Autor Tema: Colisión elástica en dos dimensiones

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22 Mayo, 2021, 02:35 am
Respuesta #20

robinlambada

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En el caso general , con \( \theta \) el ángulo de salida de \( m_2 \)   y \( \phi  \) el ángulo de salida de \( m_1 \)

Obtengo (si no me equivoque:):

\( m_2v_2 [(m_2+m_1)v_2 -2m_1 u\cos \theta]=0\rightarrow{}(m_2+m_1)v_2 -2m_1 u\cos \theta=0  \)

\( v_2=\displaystyle\frac{2m_1\cos \theta}{m_2+m_1}u \)

P.D.:

Me voy a la cama que son las 2:35 de la madrugada.

Hasta mañana.
Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.

22 Mayo, 2021, 07:21 am
Respuesta #21

JCB

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Hola a tod@s.

Aplicando el “método Hibbeler” a la nueva situación descrita por robinlambada, \( m_A=\dfrac{m_B}{2} \), \( (v_A)_1=v_1 \), \( (\theta_A)_1=30^{\circ} \), llego a que

\( \overrightarrow{(v_A)_2}=\left(-\dfrac{v_1}{2\sqrt{3}},\ \dfrac{v_1}{2}\right) \),

\( \overrightarrow{(v_B)_2}=\left(\dfrac{v_1}{\sqrt{3}},\ 0\right) \).

Saludos cordiales,
JCB.
"Lo consiguieron porque no sabían que era imposible", autor: Jean Cocteau.

22 Mayo, 2021, 10:26 am
Respuesta #22

robinlambada

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Hola, me autocito:
Sin analizar el desarrollo de JCB, a primera vista no me cuadra del todo con mi intuición.

Ahora si me cuadra el ángulo calculado, lo que ocurre es que JCB a utilizado como eje X la linea de impacto ( no lo advertí) y el ángulo 63,43º es la suma de los 2 ángulos de salida de las esferas después del choque (lo que yo llame \( \theta \) y \( \phi \)) por ello cuadra con mi intuición de que la suma de ángulos debe ser menor de 90º .

El desarrollo hecho por JCB   con el ángulo 45º y \( m_1=3m_2 \)  es correcto ,  coincide con el que he calculado.

Para el caso general se obtiene:

\( v_2=\displaystyle\frac{2m_1\cos \theta}{m_2+m_1}u \)

\( v_1=u\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{4\mu}{m_1+m_2}\cos^2 \theta}  \) , con \( \mu \)  la masa reducida del sistema.

\( \sen \phi= \displaystyle\frac{m_2v_2}{m_1v_1}\sen \theta \)

Como \(  \displaystyle\frac{v_2}{v_1}=\displaystyle\frac{f(\theta,m_1,m_2)u}{g(\theta,m_1,m_2)u}=h(\theta,m_1,m_2) \)

El ángulo de salida de las dos esferas NO depende de la velocidad inicial de la esfera que impacta, lo cual también está en concordancia con la experiencia, en el juego del billar.

\( \sen \phi=  \displaystyle\frac{m_2}{m_1}\sen \theta \cdot{}h(\theta,m_1,m_2)=H(\theta,m_1,m_2) \)

Solo me falta ver los límites de los ángulos de salida cuando una masa es despreciable frente a otra.

Y deducir que el ángulo de salida de la bola que inicialmente esta en reposo es el de la linea de impacto ( entiendo que como dije se debe ver por conservación del momento angular)

Ahora no tengo tiempo de ver estas tres cosas que son de interés, más tarde lo veo, si no se anima nadie antes.
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22 Mayo, 2021, 11:09 pm
Respuesta #23

robinlambada

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Como intuía , la conservación del momento angular conlleva a que el ángulo de salida de la bola inicialmente en reposo sea el dado por la geometría del problema, no dependa ni de la velocidad inicial ni de las masas implicadas, solo del ángulo de impacto y es precisamente este.

Esta claro que el sistema de las 2 esferas esta aislado y por tanto el momento angular del sistema es constante.

Tomamos origen para medir el momento angular el centro de la masa \( m_1 \) un instante antes del impacto, como la esfera 1 se dirige en dirección recta
hacia el impacto. en todo momento antes del impacto el radio-vector de posición tiene igual dirección y sentido opuesto a la velocidad \( u \) de la bola en movimiento, por ser paralelos su producto vectorial y en definitiva su momento angular es cero

\( L_i=\overrightarrow{r_1}\wedge m_1\vec{u}=\rightarrow{0} \)

Después del impacto el momento total se conserva y  debe ser cero.

\( L_f=\vec{r_{1f}}\wedge m_1\vec{v_1}+\vec{r_{2f}}\wedge m_2\vec{v_2}=\vec{0} \)


Como para la masa \( m_1 \) después del impacto su trayectoria (por construcción) sigue siendo la del radio-vector de posición (aunque girada un ángulo \( \phi \), siguen siendo paralelos el vector de posición con el vector velocidad (\( \vec{r_{1f}}\left |{}\right |\vec{v_1} \)) con igual sentido y su producto vectorial y momento angular sigue siendo cero.

Por ello \( L_f=\cancelto{0}{\vec{r_{1f}}\wedge m_1\vec{v_1}}+\vec{r_{2f}}\wedge m_2\vec{v_2}=\vec{0} \) Entonces:

\( \vec{r_{2f}}\wedge m_2\vec{v_2}=\vec{0} \), como ni \( v_2 \) ni \( m_2 \) son nulos ,\( \vec{ r_{2f} } \) y \(  \vec{v_2} \) deben ser paralelos.

Supongamos ahora que el ángulo de salida de la bola \( m_2 \), es distinto al ángulo de impacto \( \theta \), llegaremos a un absurdo.
(ver dibujo)
Dibujo ilustrativo
[cerrar]

Saludos.

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22 Mayo, 2021, 11:24 pm
Respuesta #24

franma

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Buenas robinlambada,

Personalmente agradezco mucho tu dedicación al problema, siguiendo tu lógica y tus deducciones no veo errores.
Aprovechare para leer este hilo varias veces y echarle un vistazo al libro que ha nombrado JCB "Dinámica" de Hibbeler que parece proponer en mi humilde opinión hasta ahora el método mas sencillo para trabajar colisiones bidimensionales u oblicuas.

Me parece que fue y es un hilo muy productivo y de donde tal vez todavía podemos seguir analizando mas cosas sobre colisiones.

Saludos,
Franco.

22 Mayo, 2021, 11:50 pm
Respuesta #25

robinlambada

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Buenas robinlambada,

Personalmente agradezco mucho tu dedicación al problema, siguiendo tu lógica y tus deducciones no veo errores.
Aprovechare para leer este hilo varias veces y echarle un vistazo al libro que ha nombrado JCB "Dinámica" de Hibbeler que parece proponer en mi humilde opinión hasta ahora el método mas sencillo para trabajar colisiones bidimensionales u oblicuas.

Me parece que fue y es un hilo muy productivo y de donde tal vez todavía podemos seguir analizando mas cosas sobre colisiones.

Saludos,
Franco.
Gracias, me alegra que te sea productivo, para mi también lo es, tengo algo oxidada la física y además nunca vi el tema de colisiones de masas que no fueran puntuales, por ello todo esto es nuevo para mi, me viene genial para descubrir conocimientos que no poseo y recordar otros.

Gracias también por supuesto a Richard por proponer problemas de este estilo.

Solo me queda estudiar que pasa en los límites de masas y en los límites del ángulo de impacto.

P.D.: se me ocurre un experimento (broma) que se podría hacer los ángulos de salida de choques de bolas de billar idénticas pero de pesos muy diferentes, y que un experto en billar no supiera  y proponerle hacer carambolas. Me gustaría ver su cara cuando no diera pie con bola , o mejor dicho bola con bola.( ya que como hemos observado el ángulo de salida de la bola que impacta depende de las masas que impactan cuando son distintas, en este caso los ángulos de salida no tienen que sumar 90º)
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23 Mayo, 2021, 01:23 am
Respuesta #26

Richard R Richard

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Hola, siento no poderle dedicar el tiempo para plantear mi propia solución, (en este momento mi país no está en los mejores días de la pandemia, tengo la cabeza pensando en otra cosa) pero como yo lo propuse,... me sentía obligado a darla, pero veo que ya le han dado un par de vueltas al asunto correctamente., sería redundar, así que voy  con otros puntos que surgieron,

Si la bola  2 es  de masa muy superior  a la masa 1 (fija, estática, o masa infinita), entonces, no se conserva la cantidad de movimiento, en la dirección de lanzamiento ni tampoco en la perpendicular, para analizar la dinámica de ese caso conviene, girar el problema y pensarlo con otro par de ejes, uno que una los centros de masa  (normal) y uno perpendicular (tangencial)
Así en el eje perpendicular la componente de  la velocidad de salida es iguala a la componente de la  velocidad de entrada con el signo opuesto, y sobe el eje tangencial se conserva la cantidad de movimiento, esto significa , que si el ángulo e impacto  que sugiero es \(  \theta_2 \) el ángulo de salida respecto de la normal es también \( \theta_2 \) , las consecuencias son que si el ángulo es menor de 45° la bola rebota sobre el eje x o sea  tiene componente en x negativa, justo en 45 es nula, y con más de 45 tiene velocidad positiva.

Al principio me hice un lio porque todo lo que me acordaba, era justamente  que la suma de los ángulos de salida era 90° pero no estaba seguro si se cumplía para cualquier relación de masas, y ya comprobaron que no es cierto.

Por otro lado resolver el problema desde el punto de vista de un observador que se mueve con el CM, como propuse, solo es interesante si las masas son iguales... una cede todo el momento a la otra, o bien se ve que intercambian ángulos respecto del Centro de masas (repito solo si las masas son iguales), eso era la moraleja para franma, yo me fui al barro cuando puse las masas diferentes.

Por otro lado queda analizar qué pasa con la energía cuando chocan inelásticamente, y podemos ver tres casos, impacto colinial,  a 30° y 45°

A ver que sale gracias por participar, es grato ver que resulte interesante lo propuesto
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

23 Mayo, 2021, 01:25 am
Respuesta #27

robinlambada

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Veamos 1º si \( m_2>>m_1\rightarrow{\displaystyle\frac{m_1}{m_2}}\longrightarrow{}0 \)

 \( \displaystyle\lim_{\frac {m_1}{m_2} \to{0}}\sen \phi=\sen \theta \displaystyle\frac{\displaystyle\lim_{\frac {m_1}{m_2} \to{0}}m_2v_2}{\displaystyle\lim_{\frac {m_1}{m_2}\to{0}}m_1v_1}=\sen \theta\displaystyle\frac{2m_1\cos \theta}{m_1}=2\sen \theta \cos \theta =\sen (2\theta) \)

Entonces: \( \phi_{max}=\begin{cases}2\theta&\text{si}& \theta\geq{}\frac {\pi}{2} \\ \pi-2\theta&\text{si}& \theta<\frac {\pi}{2} \end{cases} \)

y la velocidad de la masa \( m_2 \) sigue siendo cero, es como si la masa \( m_1 \) chocara frente a un muro.

Por tanto el ángulo de incidencia y el de rebote coinciden respecto al eje que une los centro , este es o \( 2\theta \) ó \( \pi - 2\theta \)

Saludos.
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23 Mayo, 2021, 01:47 am
Respuesta #28

robinlambada

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Ahora si \( m_1>>m_2 \)

\( \displaystyle\lim_{\frac {m_2}{m_1} \to{0}}\sen \phi=\sen \theta\displaystyle\lim_{\frac {m_2}{m_1} \to{0}}\displaystyle\frac{m_2v_2}{m_1v_1}=\sen \theta\displaystyle\lim_{\frac {m_2}{m_1} \to{0}}\displaystyle\frac{m_2 2\cos \theta}{m_1\sqrt[ ]{1-0}}=0 \)

Por tanto: \( \sen \phi =0 \) y en este caso significa que \( \phi_{min}=0 \)

Es decir la masa \( m_1 \) no se entera de que choca con la masa \( m_2 \) de valor despreciable.

Su velocidad no varia \( v_1=\displaystyle\lim_{\frac {m_2}{m_1} \to{0}}u\sqrt[ ]{1-\cancelto{0}{\displaystyle\frac{4\mu}{m_1+m_2}}\cos^2 \theta}=u \)

Saludos.
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23 Mayo, 2021, 01:52 am
Respuesta #29

franma

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Buenas,

En internet hay mucho material de colisiones, pero la mayoría son de masas puntuales y el resto son con objetos de misma masa (que es donde si tenemos el dato de que la suma de ángulos de salida será 90º).
Es evidente que en libros el tema se puede explicar con mayor profundidad y con una variedad de casos más grande.

Respecto a lo que dice robinlambada en los casos de \( m_1>>m_2 \) o \( m_2>>m_1 \) la verdad no lo comprendí, no se de donde salen los limites y todo el tema del seno y coseno.
Como mucho logro entender que sale de la conservación del momento pero no mucho más.

Por lo menos en mi universidad parece que este tema se ve poco y se favorece más la cinemática/dinámica de rígidos y mas tarde MAS.

Saludos,
Franco.