Bolos de diez bolos: ¿Puede una bola de ping pong derribar un boliche?

Question

En este video vemos una técnica de bolos poco ortodoxa en exhibición. El caballero parece derribar todos los bolos usando sólo una bola de ping pong. Es falso, por supuesto: nunca podrías derribar un boliche con una bola de ping pong. ¿O sí? ¿Qué tan rápido tendría que viajar una pelota de ping pong para derribar un objeto pesado como un boliche? Naturalmente, eres libre de hacer cualquier suposición simplificadora y estimaciones de orden de magnitud que quieras.

Answer 1

Intentaré responder a esta pregunta con algo de dinámica básica y algo de mecánica de contacto.

Aquí hay dos casos especiales. a) Hay suficiente fricción para mantener la base del pasador A fijo (impartiendo un impulso de reacción $J_A$ cuando es golpeada por la bola, o b) El suelo es liso y la clavija se traslada y gira al mismo tiempo con $J_A=0$ . También hay una configuración especial en la que los dos casos son equivalentes.

Lo que estoy variando es la ubicación del golpeo de la pelota $y_B$ (por debajo o por encima del centro de masa C altura de $y_C$ ), y la velocidad de impacto $v$ .

Antes del impacto el estado de la velocidad es (positivo $x$ está a la derecha, medido en el centro de masa)

• Bola: $\vec{v}_2 = (-v,0,0)$
• Alfiler: $\vec{v}_1 = (0,0,0)$
• Alfiler: $\vec{\omega}_1 = (0,0,0)$

Los impulsos $J_A$ y $J_B$ alterar el movimiento en el centro de masa por

• Bola : $\Delta \vec{v}_2 = (\frac{J_B}{m_2},0,0)$
• Alfiler: $\Delta \vec{v}_1 = (\frac{J_A-J_B}{m_1},0,0)$
• Alfiler: $\Delta \vec{\omega}_1 = (0,0, \frac{y_C J_A - (y_C-y_B) J_B}{I_C} )$

El movimiento final del balón y los puntos A y B son

• $\vec{v}_2^\star =\vec{v}_2 + \Delta \vec{v}_2 = (\frac{J_B}{m_2} - v, 0, 0)$
• $\vec{v}_A^\star =\Delta \vec{v}_1 + \Delta \vec{\omega}_1 \times ( \vec{r}_A - \vec{r}_C ) = (J_A \left( \frac{1}{m_1} + \frac{y_C^2}{I_C} \right) - J_B \left(\frac{1}{m_1} + \frac{y_C (y_C-y_B)}{I_C}\right),0,0)$
• $\vec{v}_B^\star = \Delta \vec{v}_1 + \Delta \vec{\omega}_1 \times ( \vec{r}_B - \vec{r}_C ) =( J_A \left( \frac{1}{m_1} + \frac{y_C ( y_C-y_B)}{I_C}\right) - J_B \left(\frac{1}{m_1} + \frac{ (y_C-y_B)^2 }{I_C}\right),0,0) $

Para el caso de un terreno accidentado las condiciones de impacto elástico son (a lo largo de la consideración sólo de los componentes del eje x). El coeficiente de restitución es $\epsilon \approx 1$ para un contacto puramente elástico (sin adherencia).

• $(\vec{v}_2^\star - \vec{v}_B^\star) = -\epsilon (\vec{v}_2 - \vec{v}_B)$
• $ (\vec{v}_A^\star) =0 $

con solución

• $ J_A = (\epsilon+1) \frac{I_C + m_1 y_C (y_C-y_B)}{I_C + m_1 y_C^2 + m_2 y_B^2} m_2 v $
• $ J_B = (\epsilon+1) \frac{I_C + m_1 y_C^2}{I_C + m_1 y_C^2 + m_2 y_B^2} m_2 v $
• $\Delta v_1 = -(\epsilon+1) \frac{y_B y_C m_2}{I_C+m_1 y_C^2+m_2 y_B^2} v$
• $\Delta \omega_1 = (\epsilon+1) \frac{y_B m_2}{I_C + m_1 y_C^2 + m_2 y_B^2} v$

Ahora consideramos la energía cinética del pasador, que tenemos que comparar con la energía necesaria para volcar el pasador. Esto nos dará la velocidad necesaria para el impacto.

• $KE = \frac{1}{2} m_1 (\Delta v_1 )^2 + \frac{1}{2} I_C (\Delta \omega_1 )^2 $
• $PE = m_1 g \left( \sqrt{ \left(\frac{b}{2} \right)^2 + y_C^2} - y_C \right)$ donde $b$ es el diámetro de la base.

Al establecer $PE=KE$ la velocidad de impacto $v$ se encuentra. Más interesante para mí es la cuestión de dónde impactar ?

Consideremos el caso especial de $J_A=0$ lo que ocurre cuando $y_B = y_C + \frac{I_C}{m_1 y_C}$ . Esta es la centro de percusión instantáneo de la clavija y obliga a una rotación pura por la base sin reacciones.

Para el caso con suelo liso las condiciones de impacto elástico son

• $(\vec{v}_2^\star - \vec{v}_B^\star) = -\epsilon (\vec{v}_2 - \vec{v}_B)$
• $ J_A =0 $

con solución

• $J_A = 0$
• $J_B = (\epsilon+1) \frac{m_1 I_C}{I_1 (m_1+m_2) + m_1 m_2 (y_C-y_B)^2} m_2 v$
• $\Delta v_1=-(\epsilon+1) \frac{I_C m_2}{I_C (m_1+m_2) + m_1 m_2 (y_C-y-B)^2} v$
• $\Delta \omega_1=-(\epsilon+1) \frac{m_1 m_2 (y_C-y_C)}{I_C (m_1+m_2) + m_1 m_2 (y_C-y-B)^2} v$

y la energía cinética

• $KE = \frac{1}{2} m_1 (\Delta v_1 )^2 + \frac{1}{2} I_C (\Delta \omega_1 )^2$

Consideremos el caso especial en el que $y_B = y_C$ lo que da lugar a una traducción pura con $\Delta \omega_1 =0$ .

Para optimizar el problema debemos encontrar la distancia $y_B$ que maximiza la energía cinética. Los valores que hacen esto son

• Suelo rugoso: $$y_B = \sqrt{ \frac{I_C+m_1 y_C^2}{m_2} }$$
• Suelo liso: $$y_B = y_C + \sqrt{ \left( \frac{m_1}{m_2}-1\right) \frac{I_C}{m_1}}$$

NOTA:

Ambos puntos caen en el eje de instancia de la percusión $y_B = y_C + \frac{I_C}{m_1 y_C}$ cuando $$ m_2 = \frac{1}{\frac{1}{m_1} + \frac{I_C}{m_1^2 y_C^2}}$$ esto pone el requisito de que $m_2 > \frac{3}{4} m_1$ cuando el pasador es aproximadamente un cilindro con altura $2 y_C$

Answer 2

Este fue un problema que surgió en el curso de mi trabajo, así que lo estoy publicando aquí para mi propia referencia futura. Lo escribo públicamente porque el problema fue un poco más divertido/complicado de resolver de lo que esperaba inicialmente, así que tal vez sea entretenido para alguien más con algo de tiempo libre en sus manos. Si alguien puede detectar un error en mi razonamiento o encontrar una solución más elegante, también estaría muy agradecido :)

El objetivo es calcular la velocidad crítica $v_c$ de una pelota de ping pong, que hará que el boliche se vuelque tras la colisión. Estas son mis suposiciones. Modelizo el boliche como un bloque cúbico de masa $M$ , densidad uniforme, altura $h$ y la anchura $w$ . En realidad, un boliche real no es uniforme, sino que tiene un centro de gravedad más bajo y, por tanto, es más difícil de empujar. Por tanto, esta suposición lleva a subestimar la velocidad crítica de la bola de ping pong. Supongo que la bola de ping pong de masa $m$ incide en la parte superior del bloque con velocidad $v$ en el momento $t=0$ y luego rebota con velocidad $-v$ , transfiriendo $2mv$ impulso al bloque. En sentido estricto, este proceso no conserva energía, pero la corrección es pequeña siempre que $M \gg m$ . Una vez más, esta suposición conduce a una subestimación de la velocidad crítica. También asumo que la colisión es esencialmente instantánea. Por último, asumo que hay suficiente fricción entre el bloque y el suelo para que no se produzca ningún deslizamiento.

Dados estos supuestos, el estado inicial del bloque se especifica mediante el ángulo entre la parte inferior del bloque y el suelo, $\theta(0) = 0$ y la velocidad angular inicial $\dot{\theta}(0) = 2 m v h/I$ con $I = \frac{M}{3}(w^2 + h^2)$ el momento de inercia del bloque. La ecuación de movimiento del bloque viene dada por la segunda ley de Newton $$ \qquad \qquad \frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}t^2} = \frac{Mg}{2I}(h\sin\theta - w \cos\theta ). \qquad \qquad (1) $$ El argumento físico es el siguiente. Una vez que la pelota de ping pong ha rebotado, la única fuerza que actúa sobre el bloque es la gravedad. Si la velocidad angular inicial del bloque es muy pequeña, entonces la gravedad actúa para tirar del bloque hacia abajo. Por el contrario, si la velocidad angular inicial es lo suficientemente grande, el bloque alcanzará un "punto de inflexión", en el que el centro de masa del bloque está por encima del pivote. Este punto está especificado por el ángulo crítico $\tan\theta_c = w/h$ . Si el bloque se inclina más que esto, entonces caerá por su propia gravedad. Por lo tanto, la velocidad crítica es la más pequeña $v$ tal que $\theta(t) = \theta_c$ para algunos $t$ .

Ahora, soy demasiado perezoso para aprender a resolver la ecuación diferencial no lineal $(1)$ Así que hago una suposición más simplificadora, que $w\ll h$ . Por lo tanto, si restringimos nuestro análisis a los ángulos $\theta < \theta_c$ se aplica la aproximación de ángulo pequeño, ya que $\theta_c\approx w/h$ es en sí mismo pequeño. Obsérvese que esta suposición vuelve a facilitar el vuelco del bloque y, por lo tanto, conduce de nuevo a una subestimación de $v_c$ . Dentro de esta aproximación, tenemos

$$\frac{\mathrm{d}^2\theta}{\mathrm{d}t^2} \approx \frac{Mg}{2I}(h\theta - w ),$$

que tiene la solución

$$\theta(t) = \frac{w}{h}[1- \cosh(t/\tau) ] + \frac{2mvh\tau }{I}\sinh(t/\tau),$$

donde he aplicado las condiciones de contorno y definido la constante de tiempo

$$ \tau = \sqrt{\frac{2I}{Mgh}},$$

que es un parámetro característico del bloque y, por lo tanto, es independiente de $v$ .

Encontramos que el bloque puede alcanzar el ángulo crítico $\theta_c \approx w/h$ si existe un $t$ tal que

$$ \frac{2mvh^2\tau}{wI} \tanh(t/\tau) = 1, $$

y es evidente que esta condición puede satisfacerse para todas las velocidades $v$ mayor que la velocidad crítica

$$v_c = \frac{wI}{2mh^2\tau} \approx \sqrt{\frac{M^2g w^2 }{24m^2 h}}, $$

donde la última aproximación viene de $I \approx Mh^2/3$ ya que $w\ll h$ . Suponiendo que el bloque pesa $M = 2$ kg y tiene unas dimensiones $h = 30$ cm y $w = 10$ cm, y que la pelota de ping pong pesa $m = 2.7$ g, obtenemos $v_c \approx 90$ m/s $\approx 300$ kph. El el servicio más rápido de una pelota de ping pong se ha estimado en unos 100 km/h.