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Mensajes - JCB

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Temas de Física / Re: Sistema masa-resorte (M.A.S)
« en: 18 Junio, 2021, 11:02 pm »
Hola a tod@s.

Disculpa, franma. Parece que es un error de interpretación mío. Entendí que la masa unida al resorte, oscilaba verticalmente.

Saludos cordiales,
JCB.

2
Temas de Física / Re: Sistema masa-resorte (M.A.S)
« en: 18 Junio, 2021, 10:41 pm »
Hola a tod@s.

En general, coincido. Solo hago estos dos comentarios:

e) Según Wikipedia, si se parte de la expresión \( x(t)=A\cos(\omega t+\phi) \), derivando, \( v(t)=-A\omega\sin(\omega t+\phi) \). La velocidad máxima en módulo es \( v_{\text{máx.}}=A\omega=4,50\ m/s \), que coincide con la que tú has calculado.

f) Para hallar la fuerza máxima ejercida sobre el bloque, se debe tener en cuenta a la deformación del muelle debida al peso.
\( F_{\text{máx.}}=k(A+\dfrac{mg}{k})=kA+mg=34,96\ N \).

Saludos cordiales,
JCB.

3
Hola a tod@s.

Cuando escribí que “… el ejercicio acaba donde llegaste, franma. La condición \( F_r<\mu_eN \), solo te servirá para determinar un coeficiente de rozamiento estático mínimo (en función del ángulo del plano inclinado), para que no se mueva la esfera ...”, me refería a que no es posible determinar \( M \). Considero a las expresiones obtenidas por franma, de \( N \) y \( F_r \), como correctas.

Por otra parte, hméndez, la fuerza de rozamiento \( F_r \) no va a sobrepasar a \( \mu_eN \), al menos, con el coeficiente de rozamiento estático \( (\mu_e=0,7) \) y el ángulo del plano inclinado \( (\theta=30^{\circ}) \) que indica el enunciado. Luego, no se trata de una situación de movimiento inminente, repito, si nos atenemos a los datos del enunciado. Para que la situación fuese de movimiento inminente, entonces se debería cumplir que \( \mu_e\leq0,27 \), para un ángulo del plano inclinado de \( 30^{\circ} \), claro.

Saludos cordiales,
JCB.

4
Hola a tod@s.

Efectivamente, como la fuerza de rozamiento \( F_r \), como la normal \( N \) quedan en función de \( M \), el ejercicio acaba donde llegaste, franma. La condición \( F_r<\mu_eN \), solo te servirá para determinar un coeficiente de rozamiento estático mínimo (en función del ángulo del plano inclinado), para que no se mueva la esfera.

\( \mu_e>\dfrac{\sin\theta}{1+\cos\theta} \), cosa que se cumple, pues \( 0,7>0,27 \).

Saludos cordiales,
JCB.

5
Temas de Física / Re: Patinadores momento angular.
« en: 06 Junio, 2021, 11:30 pm »
Hola a tod@s.

Eso es franma, según el enunciado, la distancia (\( d \)) que separa a Judith de Ricardo, es igual a la longitud de la barra que sostiene Ricardo. El sistema de referencia que he elegido está centrado en el cdm. \( \vec{v_1} \) tiene dirección horizontal y sentido positivo. \( \vec{v_2} \) tiene dirección horizontal y sentido negativo. La distancia constante entre \( m_1 \) y \( m_2 \) es \( d \) (en el eje \( Y \)).

Recordando la definición de momento angular, \( \vec{L}=\vec{r}\times m\vec{v} \). En módulo, \( L=mvr\sin\theta=mv\left(\dfrac{d}{2}\right) \).

Saludos cordiales,
JCB.

6
Temas de Física / Re: Patinadores momento angular.
« en: 06 Junio, 2021, 10:58 pm »
Hola a tod@s.

Si te fijas, franma, no descarto el término que has señalado en rojo. \( d \) es la distancia que hay entre \( m_1 \) y \( m_2 \). Como el momento angular es el momento de la cantidad de movimiento, para \( m_1 \) y respecto al cdm, \( L_{1i}=m_1v_1\left(\dfrac{d}{2}\right) \). Habiendo elegido un sistema de coordenadas centrado en el cdm, el sentido del vector \( \vec{L_{1i}} \) sería positivo. De igual manera, \( L_{2i}=m_2v_2\left(\dfrac{d}{2}\right) \), también con \( \vec{L_{2i}} \) positivo. \( L_i= L_{1i}+L_{2i}=m_1v_1d \). Este es el módulo del momento angular constante, hasta que se produzca el encuentro.

Saludos cordiales,
JCB.

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Temas de Física / Re: Patinadores momento angular.
« en: 06 Junio, 2021, 08:46 pm »
Hola a tod@s.

Por haber estado unos días ausente, intervengo ahora, “a toro pasado”.

a) Como no hay fuerzas exteriores al sistema, se conserva la cantidad de movimiento.

\( m_1v_1+m_2v_2=(m_1+m_2)v_G \). Como \( v_2=-v_1 \), \( v_G=0 \).

Por el mismo motivo anterior (no haber fuerzas exteriores al sistema), tampoco hay momentos exteriores al sistema, por lo que se conserva, también, el momento angular.

El módulo del momento angular inicial respecto del cdm es \( L_i=m_1v_1\left(\dfrac{d}{2}\right)+m_2v_2\left(\dfrac{d}{2}\right)=m_1v_1d \).

El módulo del momento angular final respecto del cdm es \( L_f=I\omega=2m_1\left(\dfrac{d}{2}\right)^2\omega=\dfrac{m_1d^2}{2}\omega \). Igualando,

\( m_1v_1d=\dfrac{m_1d^2}{2}\omega \),

\( \omega=\dfrac{2v_1}{d}=0,95\ rad/s \).

b) Cuando los patinadores reducen la distancia entre ellos, el momento angular también se conserva,

\( I'\omega'=I\omega \),

\( \omega'=\dfrac{I}{I'}\omega=\dfrac{d^2}{d'^2}\omega=\dfrac{2v_1d}{d'^2}=9,12\ rad/s \).

c) Energía cinética de rotación con los patinadores separados una distancia \( d \),

\( Ec_a=\dfrac{1}{2}I\omega^2=\dfrac{1}{2}\dfrac{m_1d^2}{2}\left(\dfrac{2v_1}{d}\right)^2=m_1v_1^2=97,51\ J \).

Energía cinética de rotación con los patinadores separados una distancia \( d' \),

\( Ec_b=\dfrac{1}{2}I'\omega'^2=\dfrac{d^2}{d'^2}m_1v_1^2=940,89\ J \).

La energía cinética de rotación ha aumentado, al reducir los patinadores la distancia entre ellos. Si recordamos al teorema de las fuerzas vivas, este dice que la variación de la energía cinética es igual al trabajo de todas las fuerzas (interiores y exteriores). Entonces la explicación es que el aumento de la energía cinética de rotación, es debido al trabajo de las fuerzas interiores (la fuerza que han aplicado con sus brazos), ya que no existen fuerzas exteriores.

Saludos cordiales,
JCB.

8
Hola a tod@s.

Ahora que lo dices, Richard, no, no estoy seguro. De lo que estoy seguro es que se me ha ido la olla ;D.

Para este caso sin rozamiento,

\( \sum{F}=ma_G \),

\( F=ma_G \),

\( a_G=\dfrac{F}{m} \).

\( \sum{M_G}=I_G\alpha \).

\( FR=\dfrac{1}{2}mR^2\alpha \),

\( \alpha=\dfrac{2F}{mR} \).

Y no se cumpliría \( a_G=\alpha R \).

Saludos cordiales,
JCB.

9
Hola a tod@s.

1) El signo menos de \( F_r=-\dfrac{F}{3} \), indica simplemente que la fuerza de rozamiento tiene el sentido contrario al que inicialmente has supuesto (como ya ha dicho Richard). En consecuencia, la fuerza de rozamiento, también tiene sentido hacia la derecha, igual que \( F \).

2) Por otra parte, si no hubiese rozamiento, el cilindro se trasladaría sin girar hacia la derecha. Otra cosa es que hubiese rodadura con deslizamiento.

Saludos cordiales,
JCB.

10
Temas de Física / Re: Pelota que choca contra una pared.
« en: 31 Mayo, 2021, 09:44 pm »
Hola a tod@s.

Estupendo, Richard. Así que se presente la ocasión, pondré en práctica tu "chuleta" para subir imágenes.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

11
Temas de Física / Re: Pelota que choca contra una pared.
« en: 24 Mayo, 2021, 08:36 pm »
Hola a tod@s.

franma: gracias por comentar (gracias a Richard, también. Habrás publicado tu respuesta, mientras redactaba la mía, peleándome con el LaTeX). Según el mismo artículo de la Wikipedia (https://es.wikipedia.org/wiki/Coeficiente_de_restituci%C3%B3n), lo que has indicado es aplicable para el rebote en una dimensión, es decir, la pelota impacta en una dirección perpendicular al plano de la pared, y rebota, también en la misma dirección perpendicular.

Como se ve en el dibujo (por cierto, vaya por delante mi sincero agradecimiento al administrador o moderador que haya tenido a bien corregir mi mensaje, para que sea visible la imagen. En verdad lo intenté, consultando previamente el tema https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=3659.msg14457#msg14457, pero no lo conseguí, no hubo manera. franma: cuando tengas un poco de tiempo a ver si me lo explicas), el impacto es oblicuo al plano de la pared.

Para este ejercicio, siguiendo con el procedimiento del Hibbeler, aplicaría lo siguiente:

a) Coeficiente de restitución en la dirección perpendicular (eje \( X \)) al plano de impacto.

\( e=\dfrac{(v_{bx})_2-\cancelto{0}{(v_{ax})_2}}{\cancelto{0}{(v_{ax})_1}-(v_{bx})_1} \),

\( (v_{bx})_2=-e(v_{bx})_1=-\dfrac{3}{4}\cdot\ 20\cdot\cos 30^{\circ}=-\dfrac{15}{2}\sqrt{3}\ m/s \).

b) Conservación de la cantidad de movimiento de la pelota en el eje \( Y \).

\( m(v_{by})_1=m(v_{by})_2 \),

\( (v_{by})_2=(v_{by})_1=20\cdot\sen 30^{\circ}=10\ m/s \).

Finalmente,

\( (v_b)_2=\sqrt{(v_{bx})_2^2+(v_{by})_2^2}=16,39\ m/s \),

\( \theta=\arctan\dfrac{\left\vert(v_{by})_2\right\vert}{\left\vert(v_{bx})_2\right\vert}=37,59^{\circ} \).

Saludos cordiales,
JCB.

12
Temas de Física / Pelota que choca contra una pared.
« en: 23 Mayo, 2021, 11:16 pm »
Hola a tod@s.

Os presento al siguiente ejercicio, que espero sea de vuestro interés: Una pelota choca contra una pared lisa con una velocidad \( (v_b)_1=20\ m/s \). Si el coeficiente de restitución entre la pelota y la pared es \( e=0,75 \), determine la velocidad de la pelota, justo después del impacto.



Saludos cordiales,
JCB.

13
Temas de Física / Re: Torque retardante
« en: 23 Mayo, 2021, 09:52 pm »
Hola a tod@s.

El momento de inercia de la barra con las dos masas en cada extremo, es

\( I=\dfrac{1}{12}ML^2+2m\left(\dfrac{L}{2}\right)^2 \).

Saludos cordiales,
JCB.

14
Temas de Física / Re: Torque retardante
« en: 23 Mayo, 2021, 08:52 pm »
Hola a tod@s.

A mi me da igual que a ti  :)

Saludos cordiales,
JCB.

15
Temas de Física / Re: Colisión elástica en dos dimensiones
« en: 22 Mayo, 2021, 07:21 am »
Hola a tod@s.

Aplicando el “método Hibbeler” a la nueva situación descrita por robinlambada, \( m_A=\dfrac{m_B}{2} \), \( (v_A)_1=v_1 \), \( (\theta_A)_1=30^{\circ} \), llego a que

\( \overrightarrow{(v_A)_2}=\left(-\dfrac{v_1}{2\sqrt{3}},\ \dfrac{v_1}{2}\right) \),

\( \overrightarrow{(v_B)_2}=\left(\dfrac{v_1}{\sqrt{3}},\ 0\right) \).

Saludos cordiales,
JCB.

16
Temas de Física / Re: Colisión elástica en dos dimensiones
« en: 21 Mayo, 2021, 11:34 pm »
Hola a tod@s.

A continuación expongo el método que se aplica en el libro Dinámica de Hibbeler, para el caso de un impacto oblicuo, como el que nos ocupa. Mi intención no es añadir confusión al tema, sino mostrar un método alternativo.

a) Conservación de la cantidad de movimiento del sistema en el eje \( X \) (línea de impacto).

\( 3m(v_{Ax})_1+m\cancelto{0}{(v_{Bx})_1}=3m(v_{Ax})_2+m(v_{Bx})_2 \),

\( \dfrac{3\sqrt{2}}{2}v_1=3(v_{Ax})_2+(v_{Bx})_2 \) (1).

b) Coeficiente de restitución en el eje \( X \). Suponiendo el choque elástico,

\( e=1=\dfrac{(v_{Bx})_2-(v_{Ax})_2}{(v_{Ax})_1-\cancelto{0}{(v_{Bx})_1}} \),

\( (v_{Bx})_2-(v_{Ax})_2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}v_1 \),

\( (v_{Bx})_2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}v_1+(v_{Ax})_2 \) (2). Sustituyendo (2) en (1), se obtiene

\( (v_{Ax})_2=\dfrac{\sqrt{2}}{4}v_1 \), y

\( (v_{Bx})_2=\dfrac{3\sqrt{2}}{4}v_1 \).

c) Conservación de la cantidad de movimiento de la masa \( A \) en el eje \( Y \).

\( 3m(v_{Ay})_1=3m(v_{Ay})_2 \),

\( (v_{Ay})_2=(v_{Ay})_1=\dfrac{\sqrt{2}}{2}v_1 \).

d) Conservación de la cantidad de movimiento de la masa \( B \) en el eje \( Y \).

\( m\cancelto{0}{(v_{By})_1}=m(v_{By})_2 \),

\( (v_{By})_2=0 \).

Finalmente,

\( (v_A)_2=\sqrt{(v_{Ax})_2^2+(v_{Ay})_2^2}=\dfrac{\sqrt{10}}{4}v_1 \),

\( (\theta_A)_2=\arctan\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}v_1}{\dfrac{\sqrt{2}}{4}v_1}=63,43^{\circ} \),

\( (v_B)_2=(v_{Bx})_2=\dfrac{3\sqrt{2}}{4}v_1 \),

\( (\theta_B)_2=0^{\circ} \).

He comprobado que la energía cinética final es igual a la energía cinética inicial.

Saludos cordiales,
JCB.

17
Hola a tod@s.

Tal y como dice Richard. El peso se descompone en dirección radial, \( mg\cos\theta \) (la componente que se utiliza para la Dinámica en la dirección radial), y en dirección tangencial \( mg\sin\theta \), que no participa en el ejercicio. Por otra parte, consideré como referencia 0 de energía potencial gravitatoria, al plano horizontal que pasa por la base del montículo esférico.

Saludos cordiales,
JCB.

18
Hola a tod@s.

Empezaría por aplicar la segunda ley de Newton (en la dirección radial) en el punto donde se produce la pérdida de contacto con el montículo esférico. Siendo \( \theta \) el ángulo recorrido,

\( \sum{F_r}=ma_r \),

\( -N+mg\cos\theta=m\dfrac{v^2}{R} \). Como \( N=0 \),

\( mg\cos\theta=m\dfrac{v^2}{R} \) (1).

Después, como no hay rozamiento, se conserva la energía mecánica. En el punto inicial \( E_i=mgR \). En el punto de pérdida de contacto \( E_f=\dfrac{1}{2}mv^2+mgR\cos\theta \). Igualando y despejando \( v^2 \),

\( v^2=2gR(1-\cos\theta) \). Sustituyendo en (1), llegas a que \( \cos\theta=\dfrac{2}{3} \). Finalmente \( h=R\cos\theta=\dfrac{2}{3}R \).

Saludos cordiales,
JCB.

19
Temas de Física / Re: Choque inelástico y resorte.
« en: 16 Mayo, 2021, 01:08 am »
Hola a tod@s.

La constante del muelle me da \( k=8.725,76\ N/m \). Si expresas la velocidad en \( m/s \), la longitud comprimida, debe expresarse en \( m \), naturalmente.

Saludos cordiales,
JCB.

20
Temas de Física / Re: Choque inelástico y resorte.
« en: 16 Mayo, 2021, 12:48 am »
Hola a tod@s.

Como dice delmar, la energía potencial elástica almacenada en el resorte, es precisamente la diferencia entre la energía cinética inicial y la energía cinética final. En otras palabras, una parte de la energía cinética inicial, se convierte en energía potencial elástica. En este ejercicio el adjetivo inelástico se refiere a que las dos masas quedan unidas después del choque.

Saludos cordiales,
JCB.

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