¿Cuáles son las soluciones generales para una colisión de esfera dura? [duplicar]

Encontrar las ecuaciones que faltan

Las transformaciones de coordenadas solo complican el problema. El meollo del asunto es que en n dimensiones tienes n grados de libertad para las velocidades de la COM de cada esfera, y solo tienes n ecuaciones de conservación de momento más una ecuación de conservación de energía. Eso significa que necesita n-1 ecuaciones adicionales para resolver el problema.

Las ecuaciones adicionales provienen del hecho de que si asume un impacto sin fricción*, entonces el impulso/fuerza impartido a cada objeto debe ser normal a la superficie. Esto da una restricción en la dirección del impulso. Junto con la magnitud, esta dirección nos daría n grados de libertad. Entonces, sin él, nos da n-1: exactamente el número que necesitamos.

Resolviendo para velocidades finales

Como tenemos esferas, la dirección normal a la superficie de impacto será el vector que apunta de un COM al otro. Llamemos a este vector normal$\hat{j}$.

Ahora las velocidades de las bolas A y B se pueden dar como$V_{a1}$y$V_{b1}$antes de la colisión y$V_{a2}$y$V_{b2}$después de la colisión.

Llamemos al impulso que se imparte a la bola A$J$. Entonces nosotros tenemos:

$$J \bullet\hat{j} =|J|$$ $$V_{a1} + \frac{J}{M_a}=V_{a2}$$ $$V_{b1} - \frac{J}{M_b}=V_{b2}$$

Entonces podemos escribir la conservación de la energía (multiplicada por 2) como:

$$M_a V_{a1} \bullet V_{a1} + M_b V_{b1} \bullet V_{b1} = M_a V_{a2} \bullet V_{a2} + M_b V_{b2} \bullet V_{b2}$$

Conectando nuestras velocidades después de la colisión da:

$$M_a V_{a1} \bullet V_{a1} + M_b V_{b1} \bullet V_{b1} = M_a \left( V_{a1} + \frac{J}{M_a}\right) \bullet \left( V_{a1} + \frac{J}{M_a}\right) + M_b \left( V_{b1} - \frac{J}{M_b}\right) \bullet \left( V_{b1} - \frac{J}{M_b}\right)$$

$$M_a V_{a1} \bullet V_{a1} + M_b V_{b1} \bullet V_{b1} = M_a V_{a1}\bullet V_{a1} + 2 J\bullet V_{a1} + \frac{J\bullet J}{M_a} + M_b V_{b1}\bullet V_{b1} - 2 J\bullet V_{b1} + \frac{J\bullet J}{M_b}$$

$$0 = 2 J\bullet V_{a1} + \frac{J\bullet J}{M_a} - 2 J\bullet V_{b1} + \frac{J\bullet J}{M_b}$$

dividiendo por la magnitud de$J$rendimientos:

$$0 = 2 \hat{j} \bullet (V_{a1}-V_{b1}) + |J|\left(\frac1{M_a} + \frac1{M_b}\right)$$

$$|J| = 2 \frac{\hat{j} \bullet (V_{a1}-V_{b1})}{\frac1{M_a} + \frac1{M_b}}$$

Velocidades finales

$$V_{a2}=V_{a1}+2 \frac{\hat{j} \bullet (V_{a1}-V_{b1})}{M_a\left(\frac1{M_a} + \frac1{M_b}\right)}$$ $$V_{b2}=V_{b1}+2 \frac{\hat{j} \bullet (V_{b1}-V_{a1})}{M_b\left(\frac1{M_a} + \frac1{M_b}\right)}$$

Encontrar la dirección del impulso

Llamemos al vector que apunta del centro de la bola B al centro de la bola A$R$. Sabemos que antes del impacto$R=R_0+R't$dónde$R_0$es la diferencia en las posiciones iniciales de las bolas$P_a-P_b$y$R'$es la diferencia en las velocidades iniciales de las bolas$V_{a1}-V_{b1}$.

En el momento del impacto:

$$\hat{j}=\frac{R}{|R|}$$ y $$|R|=r_a+r_b$$ Dónde$r_a$y$r_b$son los radios de las bolas.

Podemos transformar esta segunda ecuación para encontrar t:

$$R\bullet R=(r_a+r_b)^2$$ $$R'\bullet R't^2+2R_0\bullet R't+R_0\bullet R_0-(r_a+r_b)^2=0$$ $$t=-\frac{R_0\bullet R'+\sqrt{(R_0\bullet R')^2-R'\bullet R'(R_0\bullet R_0-(r_a+r_b)^2)}}{R'\bullet R'}$$

Si este tiempo es negativo o imaginario, entonces no ocurrirá la colisión. De lo contrario$R$en el momento del impacto se puede encontrar insertando t:

$$R=R_0-R'\frac{R_0\bullet R'+\sqrt{(R_0\bullet R')^2-R'\bullet R'(R_0\bullet R_0-(r_a+r_b)^2)}}{R'\bullet R'}$$

Envolver

Entonces, dadas las posiciones iniciales$P_a$y$P_b$, velocidades iniciales$V_{a1}$y$V_{b1}$, y radios de bola$r_a$y$r_b$las velocidades finales$V_{a2}$y$V_{b2}$se puede encontrar siguiendo el siguiente procedimiento:

Calcular las posiciones y velocidades relativas:

$$R_0=P_a-P_b$$ $$R'=V_{a1}-V_{b1}$$

Calcular el tiempo de impacto:

$$t=-\frac{R_0\bullet R'+\sqrt{(R_0\bullet R')^2-R'\bullet R'(R_0\bullet R_0-(r_a+r_b)^2)}}{R'\bullet R'}$$ Si t es negativa o imaginaria, entonces no ocurre colisión y las velocidades iniciales son las velocidades finales. De lo contrario:

Calcular la dirección del impulso:

$$\hat{j}=\frac{R_0+R't}{|R_0+R't|}$$ Calcular el impulso: $$J=2 \hat{j}\frac{\hat{j} \bullet R'}{\frac1{M_a} + \frac1{M_b}}$$ Calcular las velocidades finales: $$V_{a2} = V_{a1} + \frac{J}{M_a}$$ $$V_{b2} = V_{b1} - \frac{J}{M_b}$$

*La colisión debe ser sin fricción si no consideramos los momentos de inercia, ya que cualquier fricción aplicaría un par de torsión a la bola que transferiría energía e inercia rotacional a la bola. El problema se vuelve un poco más complicado en ese caso, ya que uno tiene que asumir cómo la fricción hará que las bolas interactúen, lo cual no es trivial ya que muchas de las suposiciones simples entran en conflicto con la conservación de la energía.

Aquí hay una figura general de una colisión de esferas duras dibujada en el centro de masa de la masa.$m_2$antes de la colisión. El punto negro está unido a este marco.

Para resolver el problema, es necesario observar

• Conservacion de energia:$m_1v_1^2=m_1(v'_1)^2+m_2(v'_2)^2$.
• Conservación de momento:$m_1\vec v_1=m_1\vec v'_1+m_2\vec v'_2$
• Conservación del par con respecto al centro de masa de$m_2$:$m_1v_1b=m_1v'_1b'$.

He dibujado un problema 2D, por lo que tienes cuatro incógnitas (dos para$\vec v'_1$y dos para$\vec v'_2$). Y hay cuatro ecuaciones (una para energía y torque, dos para cantidad de movimiento). Así que el problema está resuelto.

En tres dimensiones, tienes$6$desconocidos, la conservación de la energía proporciona una ecuación, la conservación del momento proporciona$3$ecuaciones y la conservación del par proporciona dos.

Este hilo es un poco viejo, pero pensé en agregarlo en caso de que alguien busque esta respuesta. En resumen, Tom-Tom tiene toda la razón en su análisis del problema. Sin embargo, voy a dividir esto en pasos para un caso 3D completo e intentaré explicar algunos de los puntos sobre los que hubo controversia (por ejemplo, el momento angular).

En primer lugar, aquí están los supuestos con los que estamos trabajando:

• Colisión de esfera dura es un término técnico que significa lo siguiente: 1) las colisiones son elásticas (lo que significa que se conserva la energía cinética); 2) las esferas tienen un radio finito (como alguien más ha señalado, si no lo tienen, se trata de una colisión puntual ).
• Si bien uno podría trabajar con una simulación en la que consideráramos la rotación del cuerpo rígido, supondré que el "giro" es cero. Spin agrega una gran cantidad de complejidad al cálculo.

En realidad, no voy a resolver cada uno de los términos (se vuelve bastante complicado), pero voy a describir cómo funciona el proceso. Para completar, no voy a asumir que sabemos que los cuerpos chocarán. Veremos como parte del análisis que esta determinación se desvanece con bastante facilidad.

Aquí está el procedimiento:

1) Primero muévase al marco de descanso de una de las partículas. Ahora estamos comparando un punto y una línea 3D, lo que simplifica enormemente la geometría, en lugar de dos líneas 3D.

2) Recuerde la prueba fundamental de geometría 3D de que una línea y un punto en el espacio 3D siempre pueden estar contenidos en un solo plano. Podemos, en principio, hacer una transformación de coordenadas (rotación en$\theta$y$\phi$en coordenadas esféricas alrededor de la partícula en el origen).

3) Bien, ya tenemos una recta y un punto en un solo plano. Debería ser obvio que otra rotación (en ángulo polar) puede garantizar que la partícula en movimiento se mueva solo en el eje x. Esto reproduce una imagen como la primera cifra que publicó Tom-Tom. ¡Ahora hemos reducido nuestro problema 3D al problema 2D para el que Tom-Tom proporcionó un método!

4) Detección de colisiones: ¿cómo sabemos si chocan? Tenemos que comprobar 2 cosas: 1) es$R_1 + R_2 > b$, dónde$R_i$son los radios y$b$es el parámetro de impacto; 2) tenemos que comprobar que la partícula en movimiento se mete dentro$\sqrt{(R_1 + R_2)^2 - b^2}$del eje x. Ese es solo el teorema de Pitágoras para el triángulo que forman las esferas en contacto. Si se cumplen ambos criterios, tenemos una colisión.

5) Ahora estamos todos configurados y trabajamos con la solución de Tom-Tom. No resolveré el resto, pero haré un par de notas para aclarar la confusión.

• Momento angular: Al contrario del comentario anterior de Jared, en general no podemos elegir un sistema de coordenadas donde el momento angular sea cero. El momento angular solo será cero en dos casos especiales: 1) las partículas están en reposo una con respecto a la otra; 2) la partícula en movimiento se dirige directamente a la partícula estacionaria. ¿Por qué?$\vec{L} = \vec{r}\times\vec{p}$. Si las partículas están en reposo,$\vec{p} = 0 \to L = 0$(obviamente tampoco tenemos una colisión en este caso). Si el parámetro de impacto es cero, eso significa$\vec{r}$y$\vec{p}$están alineados entre sí. Recordar,$|\vec{L}| = |\vec{r}||\vec{p}|Sin(\theta)$, dónde$\theta$es el ángulo entre los dos vectores. En el$b = 0$caso,$\theta = 0 \to |\vec{L}| = 0$. En todos los demás casos, el momento angular será distinto de cero, ¡sin importar el sistema de coordenadas que elija!

• ¡Los radios son importantes! Entrarán en la ecuación del momento angular. Para resolver la ecuación del momento angular, primero tenga en cuenta que$\vec{r_{2}}' = \vec{v_2}' t$, por lo tanto, el ángulo entre el momento y el vector radial será cero dando el momento angular del segundo cuerpo como cero (como ha indicado la ecuación de Tom-Tom). No son paralelas para la primera esfera. Mirar fijamente la geometría durante unos minutos debería convencerlo, más bien, de que$\frac{\vec{v_1}'}{t} = \vec{r_1}' + \vec{\alpha}$, dónde$\alpha$es el vector que apunta desde el centro del cuerpo 1 al centro del cuerpo 2. Este vector tiene magnitud$R_1 + R_2$. Entonces podemos usar el teorema de Pitágoras para romper$\alpha$en componentes (nota: el componente y es solo b). La componente x será$\sqrt{(R_1 + R_2)^2 - b^2}$. Usamos la suma vectorial anterior para eliminar$\vec{r_i}'$para$\vec{v_i}'$. Nota: t es arbitrario y se puede establecer en 1. Finalmente, realice el producto cruzado del momento angular. Verás que el$\sqrt{(R_1 + R_2)^2 - b^2}$término sobrevive y, por lo tanto, entrará en sus ecuaciones finales.

Desde este punto, es solo álgebra desordenada. Tenemos 4 incógnitas y 4 ecuaciones. Resuelve esas ecuaciones y tendrás las velocidades. Una pequeña cantidad de trabajo adicional puede decirle, por ejemplo, exactamente cuándo ocurre la colisión, lo cual es importante para las simulaciones y le dirá qué tan lejos trasladar las esferas con la nueva velocidad después de la colisión (para que coincida con el paso de tiempo de la simulación).

El último paso, después de haber hecho todo eso, es recordar volver a transformar las coordenadas del sistema. Para hacer esto, simplemente desenrolle todo al revés, volteando los signos de ángulos y traslaciones.

Espero que eso aclare las cosas para alguien que está viendo este problema. Este es uno de esos problemas clásicos que parece que debería ser trivialmente fácil, pero resulta ser bastante complicado de resolver en el caso general.

ACTUALIZAR

Entonces, todo esto me hizo pensar y volví a examinar un poco el problema. En resumen, el problema resulta ser mucho más sutil de lo que pensaba originalmente. Aquí hay un par de nuevos comentarios:

• La razón por la que necesita el momento angular es que se debe conservar el momento angular para que la simulación sea física. Si rompe el momento angular, rompe la invariancia rotacional de su sistema. Si estás creando un motor de juego simple, podría estar bien, pero si estás tratando de hacer física, eso definitivamente no está permitido. La conservación del momento angular es lo que hace que los radios sean importantes.

• Necesito retractarme de lo que dije sobre el giro. El giro es necesario (como mostraré a continuación). Sin embargo, la gravedad newtoniana no puede ser la fuente del espín. Para introducir giro se requiere tener un par neto. Recuerde que para cualquier potencial (conservador) de la forma$V = V(r)$, la fuerza debida a una esfera es equivalente a la fuerza debida a un punto en su centro. Brevemente, cualquier momento de torsión que se crearía en un lado de la esfera es cancelado por el otro lado, y solo sobrevive la fuerza a lo largo de la línea radial. La gravedad newtoniana es claramente un potencial de esta forma (como lo es, por ejemplo, Coulomb, Yukakawa y casi cualquier potencial "real" con el que tratamos).

• Entonces, elaboré una solución que tiene en cuenta el momento lineal, el momento angular y la energía cinética. Solo pondré el componente x del vector de velocidad aquí (los otros están simplemente relacionados al conectar esto nuevamente en las ecuaciones:

$v_{xf} = \frac{\left(\beta ^2-1\right) \sqrt{\frac{v_i^2 \left(\beta ^2 (\mu +2)^2-\mu ^2\right)}{\beta ^2-1}}+v_i \left(\beta ^2 (\mu +2)-1\right)}{\mu +1}$

Si tiene curiosidad, el siguiente código obtendrá este resultado en Mathematica:

(* Setup vectors: No Q *)
vi = {v1x, 0, 0};
v1 = {v1xf, v1yf, 0};
v2 = {v2xf, v2yf, 0};
\[Alpha] = {-Sqrt[(R1 + R2)^2 - b^2], b, 0}; (* The vector that connects the two centers at impact *)

r1 = \[Alpha] + 
   v1 \[CapitalDelta]t; (* NOTE: \[CapitalDelta]t should drop out! *)

r2 = v2 \[CapitalDelta]t;

(* Physics *)
Eqns0 = Simplify[{
    m1 (vi.vi) == m1 (v1.v1) + m2 (v2.v2)(*+Q m1(vi.vi)*),
    m1 v1x == m1 v1xf + m2 v2xf,
    0 == m1 v1yf + m2 v2yf,
    m1 v1x b == (m1 (r1 \[Cross] v1) + m2 (r2 \[Cross] v2))[[3]]
    } /. {m1 -> m, m2 -> \[Mu] m, b -> \[Beta] (R1 + R2)},    
\[Beta] < 1 && \[Beta] >= 0 && m > 0 && \[Mu] > 0 && R1 > 0 && 
   R2]; Eqns0 // MatrixForm

Eqns1 = Eqns0 /. Solve[Eqns0[[2]], v2xf] // 
    Flatten; Eqns1 // MatrixForm
Eqns2 = Eqns1 /. Solve[Eqns1[[3]], v2yf] // 
  Flatten; Eqns2 // MatrixForm
(Eqns2[[1]] /. Solve[Eqns2[[4]], v1yf] // Flatten)[[1]]
FullSimplify[
  Solve[%, v1xf], \[Beta] < 1 && \[Beta] >= 0 && m > 0 && \[Mu] > 0 &&
    R1 > 0 && R2] // Flatten 

He puesto todo en unidades adimensionales para que el resultado sea más transparente. Específicamente,$\mu$es la proporción$m_1/m_2$,$\beta$es la proporción$b/(R_1+R_2)$, dónde$b$es el parámetro de impacto. Tenga en cuenta que los parámetros adimensionales le permiten verificar rápidamente que todos los términos del lado derecho tienen dimensiones de velocidad.

¡Pero espera! Aquí es donde las cosas se ponen interesantes. Tenga en cuenta que el término en el radical puede volverse negativo para situaciones reales, lo que conduce a velocidades complejas. Esto no se puede permitir. podemos trazar$\beta$contra$\mu$para mostrar la región "permitida":

Esto es claramente un problema. Ciertamente es físicamente posible para$\beta$tomar cualquier valor entre 0 y 1, pero obtenemos velocidades imaginarias si$\beta$es demasiado grande en comparación con$\mu$.

En resumen, la resolución es que la dispersión de esfera dura (clásica) no puede ser elástica en general (aunque puede serlo en casos especiales). Explicaré en un momento por qué ese es el caso, pero primero, daré una solución que "funciona". Aquí, introduzco otro parámetro adimensional$Q$, que es la relación entre la pérdida de energía y la energía cinética inicial. La solución modificada es:

$v_{xf} = \frac{\left(\beta ^2-1\right) \sqrt{\frac{v_1^2 \left(\beta ^2 (\mu +2)^2+\mu (\mu (Q-1)+Q)\right)}{\beta ^2-1}}-v_i \left(\beta ^2 (\mu +2)-1\right)}{\mu +1}$

Ahora podemos trazar$Q$contra$\beta$para diferentes valores de$\mu$:

Es importante tener en cuenta que esto solo proporciona un límite en$Q$. No nos dice qué valor de$Q$deberíamos usar. En otras palabras, el problema ya no está completamente restringido. Entonces, ¿qué está pasando aquí y cómo podemos resolverlo?

Aquí está la conclusión: ¡la dispersión de esferas duras no es física! Para tener una verdadera esfera dura (es decir, impenetrable) necesitaríamos que la fuerza en la superficie de las esferas fuera infinita, es decir, la ley de fuerza sería una función delta de Dirac. El impulso experimentado, entonces, sería:$\Delta p = F \Delta t = (\infty)(0)$. Esto es indefinido. No es sorprendente, entonces, que podamos obtener algo de física extraña a partir de la dispersión de esferas duras. Además, no sorprende que el problema no tenga restricciones.

Sin embargo, podemos decir un poco más. Hasta ahora, supuse que podíamos usar el modo de espera anterior:$\vec{F} = - \nabla V(r)$. Pero, esta regla solo es válida para fuerzas conservativas . Recuerde que una fuerza conservativa es una fuerza independiente de la trayectoria. En otras palabras, si comienzas en el punto$A$y toma cualquier camino que te guste volviendo al punto$A$el potencial sigue siendo el mismo. Claramente, este no es el caso de la dispersión de esferas duras. Cualquier camino que no involucre una colisión será dramáticamente diferente a cualquier camino que sí lo haga. De hecho, esta es una regla general para cualquier fuerza verdaderamente localizada (nota: el potencial de Yukawa es una fuerza "localizada", pero en realidad, solo tiene una caída exponencial, por lo que no es una fuerza localizada en este sentido).

En el caso de una fuerza no conservativa, ya no podemos usar$\vec{F} = - \nabla V(r)$. Más bien, debemos usar la descomposición de Helmholtz, que establece que cualquier campo de vector de fuerza se puede descomponer como:$\vec{F} = - \nabla V(r) + \nabla \times \vec{A}$. Es decir, debemos introducir un potencial vectorial.

Esto nos lleva de vuelta a la noción de giro. Un cálculo rápido verificará que el vector potencial introducirá genéricamente un par neto en el proceso de dispersión, que producirá espín (por supuesto, para muy especiales$\vec{A}$esto no sucederá).

El verdadero problema ahora es que$\vec{A}$está completamente libre de restricciones por el problema. se asocia con$Q$, y por lo tanto los grados de libertad internos de la esfera. Pero, hemos asumido desde el principio que la esfera es una "caja negra" para la que no especificamos la física. Esta es una suposición no física, y resulta que importa. Los grados de libertad internos obvios a tener en cuenta son el vector de espín y la temperatura (es una suposición bastante natural que las colisiones entre cuerpos reales afectarían el contenido de calor de los cuerpos). El argumento anterior sugiere que al menos parte de esa energía debería convertirse en energía de espín, pero probablemente no toda. Cuánto debe ir en cada uno de estos grados de libertad depende de los detalles de la física interna.

Creo que eso es lo más lejos que podemos llegar con el problema. Si queremos especificar completamente el problema, necesitamos crear algo así como una "ecuación de estado" (por analogía) para las esferas que determina cómo se distribuye la energía en los cuerpos. Una aproximación razonable podría ser simplemente especificar una relación entre la temperatura y el giro, aunque la intuición física sugiere que los parámetros de mayor impacto deberían transferir más giro y menos temperatura, por lo que tal vez esto debería ser una función de$\beta$. Una sugerencia que se me ocurrió sería asumir el espín como una serie de potencias en$\beta$, donde las constantes de serie podrían determinarse o estimarse experimentalmente mediante modelos teóricos más detallados de la física interna de los cuerpos.

Si desea un modelo físico de dispersión, debe especificar la física de los cuerpos. Una solución limpia que tiene sentido para muchos casos (por ejemplo, cuerpos rígidos macroscópicos reales como bolas de billar) sería usar la dispersión de Yukawa. El potencial de Yukawa es conservativo y se diseñó específicamente para aproximarse a los efectos del apantallamiento electrodinámico que se produce en cuerpos macroscópicos (en su mayoría) eléctricamente neutros.