches (desde Argentina)

Recién terminé de resolver un problema sobre teoremas de conservación y, si bien lo terminé, me entra una duda sobre si el resultado es correcto o no. Enuncio le problema:

El carrito B (\( m_B=2kg \)) está en reposo sobre una superficie horizontal a 10m de la pared rígida C. El carro A (\( m_A=10kg, \left |{\vec{v_A}}\right |=10m/s \)) choca con B y luego B choca con C. Considerar todos los choques perfectamente elásticos.
a) ¿Dónde chocan A y B por segunda vez?
b) ¿Cuál es la velocidad de B después de chocar la segunda vez con A?
c) ¿Se conserva el momento lineal?
d) ¿Cuál es la energía cinética transferida por A a B como resultado de cada uno de los choques? (lo remarco para que quede bien claro que es la energía transferida y no la variación lo que piden).

Nota: en los items a, b y d usé unas fórmulas encontradas en un ejercicio anterior. Si lo creen necesario, escribo cómo llegué a esos resultados (edit: en el tercer comentario demostré lo que hice). Además, como todo el movimiento se realiza en un sólo eje, omito las flechas en las velocidades para hacer más sencillo el problema.

Primero que nada, demostré que tanto la energía cinética (\( \bar{E} \)) como el momento lineal (\( \bar{P} \)) son constantes (aunque sobre \( \bar{P} \) tengo una duda). Entonces hice:

a) En el primer choque, \( v_{i,A}=10m/s \) y \( v_{i,B}=0 \). Las velocidades tras el choque son:
\( v_{2,A}=\displaystyle\frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}v_{1,A}=6,67\displaystyle\frac{m}{s} \)

\( v_{2,B}=\displaystyle\frac{2m_A}{m_A+m_B}v_{1,A}=16,67m/s \)

Tras el choque entre B y C, considerando que la pared tiene velocidad nula antes y después del choque y que se conserva \( \overline{E} \):

\( \displaystyle\frac{m_B}{2}v_{3,B}^2=\displaystyle\frac{m_B}{2}v_{2,B} \) \( \Longrightarrow{} \left |{v_{3,B}}\right |=v_{2,B} \)

Como la pared no se mueve, la dirección de B tiene que cambiar, por lo que:

\( v_{3,B}=-16,67m/s \)

Como los cuerpos se mueven en una trayectoria recta sin aceleración y tomando el 0 en el lugar donde chocan A y B por primera vez, sus ecuaciones de movimiento entre el primer choque y el choque entre B y C son:
\( X_A(t)=6,67\displaystyle\frac{m}{s}t \)
\( X_B(t)=16,67\displaystyle\frac{m}{s}t \)

B tarda 0,6 segundos en llegar a la pared, tiempo en el que A recorre 4 metros. Después, la ecuación de A no cambia y la de B es:

\( X_B(t)=10m-16,67\displaystyle\frac{m}{s}t \)

Para saber dónde chocan, igualo las ecuaciones y encuentro que el tiempo de choque es aproximadamente 0,26s (tomando \( t_0=0 \) el choque con la pared). Entonces, los cuerpos se encuentran en:

\( X_{AB}=5,71m \)

(Realmente este ítem no era necesario para mi duda. Lo hice por la primer parte donde encuentro las velocidades)

b) La velocidad de B tras el segundo choque con A será:

\( v_{4,B}=\displaystyle\frac{m_B-m_A}{m_B+m_A}v_{3,B}+\displaystyle\frac{2m_A}{m_B+m_A}v_{2,A}=22,2m/s \)

(Acá usé una fórmula encontrada en otro ejercicio. En el ítem a) también, pero creo que no es tan necesario aclararlo).

c) Acá me surge una duda. Lo que yo anoté fue:

Estrictamente hablando, \( \bar{P} \) no se conserva por la fuerza de vínculo que aparece en la pared cuando choca B (la cual provoca que la pared no se caiga). Sin embargo, la fuerza actúa durante un lapso de tiempo muy corto, por lo que se puede despreciar su efecto:

\( \displaystyle\frac{\triangle{}P}{\triangle{t}}=\displaystyle\frac{P_f-P_i}{\triangle{t}} \)

cuando \( \triangle{}t \) tiende a 0:

\( \displaystyle\frac{dP}{dt}=F^{ext} \) o \( dP=F^{ext}dt \)

Que se puede escribir como:

\( \triangle{}P=F^{ext}\triangle{}t \)

Para \( \triangle{}t \) muy chicos:

\( F^{ext}\triangle{}t\approx{}0 \) y \( \triangle{}P\approx{}0 \)

Acá surge mi primera duda. La forma en que "demuestro" que puedo despreciar la fuerza externa es lo que nos mostraron en la clase. Sin embargo, no logro entender como puede ser así, si el momento lineal SÍ cambia (la velocidad de B pasa de ser positiva a negativa tras el choque con C, si bien se mantiene en módulo). ¿Cómo sería posible entonces despreciar la fuerza?

d) Con las fórmulas del ejercicio que mencioné al principio, llegó a:

\( \triangle{}K_B=3333,3J \) para el primer choque;
\( \triangle{}K_B=216,05J \) para el segundo choque.

Obviando por un momento si el método usado es correcto y si los resultados son correctos, mi duda es: ¿puede ser la transferencia del segundo choque menor a la del primero? La variación de velocidad de B en el segundo choque es mucho mayor que en el primero (\( 38,8m/s \) contra \( 16,67m/s \)). ¿No debería transferirle mayor energía cinética en el segundo choque para lograr un cambio tan grande?


Bueno, esos es todo. De nuevo, si lo creen necesario, explico en un segundo mensaje como llegué a las fórmulas que usé en los items a, b y c.

[Richard R Richard]

Como la pared no se mueve, la dirección de B tiene que cambiar, por lo que:.........-




Estrictamente hablando, \( \bar{P} \) no se conserva por la fuerza de vínculo que aparece en la pared cuando choca B (la cual provoca que la pared no se caiga). Sin embargo, la fuerza actúa durante un lapso de tiempo muy corto, por lo que se puede despreciar su efecto:

A ver , mientras sucede la colisión del carrito contra la pared , este tiene que pasar de la velocidad v hasta la velocidad -v, , y por lo tanto tiene que pasar por toda la gama de velocidades intermedias en el proceso... al considerar el choque elástico, asumimos , que la pared le devuelve toda la energía cinetica  es decir que \( Ec=\frac 12 mv^2=\frac 12 m(-v)^2 \)

d) Con las fórmulas del ejercicio que mencioné al principio, llegó a:


\( \triangle{}K_B=3333,3J \) para el primer choque;
\( \triangle{}K_B=216,05J \) para el segundo choque.


Obviando por un momento si el método usado es correcto y si los resultados son correctos, mi duda es: ¿puede ser la transferencia del segundo choque menor a la del primero? La variación de velocidad de B en el segundo choque es mucho mayor que en el primero (\( 38,8m/s \) contra \( 16,67m/s \)). ¿No debería transferirle mayor energía cinética en el segundo choque para lograr un cambio tan grande?

  No recuerdo que tenga que ser obligatorio que se transfiera mas o menos energía cinetica, en cada choque, escribe lo que has hecho, y le damos una mirada.


imagina que la masa pequeña no existe, el resultado final, seria el carro A volviendo con 10m/s ,
pero en este caso si los choques entre A y B son elásticos,el resultado final es muy parecido  a  lo anterior , la velocidad de B en retroceso debe ser menor que la de A para que nunca mas lo alcance, y haya un nuevo  choque
Lo que sucede con toda la serie de choques entre A y B, es que A progresivamente le transfiere su energía cinética a B, hasta que en uno de los choques comienza  retroceder, luego es B el que le va aportando energía cinética a A para que termine alejandose con |v_A|>|v_B| cuyo limite puede hallarlo con la relación de masas


\(
\frac 12 m_{A}v_{Ai}^2=\frac 12 m_{A}v_{Af}^2+\frac 12 m_Bv_B^2
 \)


\( -m_{A}v_{Ai}=-m_{A}v_{Af}-m_Bv_B \)


si v\( _B=0 \) entonces \( v_{Ai}=-v_{Af} \)


en el limite \( v_{Af}=v_{B} \) pero una de las dos conservaciones sería violada


\(
|-v_{Ai}|>|v_{Af}|=|-v_{Ai}\dfrac{m_A}{m_A+m_B}|>|v_B|
 \)

[jorge_nunez]

Creo haber entendido ambas partes. Para llegar al resultado, consideré las fórmulas deducidas de este ejercicio:

Dos cuerpos de masas \( m_1 \) y \( m_2 \) y velocidades \( \overrightarrow{v_1} \) y \( \overrightarrow{v_2} \), que se mueven sobre una misma recta, chocan elásticamente. Luego del choque, ambos cuerpos siguen moviéndose sobre la misma recta. Halle sus velocidades y la variación de energía de cada cuerpo después del choque.

Para esto, usé las conservación de \( \overline{P} \)

\( m_1v_{1_i}+m_2v_{2_i}=m_1v_{1_f}+m_2v_{2_f} \) (1)

y la siguiente fórmula para la variación de energía cinética:

\( \displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}[(v_{2_f}-v_{1_f})^2-(v_{2_i}-v_{1_i})^2] \)

Como el choque es elástico, \( \triangle{K}=0 \). Para que eso sucede, el término entre corchetes tiene que ser 0.

\( (v_{2_f}-v_{1_f})^2-(v_{2_i}-v_{1_i})^2=0 \)

\( v_{2_f}-v_{1_f}=\pm{}(v_{2_i}-v_{1_i}) \)

El caso positivo llega a una conclusión físicamente imposible (el cuerpo 1 debería atravesar al cuerpo 2). Para el caso negativo, tengo:

\( v_{2_f}=v_{2_i}-v_{1_i}+v_{1_f} \) (2)

Reemplazando en (1):

\( m_1v_{1_i}+m_2v_{2_i}=m_1v_{1_f}+m_2v_{1_i}-m_2v_{2_i}+m_2v_{1_f} \)

Reacomodando, llegó a:

\( v_{1_f}=\displaystyle\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_{1_i}+\displaystyle\frac{2m_2}{m_1+m_2}v_{2_i} \)

Y reemplazando en la ecuación (2)

\( v_{2_f}=\displaystyle\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}v_{2_i}+\displaystyle\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_{1_i} \)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Estas son las velocidades tras el choque. Ahora, para calcular la variación en la energía cinética para \( m_1 \):

\( \triangle{K}=\displaystyle\frac{1}{2}m_1(v_{1_f}^2-v_{1_i}^2) \)

*Calculo auxiliar:

\( v_{1_f}^2-v_{1_i}^2=(\displaystyle\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2})^2v_{1_i}^2+\displaystyle\frac{4m_1(m_1-m_2)v_{1_i}v_{2_i}}{(m_1+m_2)^2}+\displaystyle\frac{4m_2^2v_{2_i}^2}{(m_1+m_2)^2}-v_{1_i}^2 \)


\( (\displaystyle\frac{(m_1-m_2)^2}{(m_1+m_2)^2}-1)v_{1_i}^2+\displaystyle\frac{4m_1(m_1-m_2)v_{1_i}v_{2_i}}{(m_1+m_2)^2}+\displaystyle\frac{4m_2^2v_{2_i}^2}{(m_1+m_2)^2} \)


\( (-\displaystyle\frac{4m_1m_2}{(m_1+m_2)^2})v_{1_i}^2+\displaystyle\frac{4m_1(m_1-m_2)v_{1_i}v_{2_i}}{(m_1+m_2)^2}+\displaystyle\frac{4m_2^2v_{2_i}^2}{(m_1+m_2)^2} \)

Metiendo todo este choclo en la expresión de \( \triangle{K} \) (sacando factor común 4):

\( \triangle{K_1}=2m_1(-\displaystyle\frac{m_1m_2}{(m_1+m_2)^2}v_{1_i}^2+\displaystyle\frac{m_1(m_1-m_2)}{(m_1+m_2)^2}v_{1_i}v_{2_i}+\displaystyle\frac{m_2^2}{(m_1+m_2)^2}v_{2_i}^2) \)

Y como la variación de energía cinética es 0:

\( \triangle{K_2}=-\triangle{K_1} \)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

En fin... eso es lo que hice. Reemplazando los datos del ejercicio del cual pregunté (teniendo cuidado de elegir bien cuál es \( m_1 \) y cuál \( m_2 \)), llego a los resultados que indiqué.

[Richard R Richard]

Hola
este problema es un problema de métodos iterativos, si bien te preguntan solo por el primer y segundo choque bien te pueden preguntar por la cantidad total de choque que se producen idealmente, si efectivamente la energía cinetica se conserva en todos y en la pared

partiendo de la conservación del momento lineal con subíndice 1  para las velocidades iniciales

\( v_{1e1}=10m/s \)
\( v_{2e1}=0m/s \)


\( m_1v_{1e1}+m_2v_{2e1}=m_1v_{1s1}+m_2v_{2s1} \)

 y de la conservación de la energía

\( \frac 12 m_1v_{1e1}^2+\frac 12 m_2v_{2e1}^2=\frac 12 m_1v_{1s1}^2+\frac 12 m_2v_{2s1}^2=Cte \)

 en la pared



\( \frac 12 m_2v_{2s1}^2=\frac 12 m_2(-v_{2s1})^2 \)


de donde decimos que para el paso 2


\( v_{2e2}=-v_{2s1} \)


\( v_{1e2}=v_{1s1} \)
que podemos generalizar para el paso \( i \)


\( m_1v_{1ei}+m_2v_{2ei}=m_1v_{1si}+m_2v_{2si} \)


 y de la conservación de la energía

\( \frac 12 m_1v_{1ei}^2+\frac 12 m_2v_{2ei}^2=\frac 12 m_1v_{1si}^2+\frac 12 m_2v_{2si}^2 \)


en la pared


\( \frac 12 m_2v_{2si}^2=\frac 12 m_2(-v_{2si})^2 \)


surgiendo


\( v_{1e(i+1)}=v_{1si} \)

\( v_{2e(i+1)}=-v_{2si} \)

en casa paso hay que resolver una ecuación cuadrática para hallar las velocidades de salida a partir del sistema de ecuaciones 2 x 2.

cuando \( |v_{1si}|>|v_{2si}| \) alejandose de la pared entonces no habrá más choques.

fijate que como la energía se conserva, gráficamente  puedes representar en dos ejes las velocidades y ver cada par de combinaciones de velocidades como el punto perteneciente a una elipse pues


\( \dfrac{v_1^2}{c_1}+\dfrac{v_2^2}{c_2}=Cte \) es la ecuación de una elipse

[jorge_nunez]

Entendido. Muchas gracias por las respuestas.

Saludos.