[nerevar]

Hola, tengo que resolver un problema de dinámica de rotación

El ejercicio consiste en una masa que cuelga y hace subir un cilindro sin resbalar por un plano inclinado



El cilindro rueda sin resbalar. La polea es de masa despreciable.

Escribo las ecuaciones pero a la hora de poner las aceleraciones me surgen dudas...





1) La aceleracion del centro de masa del cuerpo que cuelga es igual al del centro de masa del cilindro??

2) La aceleracion del punto 2 de la periferia es igual a la suma de la aceleracion de traslacion del centro de masa + aceleracion angular ??

Para resumir:


1=3 ?

2=1+aceleracion angular?

[escarabajo]

Hola,

Como la rueda rueda sin deslizar , \( V_{cm}=wR \) . Siendo W la velocidad angular.

De lo anterior se desprende además que \(  a_{cm}=\alpha R \) . Siendo \( \alpha \) la aceleración angular.

Luego, la velocidad-aceleración de la cuerda es la misma que la masita m, y como supongo que la cuerda no desliza respecto del cilindro entonces la velocidad lineal de la cuerda se corresponde con la del cilindro, por lo tanto la velocidad del centro de masa y aceleración del cilindro es igual a la de la masa m.

Recorda que si tenés un rígido que rota con velocidad angular \( w \) respecto de un eje , entonces la velocidad lineal de cada punto del rígido se obtiene multiplicando w por la distancia del punto al eje de giro.

saludos.

[nerevar]

Hola!

o sea que si entendí bien, la aceleración lineal en los 3 puntos es la misma cuando rueda sin deslizar???

[escarabajo]

Hola..

o sea que si entendí bien, la aceleración lineal en los 3 puntos es la misma cuando rueda sin deslizar???

mm..si,pero...no sé si está bien que generalizemos.

La aceleración de la cuerda es la misma que la de la masita,¿estás de acuerdo?.

Ahora, si suponemos que la cuerda no desliza respecto del cilíndro, entonces el punto de contácto de la cuerda con el cilindro y la cuerda tienen la misma aceleración lineal, y por ende, igual a la de la masita.

La aceleración de la masita, suponemos que es \( a \) .
Si \( \alpha \) es la aceleración angular del cilindro, hemos deducido que:

\( \alpha R=a \) (por lo del punto de contácto) y por otra parte \( \alpha R \) es también la aceleración lineal del centro de masa por rodar sin deslizar.

Saludos.

[nerevar]

voy a tomarme un tiempito para releer y analizar esto que me estas explicando Quimey... así no te escribir de mas 

[Richard R Richard]

Veamos


Hay dos equilibrios  uno sobre la masa que cae


allí $$mg-T=ma_{cable}\tag{1}$$


y sobre el el plano inclinado  en paralelo


$$\sum F_{/parallel}=T+\mu_eN-Mg\sin30=Ma_{CMcil}\tag{2}$$



$$\sum F_{/perp}=Mg\cos30-N=0\tag{3}$$


$$\sum M_{apoyo}=MgR\sin30-T2R=\dfrac12 MR^2\, \alpha\tag{4}$$


y la relación de rodadura


$$a_{CMcil}=\alpha R\tag {5}$$


la relacion de poleas


$$a_{CMcil}=2a_{cable}\tag{6}$$


reemplazando 1 y 3 en 2   y junto con 5 y  en 4   para hallar una relación entre m y M



llego a


$$\boxed{m=M\dfrac{3-\sqrt3\,\mu_e}{11-2\sqrt3\,\mu_e}}\tag{7}$$

[JCB]

Hola a tod@s.

Agradezco (nuevamente) a Richard todo su empeño y dedicación en recuperar temas tan interesantes.

Inicialmente, no establezco que la fuerza de rozamiento es igual a \( \mu_eMg\cos30^{\circ} \). De esta manera, planteo el ejercicio para determinar unas expresiones generales de las variables implicadas. En el desarrollo, considero rodadura sin deslizamiento y que el cilindro sube por el plano inclinado.

1) Dinámica para el cilindro en un eje paralelo al plano inclinado.

\( T-Mg\sin\theta+F_r=Ma_c \),

\( T-\dfrac{Mg}{2}+F_r=Ma_c \) (1)

2) Dinámica de rotación para el cilindro.

\( TR-F_rR=\dfrac{1}{2}MR^2\alpha \),

\( T-F_r=\dfrac{1}{2}MR\dfrac{a_c}{R} \),

\( T-F_r=\dfrac{Ma_c}{2} \) (2)

3) Dinámica para el bloque.

\( -T+mg=ma \),

\( T=mg-ma \). Como la aceleración del bloque es el doble de la aceleración del cdm del cilindro, \( a=2a_c \) (aquí cabe señalar una discrepancia con Richard),

\( T=mg-2ma_c \) (3)

Sustituyendo (3) en (2),

\( F_r=mg-2ma_c-\dfrac{Ma_c}{2} \) (4)

Sustituyendo (3) y (4) en (1),

\( a_c=\dfrac{4m-M}{3M+8m}g \) (5). Expresión general de la aceleración del cdm del cilindro.

Sustituyendo (5) en (4),

\( F_r=\dfrac{6Mm+M^2}{6M+16m}g \). Expresión general de la fuerza de rozamiento.

La condición de rodadura sin deslizamiento es \( F_r=\dfrac{6Mm+M^2}{6M+16m}g<\mu_eMg\dfrac{\sqrt{3}}{2} \). Despejando \( \mu_e \),

\( \mu_e>\dfrac{1}{\sqrt{3}}\dfrac{M+6m}{3M+8m} \)

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola, aver en que diferimos

Creo que la ecuación 4  mia vuelve a adolecer de duplicar cosas (o errarlas)
fijate que escribo sumatoria de momentos respecto del punto de apoyo, pero pongo el momento de inercia respecto del CM , que tu si lo escribes bien  yo debería haber escrito

$$\sum M_{apoyo}=MgR\sin30-T2R=(\dfrac12 MR^2+MR^2)\, \alpha\tag{4}$$

para que el momento de inercia por Steiner corresponda con ese centro instantáneo de rotación en el apoyo. Aunque dudo que después pueda usar  5)

Donde me marcas que la aceleración el cilindro debe ser la mitad de la que tiene la masa que desciende  yo la considero en la ecuación 6)

Ahora si $$m$$ tiene menor relación respecto de $$M$$ en algún momento tendrá aceleración 0, e igualmente para que siga en rodadura debe suceder  que $$M\leq2m$$ y que $$\mu_e>\dfrac{1}{\sqrt3}$$

[JCB]

Hola a tod@s.

1) Si la Dinámica de la rotación se considera respecto del punto de contacto del cilindro con el plano inclinado, aplicaría lo mismo que tú, Richard, aunque con signos diferentes, pues la tensión de la cuerda favorece la rotación en sentido de subida, mientras que la componente paralela al plano inclinado del peso, dificulta la rotación en sentido de subida:

\( T2R-Mg\sin\theta R=\dfrac{3}{2}MR^2\dfrac{a_c}{R} \), y se llega a los mismos resultados.

2) En la ecuación 6) (de tu respuesta # 5), consideras que la aceleración del cdm del cilindro es el doble de la aceleración del bloque, y eso, no es correcto.

3) Si considero la expresión general de la aceleración (ecuación (5) de mi respuesta # 6),

\( a_c=\dfrac{4m-M}{3M+8m}g \), para que de \( 0 \), \( M=4m \).

\( \mu_e>\dfrac{1}{\sqrt{3}}\dfrac{M+6m}{3M+8m}=\dfrac{1}{2\sqrt{3}} \)

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Igual sigo con alguna diferencia.

Las ecuaciones que veo son
 $$mg-T=ma_{cable}\tag{1}$$
En el plano inclinado  en paralelo
$$\sum F_{/parallel}=T+F_r-Mg\sin30=Ma_{CMcil}\tag{2}$$
perpendicular
$$\sum F_{/perp}=Mg\cos30-N=0\quad\to \quad F_r=\mu_eMg\sqrt3/2 \tag{3}$$
Momentos
$$\sum M_{CM}=-F_rR+TR=\dfrac12 MR^2\, \alpha\tag{4}$$
relación de rodadura
$$a_{CMcil}=\alpha R\tag {5}$$
la relación de poleas
$$\color{blue}2a_{CMcil}=a_{cable}=a\color{black}\tag{6}$$

$$T=m(g-a)$$ de la 1 y reemplazando en 2

$$m(g-a)=\frac{Mg}{2}-F_r-\frac{Ma}{2}$$  despejo

$$F_r=\frac{Mg}{2}-mg+a\left(m-\frac{M}{2}\right)$$

Usando además $$T-F_r=\frac{Ma}{4}$$, que es lo que queda de 4 en  la suma de momentos resulta

$$a=\frac{4mg-2Mg}{4m-M}$$

$$\boxed{F_r=\frac{Mg(2m-M)}{4m-M}}\tag{7}$$

(suponiendo $$4m\ne M$$), entonces

$$\mu_e Mg\sqrt3/2 \geq\dfrac{Mg(2m-M)}{4m-M}$$

$$\mu_e>=\dfrac{1}{\sqrt3}\dfrac{(4m-2M)}{4m-M}$$