Resultado inconsistente del teorema de la energía cinética

Question

Resultado inconsistente del teorema de la energía cinética

David Dal Bosco

Tengo un problema simple de física 101 que conduce a un resultado extraño.

Un carro de masa $m$ está obligado a moverse sin fricción sobre un riel colocado en el plano vertical (como se muestra en la imagen). El carril está formado por dos piezas circulares de radio $R$ pegados juntos

Inicialmente, el carro está parado en la parte inferior del riel, y en el momento $t=0$ , fuerza constante $\mathbf{F}$ se aplica al carrito. La fuerza $\mathbf{F}$ está en cada punto de la trayectoria tangente al carril. Una vez que el carro alcanza una altura de $2R$ , la fuerza $\mathbf{F}$ desaparece

Pregunta: ¿Cuál es el valor mínimo de $F$ que hace que el carro alcance una altura igual a $2R$ ?

Solución

Un enfoque para resolver el problema sería utilizar el teorema del trabajo y la energía , que establece que la variación de la energía cinética es igual al trabajo realizado.

W_{o \to b} = \frac{1}{2} metro v^{2} (b) - \frac{1}{2} metro v^{2} (o)

$W_{o\to b} = \frac{1}{2}m v^2(b) - \frac{1}{2}m v^2(o)$

El trabajo realizado por las dos fuerzas (el peso y la fuerza $\mathbf{F}$ ) se puede calcular como

W_{o \to b} = \int_{o}^{b} (F + metro gramo) \cdot d s = F \int_{o}^{b} d s - metro gramo 2 R = F π R - 2 metro gramo R,

$W_{o\to b} = \int_o^b (\mathbf{F}+m\mathbf{g})\cdot \mathrm{d}\mathbf{s}=F\int_o^b\mathrm{d}s - mg2R=F\pi R - 2mgR,$

donde usamos el hecho de que la fuerza $\mathbf{F}$ siempre es paralelo al desplazamiento $\mathrm{d}\mathbf{s}$ .

Por otro lado, sé que la velocidad en $o$ es cero, y si quiero calcular el valor mínimo de la fuerza $\mathbf{F}$ que permite que el carro alcance la altura $2R$ , supongo que la velocidad es cero también en el punto $b$ , por eso

\frac{1}{2} metro v^{2} (b) - \frac{1}{2} metro v^{2} (o) = 0 - 0 = 0

$\frac{1}{2}m v^2(b) - \frac{1}{2}m v^2(o)= 0-0 =0$

Por lo tanto, el teorema trabajo-energía se convierte en

W_{o \to b} = F π R - 2 metro gramo R = 0,

$W_{o\to b} = F\pi R - 2mgR = 0,$

que, resolviendo para $F$ , da

F = \frac{2}{π} metro gramo .

$F= \frac{2}{\pi} mg.$

Este resultado me parece desconcertante.

De hecho, el comienzo del riel es vertical , por lo que la fuerza $F$ necesario para superar el peso y permitir que el carro se mueva hacia arriba debe ser al menos $mg$ .

¿Por qué el teorema del trabajo y la energía conduce a un resultado erróneo? ¿Lo apliqué de manera incorrecta?

Marko Gulin

problema interesante Simplifique el problema a puro movimiento vertical. Con

Δ K = 0

$\Delta K = 0$ el resultado seria

\vec{F} = m g \hat{ȷ}

$\vec{F} = mg \hat{\jmath}$ lo cual no es válido ya que esa fuerza (externa) nunca lograría que el carro despegara del suelo.

Ideal Máximo

Como señala Phillip Wood, si

F

$F$ es constante (a lo largo de la curva), entonces, ¿cómo es posible que la cuenta alcance velocidad cero en el punto

b

$b$ ? ¿Es esa una posibilidad realista? En el punto

o

$o$ ,

F

$F$ es suficiente para vencer la fuerza gravitatoria, pero en el punto

b

$b$ esa misma fuerza no es suficiente, aunque sea de la misma magnitud.

mahdiyar

imponer el

K . E . \geq 0

${\rm K.E.} \geq 0$ condición en cada punto intermedio entre

o

$o$ un

b

$b$ . por un punto

ϵ \hat{y}

$\epsilon \bf \hat y$ justo arriba

o

$o$ , esto requerirá

F \geq m g

$F\geq mg$ .

Respuestas (4)

Resultado inconsistente del teorema de la energía cinética

problema interesante Simplifique el problema a puro movimiento vertical. Con $\Delta K = 0$ el resultado seria $\vec{F} = mg \hat{\jmath}$ lo cual no es válido ya que esa fuerza (externa) nunca lograría que el carro despegara del suelo.
Como señala Phillip Wood, si $F$ es constante (a lo largo de la curva), entonces, ¿cómo es posible que la cuenta alcance velocidad cero en el punto $b$ ? ¿Es esa una posibilidad realista? En el punto $o$ , $F$ es suficiente para vencer la fuerza gravitatoria, pero en el punto $b$ esa misma fuerza no es suficiente, aunque sea de la misma magnitud.
imponer el ${\rm K.E.} \geq 0$ condición en cada punto intermedio entre $o$ un $b$ . por un punto $\epsilon \bf \hat y$ justo arriba $o$ , esto requerirá $F\geq mg$ .

felipe madera · Answer 1

(a) Si la fuerza fuera constante, ni su dirección ni su magnitud cambiarían. Suponemos aquí que la magnitud es constante.

(b) No es el teorema trabajo-energía lo que ha generado una paradoja, sino su suposición de que para mínimo $F$ la KE del carro es cero en b. La condición energética que sí tenemos derecho a imponer es la menos estricta que $\text{KE} ≥ 0$ en b. Por lo tanto, a partir de sus cálculos de trabajo, $F ≥ \frac 2\pi mg$ .

(c) Como ha señalado, la igualdad, $F = \frac 2\pi mg$ no puede ser la elección correcta, ¡porque no permitiría que el carro comenzara a subir! Sabemos qué tan grande $F$ tiene que ser

(d) [ agregado a sugerencia de YiFan ] Con $F = mg$ (el valor mínimo de $F$ para que comience el viaje), el carrito ganará KE a lo largo del viaje (excepto al principio y al final), por lo que su KE en b no puede ser cero. La condición general para ganar KE en cualquier punto a lo largo de la curva se demuestra fácilmente que es $\sin \theta ≤\frac F {mg}$ en el cual $\theta$ es el ángulo local de la curva con la horizontal.

(e) ¿Tendría el problema una respuesta menos trivial si se intercambiaran las piezas de la izquierda y la derecha de la curva, de modo que la pieza vertical quedara en el medio de la curva completa? [¡Creo que sí!]

El OP asume KE = 0 en b porque pensaron que en la F mínima, ese debería ser el caso. (La lógica es que, si KE > 0 en b, entonces podríamos haber disminuido F un poco con el carrito aún llegando a b; debe llegar con velocidad cero si solo "apenas" llega). Tal vez podría elaborar más en su respuesta por qué esto es incorrecto.
@YiFan El KE no puede ser cero en b, porque si $F$ es lo suficientemente grande (es decir $F ≥ mg$ ) para que el carrito suba la primera parte (vertical) de la curva, hará que el carrito gane KE durante el resto del viaje (excepto infinitesimalmente cerca de b). Se muestra fácilmente que la condición para ganar KE en cualquier punto a lo largo de la curva es $\sin \theta ≤ \frac F {mg}$ en el cual $\theta$ es el ángulo local de la curva con la horizontal.
Sí, ¿tal vez sea bueno editar eso en la respuesta para que esté completo?

Michael Seifert · Answer 2

Dado que este es un problema 1-D, también podemos definir una energía potencial debida a la fuerza aplicada, dada por

{tu}_{F} \equiv - \int_{0}^{\vec{r}} \vec{F} \cdot d \vec{r} = - F s

$U_F \equiv -\int_0^\vec{r} \vec{F} \cdot d\vec{r} = - F s$ dónde

s

$s$ es la longitud del arco a lo largo del camino. Ajuste del valor de

F

$F$ se puede considerar como un ajuste de la "fuerza" de esta energía potencial.

Un poco de geometría muestra que podemos relacionar $s$ a la altura $y$ por

s = R {\begin{cases} arcsen (y / R) & 0 \leq y \leq R \\ \arccos (2 - y / R) + π / 2 & R < y \leq 2 R \end{cases}

$s = R \begin{cases} \arcsin(y/R) & 0 \leq y \leq R \\ \arccos(2 - y/R) + \pi / 2 & R < y \leq 2R\end{cases}$ y entonces la energía potencial total para el objeto es

tu = metro gramo y - F R {\begin{cases} arcsen (y / R) & 0 \leq y \leq R \\ \arccos (2 - y / R) + π / 2 & R < y \leq 2 R \end{cases} .

$U = m g y - F R \begin{cases} \arcsin(y/R) & 0 \leq y \leq R \\ \arccos(2 - y/R) + \pi / 2 & R < y \leq 2R \end{cases}.$

Para $F = mg$ , la energía potencial se ve así:

Es fácil ver que una partícula en $y = 0$ con una energía cinética inicial despreciable llegará a $y = 2R$ (y tendrá una cantidad sustancial de KE cuando llegue allí). Por otro lado, si graficamos el potencial para $F = 2 m g /\pi$ , obtenemos la siguiente gráfica:

Si el carro llegara $y = 2R$ en este potencial, llegaría allí con la misma KE con la que empezó; tendríamos $\Delta K = -\Delta U = 0$ entre estos puntos. Pero tendría que tener una velocidad inicial que sea suficiente para "superar la joroba". Por otro lado, si el carro comienza con cero KE, no puede pasar el montículo y por lo tanto nunca llegará a $y = 2R$ .

eli · Answer 3

La ecuación de movimiento es:

metro \ddot{s} + F - porque (\frac{s}{R}) metro gramo = 0

$m\,\ddot s+F-\cos\left(\frac sR\right)\,m\,g=0$

formulario aquí con $~s=\pi\,R~$ y $~\ddot s=0~$ obtienes eso

F = - metro gramo

$F=-m\,g$

ahora tu problema

multiplicar la EOM con $~\dot s~$ e integras obtienes

\frac{metro}{2} {\dot{s}}^{2} = - \int F d s - \int porque (\frac{s}{R}) metro gramo d s = - F s - metro gramo R pecado (\frac{s}{R}) \Rightarrow W = - F s - metro gramo R pecado (\frac{s}{R})

$\frac m2\dot s^2=-\int F\,ds-\int \cos\left(\frac sR\right)\,m\,g\,ds=-F\,s-m\,g\,R\sin\left(\frac sR\right)\quad\Rightarrow\\ W=-F\,s-m\,g\,R\sin\left(\frac sR\right)$ pero con

s = π R

$~s=\pi\,R~$ obtienes eso

F = 0

$~F=0$ por lo tanto, su ansatz probablemente esté equivocado

pero si el trabajo es

W = metro gramo y + F y

$W=m\,g\,y+F\,y$ obtienes para y=

2 R, W = 0

$~2\,R~,W=0$ ,

F = - m g

$~F=-m\,g~$

En la primera ecuación, ¿no tenemos un signo menos delante de la $\cos(s/R)$ ? La componente del peso paralela al riel siempre es opuesta al desplazamiento. De lo contrario, gran idea!

Claudio Saspinski · Answer 4

La forma en que se plantea el problema, $F >= mg$ porque el carro comienza a moverse. Pero después, la fuerza siempre será mayor que la componente tangencial de mg. Entonces el carro acelerará todo el tiempo. Entonces el minimo es $F = mg$

Y si no sólo la magnitud sino también la dirección de $\mathbf F$ es constante, pero el carro está obligado a seguir la trayectoria?

$\mathbf F_{net} = m\mathbf a$

Durante la trayectoria, hay fuerzas normales. Como siempre son ortogonales al desplazamiento admisible, podemos deshacernos de ellos haciendo un producto escalar con el desplazamiento elemental:

$(\mathbf F - m\mathbf g)\mathbf{.dr} = m\mathbf a\mathbf{.dr}$

Hasta $x = R$ , nombrar $cos(\theta) = 1 - \frac{x}{R}$ :

(F - metro gramo) d r C o s (θ) = metro \frac{d v}{d t} . d r ⟹ (F - metro gramo) R d θ C o s (θ) = metro v . d v = d (\frac{1}{2} metro v^{2})

$(F - mg)drcos(\theta) = m\frac{\mathbf {dv}}{dt}\mathbf{.dr}\implies (F - mg)Rd\theta cos(\theta) = m\mathbf v\mathbf {.dv} = d\left(\frac{1}{2}mv^2\right)$

integrando desde $0$ a $\frac{\pi}{2}$ , y suponiendo $v = 0$ para $\theta = 0$ :

(F - metro gramo) R = \frac{1}{2} metro v_{1}^{2}

$(F - mg)R = \frac{1}{2}mv_1^2$ Es necesario que

F >= m g

$F >= mg$ para que se cumpla esta ecuacion

El segundo camino es similar, excepto que $cos(\theta) = \frac{x}{R} - 1$ . Cuando $\theta = -\frac{\pi}{2}$ , $v = v_1$ y la integral es de $-\frac{\pi}{2}$ a $0$

(F - metro gramo) R = \frac{1}{2} metro v_{2}^{2} - \frac{1}{2} metro v_{1}^{2}

$(F - mg)R = \frac{1}{2}mv_2^2-\frac{1}{2}mv_1^2$

Si $F = mg$ , $v_1 = 0$ , y $v_2 = 0$ . Entonces, también en este caso, $F = mg$

Pero el problema tiene más sentido. La velocidad en esta situación límite es siempre cero. La proyección de F y mg siempre será igual, por lo que dada una pequeña velocidad inicial, se mantiene igual.

Resultado inconsistente del teorema de la energía cinética

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