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Sistemas de masa variable A. Fern´ andez andez Caballero, J. D. Garc´ Garc´ıa Fuentes 26 de marzo de 2012

Resumen En este trabajo se estudian los sistemas de masa variable. variable. Se analizan caracter´ caracter´ısticas generales y se expone una amplia variedad de ejemplos de este tipo tip o de sistemas f´ısicos. ısicos.

1.

Intr Introdu oducc cci´ i´ on. on.

En la f´ısica elemental elemental se tiende, tiende, generalmen generalmente, te, a estudiar estudiar en profundidad profundidad sistemas cuyas masas permanecen constantes en el tiempo, dejando de lado o únicamente intro´ precisamente es el duciendo algunos ejemplos espec´ espec´ıficos en los que la masa var´ var´ıa. Ese objetivo de este trabajo, realizar un estudio de los sistemas cuya masa no es constante, sino que depende del tiempo. Con esta condición on se verá que la evolución on de los sistemas es más as complicada que en el caso de sistemas con masa constante. Se analizarán, a nivel general, las consecuenci co nsecuencias as de ésta esta considera c onsideraci´ ción on y se expondrán an distintos ejemplos de este tipo de sistemas. En la mecánica anica clásica asica la masa m asa de una un a part pa rt´´ıcula, o de un conjunto c onjunto dado de part p art´´ıculas, es constante. Por tanto, un sistema mecánico anico que q ue no pierda p ierda ni n i gane part´ıculas ıculas mantiene su masa invariable. La variacián an de masa en un sistema procede de la pérdida erdida o ganancia de part´ part´ıculas. Esto puede ocurrir cuando el sistema quede definido p or ejemplo p or el criterio de las part´ part´ıculas contenidas dentro de un recinto determinado. Como veremos en lo que sigue, la variación on de masa produce a su vez un cambio de la cantidad de movimiento del sistema, interpretable a partir de una fuerza ficticia equivalente.

2. 2.1. 2.1.

Ecuaci´ on on de movimiento Fuerz uerzas as

Para estudiar en general tales sistemas de masa variable, consideraremos un sistema, de masa instant´ anea m, cuyo centro de masa se está moviendo en ese instante t con una anea velocidad  velocidad v(t) en un cierto referencial inercial, y que se encuentra sometido a una fuerza  ext resultante externa F posterior, t+∆ +∆tt, la configuración on del sistema ext (t). Un cierto instante posterior, t habr´ a cambiado, por haber sido alcanzado dicho sistema por una pequeña na masa ∆m ∆m que se mov mov´´ıa inicialmente con una velocidad u(t), medida tambi´ en en en el mismo referencial inercial. Nuestro propósito osito primordial es establecer la forma que tomará la segunda ley del movimiento para el sistema de masa m masa m((t). Podemos analizar la situación on considerando el sistema global m(t) + ∆m ∆m, que es un sistema de masa constante al que podemos aplicar sin ambages los resultados conocidos. Puesto que el sistema global (m ( m(t) + ∆m ∆ m) es de masa constante, podemos p odemos asegurar que para él el ocurre:  ext F )∆t = ∆ p( p (t) ext (t)∆t

1

(1)

2.1 2.1 Fuerz uerzas as

M´ etodo et odoss mate ma tem´ m´ aticos para la mec´ anica

O sea que la variación on de momento lineal producida por la resultante de las fuerzas externas al sistema durante el intervalo de tiempo ∆t ∆ t es igual al cambio de la cantidad de movimiento del mismo. Podemos escribir:  ext F )∆t = (m(t) + ∆m ∆ m)( )(v(t) + ∆ ∆v) ext (t)∆t

− (m(t)v(t) +  + u(t)∆m )∆m)

(2)

Podemos escribir, despreciando los productos de varios incrementos, la siguiente expresi´ on: on:  ext )∆t = m = m((t)∆ )∆v + v(t)∆m )∆m F ext (t)∆t

)∆m − u(t)∆m

Se puede hacer el paso al continuo dividiendo por ∆t ∆ t y tomando tomand o el l´ımite ∆t obteniendo obtenie ndo as´ as´ı la definici´ definici on oń de derivada, y por tanto la siguiente ecuación: on: dv(t) dm( dm(t)  ext F m (t) + v (t) ext (t) = m( dt dt

dm(t) − u(t) dm( dt

(3)

→ 0, (4)

O lo que es igual: d dm( dm(t)  ext F [m(t)v(t)] u(t) (5) ext (t) = dt dt que no es sino la expresión on de la segunda ley de Newton, que define la fuerza externa que act´ ua sobre un sistema material cuya masa no permanece constante en el transcurso ua del tiempo, por estar recibiendo un aporte de masa y, por supuesto, de cantidad de movimiento desde el exterior. Debemos Debemos hacer incapi´ incapi´ e en que las ecuaciones ecuaciones ( 4) y (5), se reduce reducen n a expres expresion iones es conocidas en determinadas situaciones. Estas ecuaciones son, respectivamente:

−

d p( p(t)  ext F (6) ext (t) = dt que aparecen siempre que el sistema que estemos considerando tenga masa constante; esto es, siempre que no intercambie masa con el exterior, o incluso cuando intercambiándola sea  sea u(t) = 0.  ext F m(t)a(t) ext (t) = m(

;

Para estudiar el movimiento de un sistema abierto (de masa variable) hemos tenido que recurrir a incluir la masa ∆m ∆m que se aporta (o que se desprende) al sistema en un sisd p(t)  ext tema global de masa constante. Esto ha sido necesario porque la expresión F ext (t) = dt s´ olo puede utilizarse para sistemas cerrados, aun cuando en ellos exista intercambio de olo masa entre sus diversas partes. Sin embargo, en muchos problemas, como en los referentes al movimiento de los cohetes, estaremos interesados estrictamente en el estudio del movimiento de una de las partes del sistema. Entonces será conveniente definir como sistema principal esa parte cuyo movimiento nos interesa, aun cuando su masa var´ var´ıe con el tiempo. En esas condiciones, condiciones, será m´ as interesante reescribir la expresión as on (4) en la forma:  ext F (u(t) ext (t) + (

dm(t) dv(t) = m( m(t) − v(t)) dm( dt dt

(7)

que posee una interpretación on f´ısic ıs icaa más as evidente. El primer t´ ermino ermino del primer miembro representa el ritmo con que la fuerza externa (el medio ambiente) está suministrando cantidad de movimiento al sistema de masa m masa m((t) (variable); (variabl e); el segundo seg undo término ermino representa el ritmo con que se está transfiriendo cantidad de movimiento al sistema principal, de masa m masa m((t) (variable), por la masa que se le incorpora o que sale del mismo. Este segundo término ermi no deber´ deb erá interpretarse como la fuerza “ejercida” sobre el sistema principal por la masa que se la incorpora incorpora o sale de él. el. En el caso de un cohete, cohete, este término ermino recibe el nombre de empuje; en general lo llamaremos fuerza de reacción y lo designaremos por  reac F reac (t).

2

2.2 Mom Momen ento to angula angularr


La suma de esas dos fuerzas es la fuerza total que actúa ua sobre el sistema principal, que será igual al producto de la masa m (variable) del mismo por la aceleración de su centro de masa; es decir,  ext  reac (t) = m( F m(t)a(t) (8) ext (t) + F reac como si se tratase de un sistema cerrado. La cantidad  cantidad u(t) v(t) es la velocidad relativa de la masa que se incorpora o sale del sistema principal princip al respect re spectoo a él el ( ( urel (t)); y por lo tanto:

−

dm( dm(t) dv(t)  ext F + urel (t) = m( m(t) ext (t) +  dt dt dm( dm ( t )  reac F urel (t) reac (t) =  dt

(9)

(10)

Con este estudio que hemos expuesto, ya estamos en condiciones de analizar cualquier sistema cuya masa no sea constante a lo largo del tiempo.

2.2. 2.2.

Momen Momento to angula angular r

A la obtenci´ obtenci´ on on de la expresión on del momento angular, no vamos a seguir incluyendo las dependencias temporales para que las expresiones no sea aún un m´ as engorrosas. Supongamos as un sistema de part´ıculas ıculas i = i = 1, 2, . . . n , n , buscamos un sistema de referencia inercial S con respecto al cual mediremos las magnitudes de movimiento movimiento de las part´ part´ıculas: velocidades. Por otra parte las posiciones de las part´ part´ıculas las podemos medir con respecto a puntos de movimiento arbitrario con respecto a nuestro sistema inercial.

Figura 1: Esqu Esquema ema de nuestr nuestro o sistem sistema a de part´ part´ ıculas. ıculas. El momento angular con respecto al punto O, se define como:

 h0 =

∧   ∧  ri mi

 i dR = dt

ri mi

    ∧

 0 dri dR + = dt dt

ri mi

dri +  ω dt

∧

 0 dR ri + dt



Que tambi´ t ambién en se s e puede pue de desarollar de sarollar como:  h0 =

 − i

 0 dR dt

∧ m r + r ∧ ( ω ∧ r ) + r i i

i

3

i

i

∧  dri dt

(11)

3 Ejemplos Ejemplos sencillos. sencillos.


Derivando Derivando con respecto respecto en el sistema sistema de referenci referenciaa inercial inercial obtenemos: obtenemos: d h0 = dt



dri dt

∧ m

i

   i dR dt

+

ri

∧

 i d2 R mi 2 = dt

Obtenemos la ecuación on de momento angular:  0 = M

3.



ri

    − ∧  0 d R dt

 i d2 R d h0 mi 2 = + dt dt

∧

dri mi dt

 ∧   0 d R dt

mi

dri dt

+

ri

∧

 i d2 R mi 2 dt

(12)

Ejemp Ejemplo loss senc sencil illo los. s.

3.1. 3.1.

Ejemp Ejemplo lo A. Modelo Modelo discre discreto to

En primer primer lugar lugar analiz analizare aremos mos un caso caso simpli simplifica ficado do de sistem sistemaa de masa masa variabl ariable. e. Supongamos una plataforma plana apoyada sobre unos ra´ ra´ıles, un total de masa M , cargada con 2 bloques de masa m cada uno. En el instante de tiempo t tiempo t = = 0, se lanzan los 2 bloques a una velocidad u respecto u respecto a la plataforma . Analicemos la velocidad final adquirida por la plataforma plana, mediante la conservación on de la cantidad de movimiento: pi = p f Si al inicio tenemos el sistema en reposo la cantidad de movimiento inicial es 0. Y la velocidad final adquirida por la plataforma: 0 = M v + 2m 2 m ( u + v + v))

· ·

·−

mu −→ v = M 2 + + 2m

Ahora pensemos en un proceso secuencial en el que lanzar´ lanzar´ıamos primero un bloque, y luego el otro, planteando la conservación on de la cantidad de movimiento: mu 0 = (M ( M + m + m)) v1 + m + m ( u + v + v1 ) v1 = M + + 2m

−

−→

Esta es la velocidad adquirida despu´ es es del primer lanzamiento. Después es del segundo la conservación on de la cantidad de movimiento será: a: (M + m + m))v1 = M = M v2 + m + m ( u + v + v2 )

−

mu + (M (M + m + m)) v1 mu −→ v2 = mu + = + v + v1 M + m + m M + m + m

Y la velocidad final será: a: v2 =

mu mu + M + m + m M + + 2m

4

3.2 3.2 Ejem Ejempl ploo B.


Vamos a generalizar para el caso de n de n bloques bloques de masa m masa m,, lanzados a velocidad relativa u: n de golpe nmu vf = M + nm + nm

n secuencial n mu vf = + im i=1 M + im 



Vamos a comparar las velocidades adquiridas en uno y otro caso: n

1 + im i=1 M + im 1 n + nm M + nm As´ As´ı pues concluimos concluimos que la velocidad velocidad adquirida adquirida por los lanzamien lanzamientos tos secuencial secuenciales es siempre será mayor. 

vf = vf

3.2. 3.2.



≥

Ejem Ejempl plo o B.

Una cadena flexible de longitud total L y masa total M M se suspende verticalmente de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo y se suelta. Determine la reacci´ on que ejerce el suelo sobre el montón on on que se acumula mientras la cadena cae. Supondremos que los eslabones son muy pequeños nos (para poder asemejarlo a un continuo) y que no rebotan. Soluci´ on. on. Estamos en una situación on unidimensional, por lo que solo estudiamos lo que sucede en el eje vertical. Sea el sistema de masa variable el montón acumulado, de modo que en la dirección on vertical: v(t) = 0, 0,

u(t) =

−gt,

Fext (t) = R( R (t)

− m(t)g,

m(t) =

M 2 gt 2L

Por lo tanto, la ecuación on (9) nos conduce a: 3M 2 2 g t 2L Evidentemente, esta expresión on tiene sentido f´ısico ısico durante el intervalo intervalo de tiempo t iempo en el que la l a cadena cad ena est´ e sté cayendo. La reacci´ r eacción on m´ axima del suelo sobre el montón axima on acumulado se da cuando el punto más as alto de la cadena alcanza el suelo. Calcul´ emosla. emosla. Para un cuerpo en ca c a´ıda libre desde una altura L, L , el e l tiemp t iempoo de d e ca´ıda ıda es R(t)

dm(t) =0 ⇒ − m(t)g − gt dm( dt

t =

R(t) =



2L g

y por lo tanto: R(tmax) = 3M g ´ La reacción on m´ axima es tres veces el peso de la cadena. Esto axima se debe al intercambio de momento existente entre la cadena y el suelo, lo que provoca que el suelo deba ejercer una reacción on superior sup erior a la que deber´ deber´ıa realizar si el cuerpo estuviera simplemente apoyado sobre él. el. Una vez toda la masa de la cadena cadena est´ e sobre el suelo, suelo, el valor valor de la reacci´ reacción on que ejerce el suelo sobre el montón on acumulado es constante. En esa situación R on R = = M M g

5

3.3 3.3 Ejem Ejempl ploo C.


Figura Figura 2: Ejempl Ejemplo o B. Para Para la repres represent entaci aci´ ´ on on M = 1kg , L = 1m. Se observ observa a la discon discontin tinuid uidad ad que se produc produce e en el mome moment nto o en que que toda toda la cade cadena na ha caid caido o al suel suelo. o.

3.3. 3.3.

Ejem Ejempl plo o C.

Un depósito osito cil´ıncrico ıncrico de masa M, con base circular de área area A, tiene l´ıquido inicialinicial mente hasta una altura h altura h 0 . Al nivel del suelo se hace un pequeño no agujero circular de área area a por el cual el agua supondremos que sale horizontalmente. Determine la aceleración del dep´ osito osito producido por la p´ erdida erdida de masa. Soluci´ on. Sea on. Sea h h((t) la altura del l´ıquido en el dep´ osito osito y ρ y ρ su densidad. Si suponemos que la aceleración on no afecta a la superficie del l´ıquido, ıquido, po demos primero estimar la forma en que decrece la masa del l´ıquido en el recipiente. La velocidad de salida del l´ıquido, referida al recipiente y suponiendo a << A, A, viene dada por 2gh( gh(t), de modo que la variación on de masa del depósito osito est´ a dada por:



dm( dm(t) = dt



−ρ

y

2gh( gh(t)a,

m(t) = M + M + ρAh ρAh((t) Ahora planteamos la ecucación on de movimiento. Para ello conocemos la velocidad relativa del sistema con respecto a la masa que sale del sistema: urel (t) = u( u (t)



− v(t) = −

2gh( gh(t)

Como no hay fuerzas externas en la dirección on horizontal, que es la que nos interesa en este problema, acudiendo a la ecuación on (9) podemos escribir la ecuación on de movimiento: dv( dv(t) dt dv( dv(t) (ρAh( ρAh(t) + M + M )) dt 0 = m( m (t)

0=

−

−u − −

rel (t)

dm( dm(t) , dt

   − 

0 = (ρAh( ρAh(t) + M + M ))

2gh( gh(t) ( ρ 2gh( gh(t)a),

dv( dv(t) dt

y finalmente:

6

ρgah(t) − 2ρgah(

3.4 3.4 Ejem Ejempl ploo D.


dv( dv (t) a = 2g 2g dt A

h(t) M + h + h((t) ρA

La derivada de la altura respecto del tiempo es proporcional a la derivada de la masa respecto del tiempo, ya que m que m((t) = ρAh( ρAh (t). Podemos Po demos as´ as´ı calcular cal cular la expresi´ ex presión on de la altura a partir de ésta ecuación on diferencial:

 −

a 2gh( gh(t) dh( dh(t) = dt A Integrando entre el instante inicial, para el cual h(0) = h = h 0 y un instante arbitrario t (siempre y cuando a´ un un quede l´ıquido en el recipiente) se obtiene, 2 a 2g t A Volvien olviendo do de nuev nuevoo a la ecuaci ecuaci´ón on diferencial para la velocidad, y sustituyendo la expresi´ on de la velocidad, obtenemos: on

h(t) =

 −  

dv( dv(t) a = 2g dt A

h0

√ − √  √ − √  a A

h0

M ρA

+

2g t

a A

h0

2

2g t

2

ecuaci´ on diferencial es sencilla de resolver, realizando el cambio de variable x = on √ h Esta √ − 2g t, haciendo la división, on, integrando y deshaciendo el cambio de variable se 0

a A

llega a lo siguiente: a v(t) = 2g t + t + A



2gM arctan ρA



ρAh0 M

   − − a

2ρg 2 ρg t AM

2gM arctan ρA

  ρAh0 M

Esta expresión o n es válida alida mientras quede l´ıquido ıquido en el recipiente. El instante para el que nos quedamos sin l´ıquido se puede obtener haciendo h haciendo h((tf ) = 0, lo que nos conduce a que t que t f =

3.4. 3.4.

A a



h0 . 2g

Ejem Ejempl plo o D.

Una cadena flexible de longitud total L y masa total M viene M viene deslizando dobre una superficie horizontal lisa, sin fricción on y con velocidad constante u constante u 0 en la dirección on OX en sentido de las X crecientes. Al llegar al origen se encuentra con un bloque de masa M inicialmente en reposo. Determine la posición on del bloque en función on del tiempo mientras la cadena se acumula contra él. el. Supondremos Sup ondremos que los eslabones son muy pequeños nos (para poder asemejarlo a un continuo) y que no rebotan. Soluci´ on. on. Estamos en una situación on unidimensional, por lo que solo estudiamos lo que sucede en el eje horizontal. Sea x(t) la coordenada del bloque. La masa total del sistema será la del bloque más as la fracción on de masa de la cadena que se vaya acumulando contra él. el. Es por tanto: M (u ( u0 t x(t)) L Adem´ as, de acuerdo con nuestra nomenclatura u(t) = u0 , v (t) = x˙ , F ext as, ext (t) = 0. La ecuaci´ on on (9) conduce a la siguiente ecuación on diferencial: m(t) = M + +



M 0 = M + + (u ( u0 t L

−

− x) 7

− x ¨

M (u ( u0 L

− x˙ )2,

3.4 3.4 Ejem Ejempl ploo D.


Figura

3: Ejempl Ejemplo o C. Para la repres represent entaci aci´ ´ on o n se ha 2 utilizado M = 1kg , h0 = 0,5m,a = 0,5cm y A = 1dm2 . Se observ observa a que al inicio inicio la veloci velocidad dad crece crece lineal linealmen mente. te.

o bien, en t´ erminos erminos de la variable auxiliar z auxiliar z (t) = L + L + u u0 t

− x(t):

0 = z( z (t)¨ z (t) + z˙ 2 (t) con condiciones iniciales z iniciales z (0) = L = L,, z˙ (0) = u = u 0 . Nos damos cuenta que la ecuación on diferencial previa se puede reescribir como: 0=

d [z [ z (t)z˙ (t)] dt

Cuya integración on resulta inmediata y es: z (t) =



K 1 t + K + K 2

donde las constantes se determinan con las condiciones iniciales, resultando ser K 1 = 2Lu0 y K 2 = L2 . Deshaciendo el cambio de variable recuperamos la posición del bloque, que era nuestro objetivo:

   −

x(t) = u 0 t + L + L 1

2u0 t + 1 L

Esta expresión on es válida alida hasta que la masa total de la cuerda se “incorpora” a nuestro sistema de inter´ i nterés, es, es e s decir dec ir mientras mi entras que t 3L/2 L/2u0 . Posteriormente, el sistema continuará movi´ endose endose a velocidad constante. Concretamente a la velocidad alcanzada cuando la cadena se agota.

≤

v(t) =

   −  

dx( dx(t) = u 0 1 dt

1

1+

2u0 L

t

u0 2 Lo que concuerda con el principio de conservación on del momento lineal. Al principio un cuerpo de masa M masa M se desplazaba a velocidad u 0 , finalmente tenemos un cuerpo de masa 2M , M , por lo que la velocidad ha de reducirse a la mitad. v (tf ) =

8

4 Aplicaciones


Figura

4:

La condici´ condici´ on o n para para determ determina inar r el instan instante te en el que que toda toda la cade cadena na form forma a part parte e de nues nuestr tro o sist sistem ema a es que que el punt punto o m´ as a s atra atrasa sado do de la mism misma a haya haya = x((tf ). alcanzado alcanzado al bloque bloque u0 tf L = x

−

(a) Velocidad

on on (b) Posici´

Figur gura 5: Ejempl Ejemplo o D. Se han utiliza utilizado do estos valores valores M = 1kg , L = 1m, u0 = 2m/s

4. 4.1. 4.1.

Apli Aplica caci cion ones es Aspe Aspers rsor or

Analizaremos a continuación on el problema de un aspersor. Supongamos que establecemos un flujo Q flujo Q,, de l´ıquido de densidad, densida d, ρ ρ a trav´ es es de pivote, O. El pivote permite que la estructura del aspersor de radio R gire en torno a él. el. La velocidad relativa de salida del l´ıquido ıqui do la llamare lla maremos mos v r . Supongamos que el momento de la fricción on del pivote es: τ τ =

−kω ·  k

se opone opone al movimie movimiento nto

A continuación on vamos a obtener la velocidad angular en modo estacionario. Aplicando el teorema del momento angular a las part´ part´ıculas interiores al aspersor asp ersor (nuestro sistema) de masa total m: d  i,ext ri F ri mivi i,ext = dt Los momentos están an calculados respecto al punto O y las velocidades y las fuerzas son las observadas en un sistema inercial, pero expresadas en la base móvil del sistema, es decir ejes x, ejes x, y. Las interacciones relevantes de nuestro sistema con el medio exterior a él el producen prod ucen 2 momentos:



−kω ·  k dm · v =  = r 1 ∧ dt

∧





∧ 



∧

τ τfric ric = f τ τflux lux f

s

 

s1

r,s1

+ rs2

dm dt

9

s2

· v

r,s2



4.1 4.1 Aspe Aspers rsor or


Figura 6





dm Q dm Q donde don de los términos ermi nos = ρ y = ρ son las variaciones de la masa dt s1 2 dt s2 2 total a trav´ es es de las secciones S 1 y S 2. 2. Ambas son magnitudes negativas pues suponen pérdi er dida das. s. Las posiciones y velocidades relativas están an expresadas respecto del triedro móvil ovil que gira con velocidad velocidad angular ω  , sus expresiones en esta base son:

−

rs1 = R = R i y vr,s1 =  = vr +  +  ω rs1 = R i y vr,s2 =  = vr +  +  ω

−

 = v senθ i + (ωR (ωR − v cosθ) cosθ ) j ∧ r 1 = v s

r

r

 ∧ r 2 = −v senθ i − (ωR − v cosθ) cosθ ) j s

r

r

Ahora aplicando el teorema del momento angular tenemos (estacionario): v cosθρQR kω = ρQR ρQR (ωR − v cosθ) cosθ) −→ ω = −kω = ρQR2 + k r

r

Resultado que muestra que incluso cuando el torque de fricción on sea cero, la velocidad angular está acotada por un valor máximo: aximo: vr cosθ R Si queremos queremos estudiar el comportamien comportamiento to en dependencia dependencia temporal tenemos que tener en cuenta cuent a el e l término ermi no ωmax =

d ri mivi dt Si desdo d esdoblam blamos os este es te término ermi no para pa ra part´ pa rt´ıculas ıcu las de d e agua agu a y para pa ra part´ pa rt´ıculas ıcu las pl´ p lásticas/met´ asticas/met´ alialicas de la tuber´ tub er´ıa: ıa:



d dt Con



ri

∧

d mivi = dt

 

va =  = vra +  +  ω

ra

∧



∧ m v

 

∧ r

a

a a

d + dt

y ve =  ω

re

∧ m v

e e



∧ r

e

Llegamos a: d dt



ri

∧

d mivi = dt

 

ra

∧ m v

a ra +



10

ra

∧ m ( ( ω ∧ r ) + a

a



re



∧ m ( ( ω ∧ r ) e

e

4.2 Asperso Aspersorr de de Feynman eynman


Derivando el primer pr imer término ermino de la l a derecha: der echa: d dt



ra

∧ m v

a ra

Y los demás: as: d dt d dt

 

ri ri

  =

∧ m v ∧ m v

+  ω ∧ r ) ∧ m v ∧ r +  a

a

a

ra +



=0

d ω  dt d =  ω dt

  ·   · 

i i

i i

(vra +  +  ω

=

 

ma ( (ra ra ) +  +  ω

·

ma ( (ra ra ) +

·



ra

( ω ∧ v ∧ m ( a

ra )



 

me ( (re re )

·

me ( (re re )

·

Ahora vamos a despreciar despreciar el t´ ermino ermino de momento momento de inercia inercia correspondi correspondiente ente a las mol´ eculas eculas de agua, debido a que la gran contribuci´ on on van a ser las mol´ eculas eculas del s´ olido: olido: d d d ω R2 d ω ri mivi = ( (  ω I ) = I = m dt dt dt 3 dt As´ı pues p ues la ecuaci´ ecua ción on diferencial sale:

 m

∧



·

R2 dω + ω ρQR2 + k = ρQRv = ρQRvr cosθ 3 dt



Cuya solución on es: ω = ω = ω est (1



− exp( exp(−t/τ )) t/τ ))

τ =

mR2 3 (ρQR2 + k) k )

Observar Observar que depu´ es es de un largo tiempo se obtiene la solución on estacionaria.

4.2. 4.2.

Asperso Aspersor r de Feynman eynman

En 1985 R.P Feynman uno de los más as distinguidos f´ısicos del siglo XX public´ o una colecci´ on on de anécdotas ecdotas biográficas, aficas, que luego se convertir convertir´´ıan en el libro “Está usted de broma, Mr Feynman”. Llamaron mucho la atención on por su carácter acter humor´ humor´ıstico. En la p´ agina 63 de este libro aparece: agina There was a problem in a hydrodynamics book, that was being discus dis cusse sed d by all the physics physics students students.. Thr Three pr probl oblem em is thi this: s: You havee an S-shap hav S-shaped law lawn n spr sprink inkler ler... ... and the wat water er squirts squirts out at right rig ht angles angles to the axi axiss and makes makes it spi spin n in a cert ertain ain dir direecti ction. on. Everybody knows which way it goes around; it backs away from the outgoing water. Now the question is this: If you... put the sprinkler comp omplet letely ely und under er water, water, and sucke sucked the water water in ... whi which ch way would it turn?  

 

Discutamos el problema, por claridad se discutirá el sistema con forma de L, en lugar de forma de S. Vamos a analizar las fuerzas que intervienen en el problema. Cuando el l´ıquido ıquido entra por el orificio orificio lleva lleva una cierta cierta velocidad velocidad y consecuen consecuentemen temente te cada part´ part´ıcula lleva lleva una cantidad de momento que comunica a la pared de la tuber´ tuber´ıa, as´ as´ı el aspersor rotar´ rotar´ıa en sentido antihorario (visto desde arriba). Por otra parte existe una diferencia de presión on entre las paredes pa redes de d e la tuber tube r´ıa, adem´ ad emás as esta fuerza tiene el mismo módulo odulo que la anterior anterior.. Esto supondr´ supondr´ıa que el aspersor aspersor no rota ro tar´ r´ıa. ıa . En cambio si tenemos en cuenta que durante el transitorio la fuerza que aparece primero es la debida a la diferencia de presión, on, se espera que el sistema gire en sentido

11

4.3 Cohete Cohetess monoetap monoetapaa


Figura 7 horario. Después es cuando el flujo de agua pare la fuerza predominate tenderá a frenar su rotaci´ on. on. No se sabe con certeza absoluta cúal ual es el sentido de rotación on del sistema. De hecho en la literatura se encuentran cálculos alculos y experimentos que se contradicen. El experimento m´ as reciente se puede ver online en la web y afirma que el sentido de rotación es horario as (experimento experimento). ).

4.3. 4.3. 4.3.1.

Cohe Cohete tess mo monoe noeta tapa pa Velocidad m´ axima axima

Ahora vamos a analizar el movimiento de un sistema a propulsión en un campo gravitatorio uniforme.

La ecuación on de movimiento es dv T = dt m

dm con T = −u − g con T dt

La soluci´ soluci´ on on de esta ecuación on es: m0 ) gt m Cuando se haya gastado el combustible tendremos velocidad máxima axima alcanzada: v = v = v 0 + u + u log(

·

+ u log( vb = v 0 + u

·

−

m0 ) mb

− gt

b

En función on de los parámetros ametros inciales de masa y aceleración on inicial inicial tenemos: tenemos:

12

4.3 Cohete Cohetess monoetap monoetapaa




m0 vb = v 0 + u + u log( ) mb

1

−R

− 

 −  1

mb m0

T a0 + g + g I mb Con = = y t b = 1 . m0g g m0 Ahora vamos a estudiar estudiar qu´ e velocidade velocidadess podemos obtener obtener con arreglo arreglo a materiales materiales combustibles qu´ qu´ımicos. La velocidad de eyecci´ on on de los combustibles qu´ımicos ımicos depende de su energ´ energ´ıa t´ ermica ermica por unidad de masa (debe ser un n´ umero grande) y del peso umero molecular (debe ser pequeño). no). Los combustibles qu´ımicos ımicos quedan caracterizados por su impulso imp ulso espec´ esp ec´ıfico, ıfico , I I I impulso producido por un sistema que quema 1 libra (peso) de combustible cada segundo.

R

R

Chemical prop ellant Ammonium nitrate rubber Potas Potassiu sium m perchlo perchlorit ritee thick thickol ol or asphal asphaltt Liquid oxygen alcohol Fluorine hydrogen

Typ e Solid Solid Solid

lb-s 17 170-210 170-21 170 -2100 250-270 300-385

Con estos datos podemos obtener la velocidad de eyección: on: u = 32 32,,2 I (ft/sec) ft/sec)

·

Chemical prop ellant Ammonium nitrate rubber Potas otassi sium um perc perchlor hlorite ite thic thickol kol or asph asphal altt Liquid oxygen alcohol Fluorine hydrogen

Typ e Solid Soli Solid d

lb-s 170-210 17 1700-21 2100 250-270 300-385

Graficamos a continuación on las velocidades máximas. aximas.

13

v(ft/sec) 5474-6762 54 5474 74-6 -676 7622 8050-8694 9660-12397

v(km/h) 6006-7420 60 6006 06-7 -742 4200 8833-9540 88 10600-13600

4.4 4.4 Optim Optimiz izac aci´ i´ on en cohetes multietapa on

4.3.2. 4.3.2.


Distan Distancia cia recorri recorrida da

Ahora vamos a calcular cúanto uanto sube el cohete antes de que se le acabe el combustible, para ello tenemos que integrar la ecuación on anterior de la velocidad en función on del tiempo. Vamos a hacer las siguientes suposiciones: m0 − m = − dm dt t

b

= constante

b

La distancia recorrida vendrá dada:



vdt = vdt =

− h0 = ut

−

tb

h =

tb

0

Integrando: hb

 

dt v0 + u + u log(

·

0

b

1

1 m0 /mb

−

m0 ) m



− gt

m0 log( ) + v0 tb 1 mb



− 12 gt2 b

donde hemos supuesto supuesto que la graved gravedad ad no var var´ıa apreciablem apreciablemente ente con la altura. altura. Sin embargo, cuando al cohete se le haya gastado el combustible, seguirá recorriendo una distancia, debido a que lleva al comienzo una velocidad v b , calculemos pues las distancia que subirá el cohete hasta que se detenga. Por conservación on de la energ´ energ´ıa (a alturas suficientes el rozamiento con el aire es despreciable):

   rb +hc

g0

rb

R r

2

vb2 dr = dr = 2

Con r Con r b = R = R + + h hb (radio de la tierra) La distancia máxima axima subida es:

−

hb h0 + hc = ut b 1

−

R

1 m0 /mb

−



m0 log( ) + v0 t0 1 mb

−

1 2 vb2 gt + 2 b0 2g R2

−

(R + h + hb h0 )2 vb2 /2g (R + h + hb hc )

−

−

Tanto la velocidad máxima axima cómo omo la altura máxima axima dependen depen den del de l impulso impu lso espec´ es pec´ıfico, ıfico, m0 , ratio de masas . mb

4.4. 4.4.

Opti Optimi miza zaci ci´ ´ on en cohetes multietapa on

Las velocidades máximas aximas obtenidas anteriormen anteriormente te no superaban superaban los 10.00 10.0000 km/h. km/h. Para orbitar alrededor de la tierra a una distancia de 2000km sobre la superficie (satélites elites artificiales) se requiere una velocidad de: v =

 

− 11 × 6e24 = 7km/s 7 km/s = = 25000km/h 25000km/h

 

− 11 × 6e24 = 1km/s = km/s = 3600km/h 3600km/h

GM = r

6,67 67ee

8e6

Y para la luna: v =

GM = r

6,67 67ee

4e8

14

4.4 4.4 Optim Optimiz izac aci´ i´ on en cohetes multietapa on


Calculemos ahora la velocidad de lanzamiento necesaria para orbitar alrededor de la tierra a una distancia de 400000km (Luna). De la conservación on de la energ´ energ´ıa (sin impulsiones, solo fuerzas gravitatoria): 1 2 v 2 0 Con v Con v f =



1 GM − GM = v 2 − R 2 R f



GM , despejando despejando v0 : R 

v0 =

   − 2GM

1 R

1 2R





Para R Para R = 6e6m y R = 4e8m v0 = 40000km/h 40000km/h Esta velocidad es inacesible por los cohetes monoetapa.

4.4.1. 4.4.1.

Cohete Cohetess multie multietap tapa a

Para obtener velocidades de propulsión on elevadas podemos combinar 2 o más as cohetes. El problema será fijar las masas del combustible de cada etapa del cohete adecuadamente para que al final cuando la máquina aquina se quede sin combustible alcanze una velocidad alta. La velocidad final del sistema de N etapas (cuando se haya quemado todo el combustible) será: a: vn =



ui log(µ log(µi ) con µ con µ i = (

m0 m0 )i = ( )i mb m0 m p

−

Con m Con m 0 nos referimos a la masa del sistema antes de quemar elcombustible y con m p m0 a la masa del combustible. Nuestro objetivo es obtener los µi para minimizar ratio P de masas.

15

REFERENCIAS


m0 =( P m01

−

m01 m p1 mestr1 m02

−

−

m02 m p2 mestr2

−

· · · mP 0

n

)

m0 masa inicial de todo el sistema y P P masa eyectada total y mestr la masa de la estructura que llevaba el combustible. Pero manteniendo la restricción on de que v que vn tenga un cierto valor deseado. Abordaremos este problema por el m´ etodo etodo de multiplicadores de Lagrange. El problema se puede simplificar tomando logaritmos y minimizando el logaritmo (suma de logaritmos). log(

m01 )= P

{

log(µ log(µi ) + log(1

+ λ((u log(µ log(µ ) − v )} − β ) − log(1 − µ β ) + λ i

i i

i

i

n

En donde hemos introducido introducido β i =

mestr.i mestr.i + m + m pi

Para que sea m´ınimo ınimo las derivadas parciales con respecto a las variables µ i : 1 β i ui + + λ = 0 1 µi β i µi µi

−

vn =



+ λu + λu −→ µ = 1λu β i

i

n ecuaciones

i i

ui log(µ log(µi ) 1 ecuacion

Resolviendo este sistema de ecuaciones podemos obtener los valores µi y de λ y de ah´ı se podr´ po dr´ıa ıa dise di se˜ nar n ˜ ar el sistema.

Referencias [1] Alonso, Alonso, M., Finn, Finn, E. J. F´ısica . Pearson Educación. on. 1a Edici´ on. on. México. exi co. 2000 [2] Goicolea Goicolea Ruig´ Ruig´ omez, omez, J. M. Curso de mec´ Universid ad Politécnica ecnica de Madrid. anica . Universidad 2001. anica Cl´ asica . Universidad de Santiago de Chile. 2004. [3] Rodr´ıguez ıguez Valencia, L. Mec´

[4] Franco, ranco, A. F A. F´´ısi ısica ca con orde ordenad nador or.. [5] Thomso Thomson, n, W. T. Introduction to space dynamics . Dover publications. New York. 1986. a usted de broma Sr. Feynman? Alianza editorial. Madrid. [6] Feynman, eynman, R. P. ¿Est´ 2003.

[7] Jenkins, Jenkins, R. Sprinkler Head Revisited: Momentum, Forces, and Flows in Machian Propulsion . European Journal of Physics. June. 2011

16

Sistemas de masa variable.pdf

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