¿Por qué gira una varilla?

Question

¿Por qué gira una varilla?

garras

Soy tutor de física dando clases particulares a estudiantes de secundaria. Una pregunta me confundió mucho.

La pregunta es:

Supongamos una masa menos la longitud de la barra $l$ tiene una partícula de masa $m$ unido en su extremo y la varilla está articulada en el otro extremo en el plano vertical. Otro objeto puntual de masa $m$ se mueve con velocidad $v$ y golpea la varilla en su extremo y continúa su camino con velocidad $v/2$ . La barra adquiere suficiente velocidad para completar una trayectoria circular vertical. ¿Cuál sería la fuerza debida a la bisagra sobre la barra justo después de la colisión? Suponga que el tiempo necesario para la colisión es muy pequeño.

De la conservación del momento, la partícula unida a la barra adquiere velocidad $V' = v/2$ que es igual a $2\sqrt{gl}$ y por lo tanto

T - metro gramo = \frac{metro v^{' 2}}{yo}

$T-mg=\frac{mv'^2}{l}$ La tensión en la barra es la reacción normal debida a la articulación en el otro extremo de la barra. Por lo tanto, la fuerza ejercida por la barra es

\frac{metro v^{' 2}}{yo} + metro gramo

$\frac{mv'^2}{l}+mg$

Pero otro profesor afirma que estoy equivocado. Él dice que habrá una fuerza horizontal debido a la bisagra de la varilla. Digo, no habrá ninguna fuerza horizontal. Él da un ejemplo de que supongamos que hay una varilla y la golpeas en un extremo con el dedo, ¿entonces el otro extremo no se moverá (o tenderá a moverse)? Bueno, lo hace.

EDITAR:

He entendido tus respuestas matemáticamente. Todavía no sé cómo contrarrestar el argumento de mi amigo. Estoy convencido por eso. Porque suena intuitivo. Él dice, supongamos que tienes una barra (sin masa o con masa) en el espacio, y golpeas uno de sus extremos, entonces el otro extremo seguramente tendrá velocidad. De manera similar, en el problema anterior, la colisión impartirá velocidad a un extremo. , por lo que el otro extremo también debe moverse, pero está articulado y no puede moverse debido a la bisagra. Entonces, hay una fuerza horizontal debido a la bisagra en la barra.

nerviosxxx

@claws: hay que tener cuidado al extender la intuición de los casos masivos a los sin masa. Si tiene una barra completamente sin masa, puede hacer que la barra haga lo que quiera: girar, traducir, hacer una sacudida, bailar, lo que sea. No va a violar la conservación de la energía, el impulso, la segunda ley de la termodinámica. ¿Por qué? Porque la barra sin masa es simplemente tan buena como el espacio vacío. Entonces, mover una barra sin masa es una declaración completamente sin sentido. Si tiene una varilla masiva, al moverla hace que se traslade + gire, con cantidades definidas basadas en el impulso impartido. esto es significativo.

nerviosxxx

@garras: en tu pregunta, tienes una masa unida a una varilla sin masa. ahora puede darle a la barra sin masa cualquier rotación arbitraria sobre la masa (que también es el centro de masa) y será tan bueno como uno que no gira. entonces, el 'otro extremo también debe moverse' es una vez más una declaración sin sentido. lo que hace el problema es eliminar esa indeterminación: dice explícitamente que el final sin la masa está fijo en el espacio. por lo tanto, durante el instante de la colisión, la masa está esencialmente "libre" y no puede sentir ninguna fuerza de la bisagra. solo justo después de la colisión, la barra comenzará a restringir la masa

nerviosxxx

@garras: para moverse en círculo. Esto requiere una fuerza de tensión. Ahora, si la barra era masiva, entonces sí, su intuición es correcta, y habrá alguna fuerza tangencial debido a la articulación del sistema barra+masa en el instante de la colisión.

garras

@nervxxx: Si se dice que la vara es una vara ligera. Entonces debería significar que, para todos los propósitos de cálculo, descuide la masa, pero considérela rígida y actuando como una barra (en otras palabras, no es tan bueno como el espacio vacío, sino materia con dimensiones definidas). Ahora, para la barra de luz, ¿se aplicaría su argumento?

nerviosxxx

@ garras: la rigidez no es lo mismo que la masa. Siempre he asumido que la varilla es rígida y no se dobla. Mire, en el caso sin masa, lo que está haciendo es realmente boxear una región del espacio y decir que esa región es privilegiada y merece ser llamada 'vara'. pero no hay nada que lo distinga de él y del espacio que lo rodea. Si la barra era liviana pero no carente de masa, entonces su movimiento está bien determinado. El límite sin masa es simplemente una forma de agregar una restricción al sistema (es decir, que la masa se mueva en un círculo) y no puede dar lugar a la dinámica ya que no es un objeto dinámico.

garras

@nervxxx: En tu último comentario, lo lograste. Ahora lo entiendo. Gracias :)

garras

@nervxxx: Una última vez, quiero confirmar. Si la barra era liviana pero no sin masa, entonces su movimiento está bien determinado, por lo tanto, habrá un tirón o fuerza debido a la bisagra. ¿bien?

Respuestas (3)

¿Por qué gira una varilla?

@claws: hay que tener cuidado al extender la intuición de los casos masivos a los sin masa. Si tiene una barra completamente sin masa, puede hacer que la barra haga lo que quiera: girar, traducir, hacer una sacudida, bailar, lo que sea. No va a violar la conservación de la energía, el impulso, la segunda ley de la termodinámica. ¿Por qué? Porque la barra sin masa es simplemente tan buena como el espacio vacío. Entonces, mover una barra sin masa es una declaración completamente sin sentido. Si tiene una varilla masiva, al moverla hace que se traslade + gire, con cantidades definidas basadas en el impulso impartido. esto es significativo.
@garras: en tu pregunta, tienes una masa unida a una varilla sin masa. ahora puede darle a la barra sin masa cualquier rotación arbitraria sobre la masa (que también es el centro de masa) y será tan bueno como uno que no gira. entonces, el 'otro extremo también debe moverse' es una vez más una declaración sin sentido. lo que hace el problema es eliminar esa indeterminación: dice explícitamente que el final sin la masa está fijo en el espacio. por lo tanto, durante el instante de la colisión, la masa está esencialmente "libre" y no puede sentir ninguna fuerza de la bisagra. solo justo después de la colisión, la barra comenzará a restringir la masa
@garras: para moverse en círculo. Esto requiere una fuerza de tensión. Ahora, si la barra era masiva, entonces sí, su intuición es correcta, y habrá alguna fuerza tangencial debido a la articulación del sistema barra+masa en el instante de la colisión.
@nervxxx: Si se dice que la vara es una vara ligera. Entonces debería significar que, para todos los propósitos de cálculo, descuide la masa, pero considérela rígida y actuando como una barra (en otras palabras, no es tan bueno como el espacio vacío, sino materia con dimensiones definidas). Ahora, para la barra de luz, ¿se aplicaría su argumento?
@ garras: la rigidez no es lo mismo que la masa. Siempre he asumido que la varilla es rígida y no se dobla. Mire, en el caso sin masa, lo que está haciendo es realmente boxear una región del espacio y decir que esa región es privilegiada y merece ser llamada 'vara'. pero no hay nada que lo distinga de él y del espacio que lo rodea. Si la barra era liviana pero no carente de masa, entonces su movimiento está bien determinado. El límite sin masa es simplemente una forma de agregar una restricción al sistema (es decir, que la masa se mueva en un círculo) y no puede dar lugar a la dinámica ya que no es un objeto dinámico.
@nervxxx: En tu último comentario, lo lograste. Ahora lo entiendo. Gracias :)
@nervxxx: Una última vez, quiero confirmar. Si la barra era liviana pero no sin masa, entonces su movimiento está bien determinado, por lo tanto, habrá un tirón o fuerza debido a la bisagra. ¿bien?

nerviosxxx · Answer 1

Bueno, tienes razón. El otro maestro tiene razón solo si está considerando una vara enorme. Además, si está considerando una barra masiva, tiene razón solo si está considerando el intervalo de tiempo infinitesimal durante la colisión, no después, y además solo para una combinación muy específica de parámetros: ¡en realidad es bastante sutil!

Este es el por qué. Debido a que la barra no tiene masa en su escenario, durante la colisión se puede pensar que las dos masas simplemente están libres. Has resuelto este escenario en tu publicación. Luego, comenzando justo después de la colisión, lo que sirve para hacer la barra es simplemente restringir el movimiento al de un círculo. Por lo tanto, necesitamos la fuerza de tensión para proporcionar la fuerza centrípeta como ha analizado.

Ok, ahora veamos por qué el otro maestro podría tener razón. Si la barra es masiva, entonces (más la masa al final) el centro de masa de la barra no está al final. Di que está a cierta distancia $x$ lejos del extremo donde se une la masa (o de manera equivalente, $L-x$ lejos de la bisagra). Además supongamos que la varilla tiene una densidad uniforme. Eliminar esta suposición hace que el problema sea mucho más difícil, pero aún es tratable.

Lo que hace la colisión es proporcionar una fuerza infinita . $F$ , pero con impulso finito (piense en la función delta). Supongamos que la bisagra también proporciona una fuerza infinita. $F'$ con impulso finito, en la dirección opuesta. Veremos si esta fuerza $F'$ es $0$ .

El impulso entregado es

\begin{aligned} j = \int F - F^{'} d t . \end{aligned}

$\begin{align} J = \int F - F' dt. \end{align}$ Pero sabemos que si la masa que golpea la varilla+masa lleva su alegre camino con

v / 2

$v/2$ (aunque la situación es un poco antifísica ya que tendría que 'teletransportarse' al otro lado), entonces, por conservación del momento, la configuración de barra + masa debe adquirir una velocidad

\begin{aligned} v^{'} = \frac{metro}{METRO (X) + metro} \frac{v}{2}, \end{aligned}

$\begin{align} v' = \frac{m}{M(x)+m}\frac{v}{2}, \end{align}$ dónde

M (x)

$M(x)$ es la masa de la barra. (

M

$M$ en realidad es una función de

x

$x$ , porque una vez que especifica dónde está el centro de masa, ha especificado la masa de la barra y viceversa).

Porque el impulso provoca un cambio en la cantidad de movimiento del sistema masa+barra $J = (M+m)\Delta v$ , tenemos

\begin{aligned} j = metro \frac{v}{2} . \end{aligned}

$\begin{align} J = m \frac{v}{2}. \end{align}$

Además de un impulso lineal, estas dos fuerzas también proporcionan un impulso de rotación, que hace que la masa+varilla gire. Eso es,

\begin{aligned} (L - X) \int F^{'} d t + X \int F d t = I (X) ω, \end{aligned}

$\begin{align} (L-x)\int F' dt + x \int F dt = I(x) \omega, \end{align}$ dónde

I (x)

$I(x)$ es el momento de inercia del sistema masa+barra con respecto a su centro de masa común, dado por el teorema de los ejes paralelos:

I (x) = \frac{M L^{2}}{12} + M (L / 2 - x)^{2} + m x^{2}

$I(x) = \frac{ML^2}{12} + M(L/2 - x)^2 + mx^2$ .

Ok, esto es un poco desordenado. Pero sigamos adelante. Averigüemos qué $\omega$ es. multiplicando $J$ por $-x$ y sumándolo a la última ecuación, obtenemos

\begin{aligned} L \int F^{'} d t = I (X) ω - X metro \frac{v}{2} \end{aligned}

$\begin{align} & L\int F' dt = I(x)\omega -xm \frac{v}{2} \end{align}$ ahora si

ω (L - x) = v^{'}

$\omega (L-x) = v'$ , es decir, que la velocidad del punto de la varilla+masa en la bisagra, que es la suma de la velocidad de traslación más la velocidad de rotación es

0

$0$ , entonces

F^{'} = 0

$F' = 0$ .

Ahora, todos estos análisis se realizaron en el intervalo de tiempo infinitesimal durante la colisión. Justo después de la colisión, una vez que todo se haya asentado. Entonces , independientemente de la situación que tengamos, tenemos $\omega(L-x) = v$ . Entonces, la fuerza de la bisagra sobre la varilla será tangencial al movimiento debido a los requisitos del movimiento circular.

Ok, para resumir: si estás hablando justo después de la colisión, entonces no habrá fuerza horizontal. si estás hablando durante la colisión, si la varilla no tiene masa, no habrá fuerza horizontal. si está hablando durante la colisión, si la barra es masiva, entonces, en general, habrá una fuerza horizontal.

M is actually a function of x. ¿Por qué? ¿No entendí tu razón?
una vez que especifique dónde está el centro de masa, para una barra uniforme + una masa puntual $m$ , entonces $M$ está arreglado. Está dado por: $mx = M(L/2 - x)$ , entonces $M = \frac{mx}{(L/2 - x)}$ .
@nervxxx ¿Cómo podría conservar el momento lineal del sistema {(varilla + masa) + masa}, hasta que haya probado que F' es cero, porque si F' no es cero, hay una fuerza neta en la dirección horizontal? y no puede conservar el impulso en presencia de una fuerza externa (distinta de cero), es decir, F'?

ejrb · Answer 2

Tu amigo maestro tendría razón si la varilla no tuviera masa .

Supongamos que la barra tiene una masa finita. En este caso, el centro de masa (COM) del sistema de barra/peso adjunto (al que llamaré péndulo de ahora en adelante) estaría en algún lugar entre el peso adjunto y la bisagra.

Si el COM no está exactamente en el punto de colisión, además de la aceleración lineal de la masa, se aplicaría un par al péndulo. Entonces, el péndulo intentará girar sobre su COM (así como sobre la bisagra). Esta rotación es evitada por la bisagra que debe aplicar un par igual y opuesto, y por lo tanto una fuerza horizontal (que es menor que la fuerza de colisión ya que está más lejos del COM que el punto de colisión).

Ahora su barra no tiene masa, por lo que la fuerza se aplica directamente a través del COM del péndulo, por lo tanto, no hay par ni fuerza de bisagra horizontal. Las únicas fuerzas sobre la bisagra son la fuerza centrípeta debida a la masa que ahora tiene una velocidad de rotación y el peso de la masa que estaba allí antes de la colisión también.

F_{h i norte gramo mi} = (\begin{matrix} 0 \\ metro gramo + \frac{metro}{yo} {(\frac{v}{2})}^{2} \end{matrix})

$\boldsymbol{F}_{hinge} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ mg + \frac{m}{l}\left(\frac{v}{2} \right)^2 \end{array} \right)$ No hay fuerza horizontal, la fuerza vertical es peso + centrípeta. Lo anterior solo se aplica cuando el péndulo está directamente debajo de la bisagra.

pieter geerkens · Answer 3

La respuesta del otro profesor es correcta solo en una situación con pérdidas de energía por fricción.

Si se ha de conservar la energía, no puede haber fuerzas externas que actúen sobre el sistema paralelas al movimiento en el impacto y, por tanto, la única fuerza que actúe sobre la varilla en el impacto debe ser vertical.

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