¿Qué será diferente si el resorte no es sin masa?

Question

¿Qué será diferente si el resorte no es sin masa?

usuario1285419

En casi todo el texto, utiliza el resorte sin masa como ejemplo para ilustrar la idea de energía potencial elástica. Me pregunto qué está cambiando realmente si consideramos la masa del resorte. Vi un problema en un texto sobre el resorte sin masa. Se dice que el resorte estirado (no se sabe la longitud) tiene densidad y masa uniforme $M$ , también se conoce la constante elástica k. Si lo mantenemos vertical para que se estire naturalmente debido a la gravedad, cuál será el potencial elástico. Estoy tratando de entender esto desde el punto de vista físico de la siguiente manera, pero no sé si es correcto o no, ya que podría haber algún conocimiento más allá del curso de pregrado. Necesito resolver el problema.

1) Creo que el resorte en realidad tiene la gravedad actuando en su centro de masa, por lo que si elegimos que la referencia potencial (gravitacional) sea cero (en el punto de suspensión), el potencial gravitacional es $Mgh$ dónde $h$ es donde está el centro de masa.

2) A partir de 1), ¿podemos decir que la energía potencial elástica es en realidad la misma que la energía potencial gravitacional, entonces

\frac{k}{2} (Δ yo)^{2} = METRO gramo h

$\frac{k}{2}(\Delta l)^2 = Mgh$

Así que si nos damos cuenta $h$ , conocemos la energía potencial elástica. Pero el problema de cómo encontrar el centro de masa. Esto se lo traigo a algunos estudiantes de último año, algunos de ellos dijeron que el centro de masa no se cambiará, entonces el centro de masa cuando el resorte no está estirado y cuando está estirado naturalmente será el mismo, es decir, cuando está estirado. no está estirado, el centro de masa está $l_0/2$ entonces $h=l_0/2$ . Bueno, francamente, no veo el punto.

Que alguien me enseñe las matemáticas para calcular el centro de masa, que es una integral.

h = {yo}_{C} = \frac{1}{METRO} \int_{0}^{L} \frac{METRO}{{yo}_{0}} X d X

$h = l_c = \frac{1}{M}\int_0^L \frac{M}{l_0}xdx$ ahí dijo

L

$L$ es la longitud completamente extendida y

l_{0}

$l_0$ es la longitud sin estirar, no sé cómo hacer los cálculos, pero lo conecto a Mathematica y da

h = {yo}_{C} = \frac{L^{2}}{2 {yo}_{0}}

$h = l_c = \frac{L^2}{2l_0}$

pero si esto es correcto, necesitamos saber la longitud completamente extendida y la longitud original para calcular el centro de masa. No creo que tengamos esa información. Entonces, ¿realmente necesitamos otros conocimientos para encontrar la energía potencial elástica para un resorte sin masa?

qmecanico

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/64934/2451 y enlaces allí.

usuario1285419

Esa pregunta es dinámica, pero en mi caso, solo quiero ver el caso estático, el resorte ni siquiera se mueve.

Juan Alexiou

Un resorte sin masa en movimiento tendrá energía cinética. Si hay gravedad, también tendrá energía potencial.

Respuestas (2)

¿Qué será diferente si el resorte no es sin masa?

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/64934/2451 y enlaces allí.
Esa pregunta es dinámica, pero en mi caso, solo quiero ver el caso estático, el resorte ni siquiera se mueve.
Un resorte sin masa en movimiento tendrá energía cinética. Si hay gravedad, también tendrá energía potencial.

elegir · Answer 1

En general, puede pensar que los resortes masivos son una secuencia de resortes sin masa y masas conectadas en serie. Entonces puedes calcular la energía en cada uno de estos pares resorte-masa y luego sumar (integrar).

Yo tomaría,

{mi}_{pag} = \int_{0}^{L} \frac{1}{2} \frac{k}{L} {(Δ X (X))}^{2} d X

$E_p=\int_0^L\frac12 \frac{k}{L} \left(\Delta x (x)\right)^2 dx$

dónde $\Delta x$ es el desplazamiento para cada $x$ . Puede calcularlo estáticamente usando la fuerza de un pequeño resorte ubicado en $x$ :

F (X) = k . Δ X (X)

$F(x)=k.\Delta x(x)$

y $F(x)=m(x) g$ , dónde $m(x)$ es la masa del resorte hasta $x$ (imagina el resorte colgando y $x$ comienza en la parte superior y va hacia abajo). sostiene que $m(x)=\mu x$ , dónde $\mu$ es la densidad lineal $M/L$ . Entonces

{mi}_{pag} = \int_{0}^{L} \frac{1}{2} \frac{k}{L} {(F (X))}^{2} d X

$E_p=\int_0^L\frac12 \frac{k}{L} \left(F (x)\right)^2 dx$

{mi}_{pag} = \int_{0}^{L} \frac{1}{2} \frac{k}{L} {(\frac{METRO gramo}{k L} X)}^{2} d X

$E_p=\int_0^L\frac12 \frac{k}{L} \left(\frac{Mg}{kL}x\right)^2 dx$

{mi}_{pag} = \frac{1}{2} \frac{k {METRO}^{2} {gramo}^{2}}{L^{3} k^{2}} \int_{0}^{L} X^{2} d X

$E_p=\frac12 \frac{kM^2g^2}{L^3k^2} \int_0^L x^2 dx$

{mi}_{pag} = \frac{1}{2} \frac{k {METRO}^{2} {gramo}^{2}}{L^{3} k^{2}} \frac{1}{3} L^{3}

$E_p=\frac12 \frac{kM^2g^2}{L^3k^2} \frac13 L^3$

{mi}_{pag} = \frac{{METRO}^{2} {gramo}^{2}}{6 k}

$E_p=\frac{M^2g^2}{6k}$

Abhishek Verma · Answer 2

Pista: El cambio de posición del 'centro de masa' es la mitad de su extensión. Pruébelo y luego vuelva, actualizaré la respuesta.

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usuario1285419

qmecanico

usuario1285419

Juan Alexiou

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