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Mensajes - sedeort

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Temas de Física / Re: Carga frente a plano metálico.
« en: 06 Diciembre, 2019, 07:52 pm »
Esto es un problema ideal. Estamos considerando la placa metálica como un plano infinito, bidimensional, conteniendo un fluido de cargas positivas y negativas. Estas cargas están libres para moverse sólo en el plano, respondiendo a la acción de campos eléctricos.

En todo momento la carga neta del plano es cero porque inicialmente es así y porque está aislada.

Antes de poner la carga externa, la densidad de carga neta es también cero en todos los puntos del plano. Homogeneidad.

Cuando se coloca la carga externa, +Q, la placa se polariza, se redistribuyen sus cargas positivas y negativas. Pero la carga neta de la placa seguirá siendo cero (no está conectada a nada que le pueda dar o quitar ningún tipo de carga).
Habrá máxima densidad de carga negativa en el punto central, el más cercano a +Q. Irá disminuyendo radialmente esta densidad hasta anularse, a cierta distancia del punto central. A partir de este radio empezará a aparecer densidad de carga positiva que se hará máxima a un radio superior. Y de ahí hasta el infinito irá disminuyendo esta densidad positiva hasta anularse.
La carga neta total en la región negativa ha de ser la misma que en la positiva. Para así mantener la neutralidad global de la placa.
Cualitativamente, yo lo veo así.

Ahora todo esto hay que plasmarlo con ecuaciones y funciones para dar resultados cuantitativos.
Quién se atreve a intentar encontrar la expresión de la densidad superficial de carga en función del radio al punto central dadas +Q y d?

P.D. También creo que el resultado hay que darlo en función de la densidad inicial de carga positiva, o negativa (son iguales en un principio, cuando todo es homogéneo). ??

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Temas de Física / Re: Carga frente a plano metálico.
« en: 06 Diciembre, 2019, 01:57 pm »
Hola Martiniano.
Cuando la placa se conecta a tierra, además de tener potencial cero (por definición de "tierra"), también pueden cederse cargas. Con lo que finalmente a la placa le entra una carga negativa (coincidente en módulo con la carga puntual que tiene enfrente)

En el caso que planteo de placa aislada, la carga neta final de la placa será cero. Pero su distribución de carga mostrará una previsible simetría radial (esta densidad de  carga será negativa en las proximidades de la carga puntual +Q y positiva a partir de cierto radio.
Creo...

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Temas de Física / Re: Carga frente a plano metálico.
« en: 06 Diciembre, 2019, 01:27 pm »
Gracias Robin y Richard por vuestras respuestas.

Sigo sin verlo claro.
Qué potencial constante no nulo pones para la placa?
Y para calcular el potencial que crea esta placa hay que conocer su distribución de carga ...

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Temas de Física / Re: Carga frente a plano metálico.
« en: 06 Diciembre, 2019, 12:21 pm »
Creo que no, Richard. Se entiende que la placa metálica no tiene espesor. La densidad de carga a ambos lados será la misma.

También debe obtenerse que la carga total de la placa, después de polarizarse debido a presencia de la carga externa +Q, seguirá siendo nula como al principio.

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Temas de Física / Carga frente a plano metálico.
« en: 06 Diciembre, 2019, 09:48 am »
Hola. Estoy dándole vueltas a un sencillo problema, en apariencia, pero que de momento no le consigo encontrar el planteamiento de resolución.

Se trata de una carga puntual +Q situada  a una distancia d de un plano metálico infinito aislado y neutro. Calcular la distribución de carga inducida en el plano.

Este problema lo he encontrado en la red, pero con la placa conectada a tierra, \( V=0 \). Aquí, la resolución es ayudándose del método de las imágenes. El resultado es que el campo y potencial eléctricos se pueden calcular sencillamente sustituyendo la placa por una carga \( -Q \) equivalente situada simétricamente al otro  lado. Queda finalmente que la placa se carga con esa \( -Q \) neta a través de su conexión con tierra y con una distribución no muy difícil de calcular. Pondré la resolución al final de este mensaje.

Pero en mi problema propuesto no existe tal conexión, la placa la consideramos aislada y neutra. La carga neta total será cero aunque sí se polarizará.
Y no creo que pueda aplicarse el método de las imágenes en este caso. Cómo  plantearíais vosotros?

Resolución del caso con la placa conectada a tierra
El método de las imágenes en este caso consiste en sustituir la placa metálica, coincidente con el plano \( z=0 \) y conectada a tierra \( (V=0) \), por una carga \( -Q \) en situada simétricamente al otro lado, \( -d \). De esta forma se sigue manteniendo que en la posición en la que estaba el plano el potencial eléctrico sigue siendo nulo. Pero este método va más allá y pronostica que en el resto del espacio también coinciden \( V \) y el vector \( E \) con esta sustitución.
Con las dos cargas únicamente es fácil calcular el potencial en cualquier punto \( P (x,y,z) \).
 \(  V= V_+ + V_-  \) ; con \( V_+ = \displaystyle\frac{+Q}{4\pi\epsilon_0} \displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{x^2+y^2+{(d-z)}^2}} \)      y       \( V_- = \displaystyle\frac{-Q}{4\pi\epsilon_0} \displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{x^2+y^2+{(d+z)}^2}} \)
Derivando esta función \( V(x,y,z) \) respecto a z podemos obtener la componente z del vector campo eléctrico ya que  \( E_z=- \displaystyle\frac{dV}{dz} \)
Evaluándola en \( z=0 \) obtenemos el valor del campo eléctrico en la superficie de la placa.
                    \( E_z(z=0)=-\displaystyle\frac{2dQ}{4\pi\epsilon_0} \displaystyle\frac{1}{{(x^2+y^2+d^2)}^{3/2}} \)

Por otro lado, por la ley de Gauss, \( E_z(z=0)=\displaystyle\frac{\sigma}{\epsilon_0} \)
Igualando obtenemos la densidad superficial de carga sobre la placa:
\( \sigma=- \displaystyle\frac{Qd}{2 \pi}\displaystyle\frac{1}{{(r^2+d^2)}^{3/2}} \)
donde \( r \) es la coordenada radial con origen el punto del plano más próximo a +Q  \( (r^2=x^2+y^2) \)

Si integramos a toda la superficie obtenemos la carga total \( Q_s \) contenida en esta superficie y dada la evidente simetría radial \( \sigma=\sigma(r) \):
\( Q_s=\displaystyle\int_{S}^{}\sigma dS=2 \pi \displaystyle\int_{0}^{\infty} \sigma(r) r dr = -Q \)
O sea, la carga -Q ficticia que habíamos colocado en el otro semiespacio es con la que se carga realmente la placa a través de su conexión con la tierra cuando se alcanza el equilibrio.


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Propuestos por todos / Re: Cuadratura del círculo
« en: 16 Septiembre, 2019, 06:05 pm »
Creo que he resuelto el caso que más me atraía y era aquel en el que el arco es una parábola, resultado de la intersección del plano y el cono de las proyecciones visuales desde \( P_1 \) y \( P_2 \), respectivamente. Como dije en un post anterior para que sea así se debe cumplir \( d_2=\sqrt[ ]{2}d_1 \)

Escogí un sistema de referencia con origen en el centro del cuadrado, eje +Z hacia \( P_1 \) y eje +X vertical hacia arriba.
Y me he centrado en calcular la posición \( V_p \) del vértice parabólico del arco superior.
Calculé la ecuación del plano que pasa por \( P_1 \) y los dos vertices superiores del cuadrado. \( V_1=(+l/2, -l/2, 0) \)      \( V_2=(+l/2, +l/2, 0) \).
Me sale     \( d_1x + \displaystyle\frac{l}{2}(z-d_1) = 0 \)

La ecuación del cono con vértice en \( P_2 \) y que contiene a la circunferencia será 
 \( x^2 + y^2 = \displaystyle\frac{l^2}{2d_2^2}(z + d_2)^2 \)

La ecuación de la recta generatriz más superior del cono, que pasa por \( P_2 \) y por el punto superior de la circunferencia será \( \displaystyle\frac{x}{l / \sqrt[ ]{2}} = \displaystyle\frac{z + d_2}{d_2} \)

El vértice de la parábola será el punto de corte de esta generatriz y el plano de visión desde \( P_1 \) anterior. Resolviendo:
\( V_p = (\displaystyle\frac{l}{2}(\displaystyle\frac{1 + \sqrt[ ]{2}}{2}), 0, -\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{2}-1}{2}d_1) \)

Y por último, queda más intuitivo referir el vértice de la parábola al lado superior del cuadrado.
La distancia del vértice parabólico a dicho lado es  \( d = \displaystyle\frac{\sqrt[ ]{3-2\sqrt[ ]{2}}}{4}\sqrt[ ]{l^2+4 d_1^2} \).
A esa distancia las ramas simétricas de la parábola se abren justo para coincidir con los vértices superiores del cuadrado de lado \( l \).
Y la pendiente de inclinación del plano de esa parábola respecto al eje horizontal Z será  \( m = \displaystyle\frac{l}{2d_1} \)

P.D. La animación, supongo que será eso, de Luis Fuentes nunca llegué a hacerla funcionar y no sé exactamente cómo de útil puede ser.

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Propuestos por todos / Re: Cuadratura del círculo
« en: 15 Septiembre, 2019, 01:52 pm »
Exacto, martiniano.
Las vistas son desde un punto, proyección cónica creo que se llama.
Visto desde el infinito, proyección paralela o cilíndrica, es imposible este efecto visual ya que la perspectiva sería la misma desde ambos lados.

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Propuestos por todos / Re: Cuadratura del círculo
« en: 13 Septiembre, 2019, 09:08 pm »


Éstas son mis conclusiones hasta el momento sobre esta ilusión visual de "cuadrado" que se transforma en "circunferencia".
Espero que sean correctas y que alguien me las confirme... o desmienta.

La figura compleja que se ve consta de 4 arcos planos e iguales que se cortan en los vértices del cuadrado, el cuál está inscrito en la circunferencia (la relación entre el lado y el radio es   \( l/r=\sqrt[ ]{2} \))

Sea \( d_1 \) la distancia del punto \( P_1 \) con perspectiva cuadrada, posición inicial del observador en el gif, al centro del cuadrado.
Sea \( d_2 \) la distancia del punto \( P_2 \) con perspectiva circular, posición final del observador en el gif, al centro del cuadrado.
Estos dos puntos se encuentran en el eje del cuadrado.

Pues bien, cada uno de los arcos de la figura compleja es una curva cónica ya que surgen de la intersección de un plano y una superficie cónica.
El plano sería el que pasa por los puntos \( P_1 \) y dos vértices vecinos del cuadrado.
La superficie cónica tendría como vertice \( P_2 \) y contiene a la propia circunferencia.

El tipo de curva cónica depende sólo de la razón entre \( d_2 \) y \( d_1 \).
Si \( \displaystyle\frac{d_2}{d_1}=\sqrt[ ]{2} \) es un arco de parábola
Si \( \displaystyle\frac{d_2}{d_1}>\sqrt[ ]{2} \) es un arco de elipse
Si \( \displaystyle\frac{d_2}{d_1}<\sqrt[ ]{2} \) es un arco de hipérbola

Casos extremos.
Si \( d_1=0 \) el arco es de circunferencia (90º). La figura compleja sería una simple circunferencia.
Si \( d_2=0  \) el arco degenera en un segmento recto (un lado del cuadrado). La figura compleja sería un simple cuadrado.

P.D. Como dijo Masacroso, si tengo tiempo (y ganas) jeje, intentaré sacar la ecuación de la parábola que me parece el caso más sugerente.

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Propuestos por todos / Cuadratura del círculo
« en: 11 Septiembre, 2019, 07:50 pm »


Hola. Hace poco me llegó este curioso GIF.
Alguien se atreve a calcular la función matemática de la curva de ese objeto. Y bajo qué ángulos se debe observar para conseguir esa ilusión visual.

Creéis que esta "obra de museo" ha sido diseñada por un matemático que previamente ha calculado lo que pido yo aquí?

Es posible crear este mismo efecto a partir de un "triángulo" en vez de un cuadrado?

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Temas de Física / Re: Penetración de una bala
« en: 13 Agosto, 2019, 01:49 pm »
Parece ser que resolví el nuevo caso que me propuse. Aquí está.

Caso 2. Disparo hacia arriba sobre un cuerpo \( M \) suspendido de un hilo
Datos iniciales: \( M, m, g, x0, v0 \)
Incognita: \( x_2 \) , penetración de la bala.

Ahora existe una gravedad \( g \) que actúa externamente sobre el cuerpo y la bala. Por lo tanto no se conserva el momento lineal del sistema durante la penetración.
La aceleración total de frenado de la bala será \( a_2=a_0+g \)
Adoptaremos el sentido positivo para los vectores dirigidos hacia arriba.

Aquí caben diferenciar dos posibilidades:

a) \(  P_M>F_{roz} \)
Si el peso del cuerpo, \( P_M=Mg \), es mayor que la fuerza de rozamiento de la bala, éste no llegará a moverse nunca.
Por tanto la velocidad final de la bala, en la máxima penetración, también será cero.
Resolviendo la expresión cinemática: \( v_0^2=2a_2x_{2a} \) sale
           \(  x_{2a}=x_0\displaystyle\frac{a_0}{a_0+g} \)
El tiempo en alcanzarse esta posición será     \( t_{2a}=t_0\displaystyle\frac{a_0}{a_0+g} \)
La tensión del hilo durante la penetración será: \( T=P_M-F_{roz} \)

b) \(  P_M<F_{roz} \)
Aquí el cuerpo sí comenzará a subir con una aceleración:
\( a_M=\displaystyle\frac{F_{roz}}{M}-g  \)
La velocidad del cuerpo será:  \( v_M=a_Mt \)
y la de la bala \( v_m=v_0-a_2t \)
La bala alcanzará su máxima penetración cuando se igualen estas dos velocidades.
Esto ocurre después de un tiempo   \(  t_{2a}=t_0\displaystyle\frac{M}{M+m} \)

Después de ese tiempo la penetración final será la diferencia de las espacios recorridos de la bala y el cuerpo.
Aplicando la expresión genérica \( s=v_0t+\displaystyle\frac{1}{2}at^2 \) a los dos objetos y restando obtengo:
                  \( x_{2b}=x_0\displaystyle\frac{M}{M+m} \)


Como es lógico, ambos apartados confluyen en la misma solución para \( P_M=F_{roz}
 \)

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Temas de Física / Re: Penetración de una bala
« en: 09 Agosto, 2019, 01:04 pm »
Efectivamente, delmar. De acuerdo con todo lo que dices.
Para sustanciar la cosa dejo a continuación el proceso que yo seguí.

Caso 0. Disparo sobre cuerpo de \( M= \infty \)
\( m \): masa de la bala
\( v_0 \): velocidad inicial de la bala
\( x_0 \): penetración máxima
\( g=0 \), no hay gravedad ni otro tipo de fuerza externa
La aceleración de frenado debida al rozamiento desde un SRI (y que siempre se mantendrá en todos los siguientes casos) será por cinemática:   \( a_0=\frac{v_0^2}{2x_0} \)
Y la fuerza de rozamiento asociada:      \( F_{roz}=ma_0 \)
El tiempo de penetración será: \( t_0=\displaystyle\frac{2x_0}{v_0} \)


Caso 1 Disparo sobre cuerpo libre de \( M \) finita
Datos: \( m, v_0, x_0, g=0 \)
Como la Fuerza de rozamiento es la misma en ambos casos, la aceleración de frenado debida al rozamiento, \( a_1=a_0 \), también lo es; vista desde un SRI, fuera del cuerpo (referida desde el propio cuerpo esta aceleración de frenado es menor y por eso la bala profundizará más).

Al no haber fuerzas externas se aplica el Principio de conservación del momento lineal. Nos sale:
\( v_f=\displaystyle\frac{mv_0}{M+m} \)   con \( v_f \), la velocidad final del conjunto cuerpo-bala

Y ahora utilizo la ecuación MRUA:
\( v^2_f-v^2_0=2a_0x_1 \)    siendo \( x_1 \) la penetración en este cuerpo M finito


Sustituyendo y operando a mí me sale:
    \(  x_1=x_0 \frac{M}{M+m}  \)
Y el tiempo de penetración \( t_1=t_0\frac{M}{M+m} \)


P:D: Ahora me plantearé un nuevo caso 2 pero en las proximidades de la Tierra (el peso como fuerza externa) y con un disparo vertical hacia arriba sobre el objeto inicialmente suspendido de un hilo. Cuánto penetrará ahora?


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Temas de Física / Penetración de una bala
« en: 08 Agosto, 2019, 09:47 pm »
Supongamos que una bala de masa \( m \) puede penetrar una distancia \( x_0 \) al ser disparada sobre un cuerpo infinitamente masivo (o lo suficientemente sujetado como para no moverse con el impacto).
La pregunta es: cuánto penetrará la misma bala en un cuerpo libre de masa \( M \)?

Supondremos que sólo existe la fuerza media de fricción entre los cuerpos, y que es la misma en los dos casos.

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Temas de Física / Re: Tiempo en chocar Tierra y Luna
« en: 20 Julio, 2019, 10:03 am »
Sustituyendo los datos iniciales en la última expresión, y  si no me he equivocado en los cálculos, me sale que el choque de Tierra y Luna como masas puntuales (\(  r=0 \)) se produciría tras 4'823 días .

Si tenemos en cuenta sus tamaños reales (\( r=R_T + R_L \)), el choque de sus superficies sería en 4'816 días.

Podéis calcular la velocidad de impacto utilizando la ecuación \( v(r) \).


Utilizando las mismas expresiones también podéis hacer los cálculos para el caso de choque entre Tierra y Sol.
¿Qué resulta? (Sol.: 64'56 días?)

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Estoy muy contento porque finalmente sí pude integrar aquella ecuación intermedia que puse:
                             \( (r')^2 = C + 2k/r \)

Imponiendo como condiciones de contorno: para \( t=0 \), \( r=r_0 \) y \( r'=0 \)  (así  \( C=-2k/r_0 \))
 y utilizando el cambio de variable \( {r=r_0cos^2 \theta} \)
me sale como solución esta expresión final:


                                                              \( t = ( \theta + \frac{sen 2 \theta}{2})\sqrt[]{\frac{r_0^3}{2k}} \)

Espero no haberme equivocado, jeje.

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Temas de Física / Re: Tiempo en chocar Tierra y Luna
« en: 18 Julio, 2019, 08:18 pm »
Por fin, creo que logré integrar correctamente la ecuación diferencial de partida hasta conseguir la ecuación r-t de este movimiento.

Partimos de la ecuación de la dinámica aplicada a dos cuerpos que se atraen gravitatoriamente según la ley de Newton:
                                  \( \displaystyle\frac{-GMm}{r^2}=\mu \displaystyle\frac{d^2 r}{dt^2} \)   
donde \( \mu=\displaystyle\frac{Mm}{M+m} \) es la masa reducida del sistema y \( r(t) \) es la distancia entre las masas en función del tiempo.

Aplicando la regla de la cadena (\( \displaystyle\frac{d^2 r}{dt^2}=v \displaystyle\frac{dv}{dr} \)) e integrando bajo la condicion inicial, en \(  r=r_0 \)  \( v=0  \) , obtenemos la función \( v(r) \) (velocidad relativa de los cuerpos en función de su separación):


                             \(  v=\sqrt[ ]{2G(M+m)(\displaystyle\frac{1}{r}-\displaystyle\frac{1}{r_0})} \)

Teniendo en cuenta que \( v= - dr/dt \), ya que los cuerpos se acercan, e imponiendo otra condición inicial; en \(  t=0 \)  , \( r=r_0 \) la nueva integración se plantea así:

 \(  \displaystyle\int_{r}^{r_0}\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{r}{r_0-r}}dr=\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{2G(M+m)}{r_0}} \)  \( t \)
En donde sobre la variable t ya se hizo la sencilla integración.
La primera integral necesita un cambio de variable para ser resuelta. Utilizamos éste:
                                                                     \( {r=r_0cos^2 \theta} \)

(Realmente concluí que este era el cambio bueno tras aplicar estos dos: primero \( r_0 - r = s^2 \)  y después \( s = \sqrt[ ]{r_0}sen\theta \))

Resolviendo se obtiene esta expresión final:


                                                              \( t = ( \theta + \frac{sen 2 \theta}{2})\sqrt[]{\frac{r_0^3}{2G(M+m)}} \)

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Gracias, Alex y Luis, por vuestros enlaces.
Creo que lo de Fuentes se ajusta más a lo que pedía. Cuando tenga tiempo profundizaré en esa conversación para ver qué saco en claro (se mencionan 2 posibles soluciones de 2 usuarios distintos. A ver cuál es la correcta)







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Temas de Física / Tiempo en chocar Tierra y Luna
« en: 14 Julio, 2019, 10:55 am »
Hola. Planteo en esta sección de Física una aplicación práctica al problema teórico que propuse en Desafíos matemáticos.

Pues eso, se trata de calcular el tiempo que tardarían en chocar Tierra y Luna, suponiendo que dejaran de orbitar, claro.

Los datos físicos necesarios para dar una solución numérica al problema se pueden consultar y están disponibles fácilmente:

\( G=6.674·10^{-11}  Nm^2/kg^2 \)  (Cte de gravitación universal)
\( M=5.974·10^{24}  kg \)  (Masa de la Tierra)
\( m=7.349·10^{22}  kg \)  (masa de la Luna)
\( r_0=3.844·10^8 m \)  (distancia orbital media)
\( R_T=6.371·10^6 m \)  (Radio de la Tierra)
\( R_L=1.737·10^6 m \)  (Radio de la Luna)

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Hola, delmar.
Yo estoy buscando la solución r(t).
La solución r (r'), o relación entre distancia y velocidad  como tú dices, es fácil de encontrar. Sería ésta:
                     \( (r')^2 = C + 2k/r \)
C es una constante de integración (identificable bajo unas condiciones de contorno, o iniciales como dices).

Pero la verdadera ecuación de movimiento es  r(t), relación distancia-tiempo, que es la que pido. Y este problema tiene una solución real pero no sé si existe una expresión analítica o me tengo que conformar con soluciones numéricas.

Un saludo

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Propuestos por todos / Ecuación diferencial gravitacional
« en: 13 Julio, 2019, 09:44 pm »
Quisiera saber si existe una solución analítica a la simple ecuación diferencial:

                  \( r'' = - k / r^2 \)         con k>0



Os dejo la interpretación física de esta expresión:
\( r(t) \) sería la distancia de separación en función del tiempo de dos cuerpos que se atraen gravitatoriamente según la teoría elemental de Newton.
k es una constante positiva que depende de las masas que interaccionan, \( k=G(M+m) \)

En el subforo de Física también he abierto un problema práctico relacionado con esta ecuación.

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Temas de Física / Re: Ejercicio de física - MAS
« en: 08 Julio, 2019, 09:56 am »
Realmente el problema básico que da lugar al MAS es el de un muelle k fijado por un extremo y por el otro unido a una masa m; así, sin gravedad. O bien, con gravedad pero sobre una superficie horizontal sin rozamiento.
Para este problema la ecuación diferencial es:
my''+ky=0

En el caso del cuerpo colgado en muelle y con gravedad, la posición de equilibrio del muelle pasa a ser su longitud natural más la elongación correspondiente al peso del cuerpo. Por eso, aunque en la nueva ecuación diferencial aparezca un término adicional, mg, es constante y su efecto ya está "descontado" en esa elongación residual, mg/k,  siempre presente pero que no afecta al MAS del caso  básico.

Por lo tanto, pasando al problema inicial de polea con masa, pienso que la solución es un MAS con
                                      \( w^2 = k / (m+M/2) \)


P.D. He resuelto la ecuación diferencial no homogénea. Y efectivamente, me da como solución la ecuación de un MAS con la \( w \) indicada arriba más una solución particular que coincide con la elongación "residual" tras haber colgado inicialmente la masa.

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