Autor Tema: Polea ideal

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17 Febrero, 2020, 03:46 am
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pierrot

  • pabloN
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En este ejercicio las ecuaciones que planteo son:

Para el bloque \( M_2 \):

\( M_2g-N_2=0 \)
\( f_k-T=M_2a_2 \)

Para el bloque \( M_1 \):

\( M_1g-2T=-M_1a_2 \)

Me queda el sistema:

\( \left\{\begin{array}{l}
\mu_kM_2g-T=M_2a_2\\
M_1g-2T=-M_1a_2
\end{array}\right. \)

Sin embargo, obtengo un resultado que no es ninguna de las opciones correctas.
$_="loe  hnachaPkr erttes,urJ";$j=0;for($i=0;s/(.)(.{$j})$//;$i++){$_=$2.$_,$j+=1-$i%2,print$1}print

17 Febrero, 2020, 08:37 am
Respuesta #1

Bobby Fischer

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Puede que la clave esté en que la tensión a considerar en la polea de la masa 1 sea T, no 2T.

\( \cancel{F_r-T=-m_2a_2} \)
\( \cancel{T-P_1=-m_1a_2} \)

Sumando: \( \cancel{a_2=g\bigg(\dfrac{m_1-\mu m_2}{m_1+m_2}\bigg)\approx \dfrac{343}{125}\approx 2.74 (m/s^2)} \)


\( 2T-P_1=-m_1a \)
\( F_r-T=-m_2a \)

\( a=g\bigg(\dfrac{m_1-2\mu m_2}{m_1+2m_2}\bigg)=g/10 \approx 1(m/s^2) \)

17 Febrero, 2020, 09:35 pm
Respuesta #2

martiniano

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Hola.

Tienes un error aquí:

Para el bloque \( M_1 \):

\( M_1g-2T=-M_1a_2\color{red}/2 \)

EDITADO
Piensa que por cada dos metros que avance \( M_2 \) la masa \( M_1 \) sólo avanza uno, luego la aceleración de \( M_1 \) será la mitad que la de \( M_2 \). Creo que a Bobby Fisher le ha pasado lo mismo.

Un saludo.

17 Febrero, 2020, 10:36 pm
Respuesta #3

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
Lo que mueve el sistema es la gravedad tomando la dirección y sentido de la gravedad como positivas las demás aceleraciones saldrán positivas.

\( M_1g-2T=M_1a_1 \)

\( M_2g-N=0 \)

\( T-F_r=T-\mu N=T-\mu M_2g=M_2a_2 \)

\( a_2=2a_1 \)

\( M_1g-2(M_2a_2+\mu M_2g)=M_1\dfrac{a_2}{2} \)

\( g\left(M_1-2\mu M_2\right)=a_2\left(\dfrac{M_1}{2}+2M_2\right) \)

\( a_2=g\dfrac{M_1-2\mu M_2}{\dfrac{M_1}{2}+2M_2}=g\dfrac{1-2\cdot 0.2\cdot 1.5}{\dfrac{1}{2}+2\cdot 1.5}=g\dfrac{0.4}{3.5}=1.12m/s^2 \)

Respuesta e



Tienes un error aquí:


Piensa que por cada 2 metros que avance \( M_2 \) la masa \( M_1 \) sólo avanza uno, luego la aceleración de \( M_1 \) será la mitad que la de \( M_2 \). Creo que a Bobby Fisher le ha pasado lo mismo.

Un saludo.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Febrero, 2020, 11:42 pm
Respuesta #4

martiniano

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Gracias por la mirada, Richard.

Saludos.

18 Febrero, 2020, 12:00 am
Respuesta #5

Bobby Fischer

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Sí, con mi sistema y el dato de las aceleraciones me da lo mismo.
Es curioso que, por mucho que lo pienso, no soy capaz de ver que el desplazamiento vertical de 1 sea la mitad del desplazamiento horizontal de 2.

Y eso que he parametrizado la supuesta cicloide que surge de la polea 1:


18 Febrero, 2020, 02:18 am
Respuesta #6

Richard R Richard

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Sí, con mi sistema y el dato de las aceleraciones me da lo mismo.
Es curioso que, por mucho que lo pienso, no soy capaz de ver que el desplazamiento vertical de 1 sea la mitad del desplazamiento horizontal de 2.


Hola Bobby Fischer, olvidémonos del rozamiento las aceleraciones por ahora .

Solo ten en cuenta que las cuerdas son inextensibles y que no se deslizan sobre las poleas.

Tomemos como base la imagen posteada. intenta marcar n puntos equidistantes en toda la extensión de la soga dibujada.

Si luego piensas que \( m2 \) se desplaza hacia la izquierda justo la distancia entre tres marcas consecutivas o bien 2 segmentos  entre marcas, entonces verás que la polea fija, deberá dejar pasar esos dos segmentos.

Todo indicaría que el lado derecho de la polea móvil tiene que dejar pasar también los dos segmentos, pero no es cierto.

Cuando el centro de la polea  intenta  descender un \( \Delta x \) ,  tanto el lado el lado izquierdo como el derecho de la polea , deben aumentar de longitud  ese mismo \( \Delta x \) cada uno, luego un descenso de un\( \Delta x \) del centro de la polea consume \( 2\Delta x \) de soga,  si el lado derecho  es alimentado con\(  s=2 \) segmentos más que el izquierdo, el equilibrio se logra cuando lado izquierdo y derecho tienen la misma cantidad de segmentos, es decir cuando a cada lado de la polea se ha agregado solo un segmento o bien \( s/2 \).

Así \( m2 \)  desplaza el doble de segmentos de los que pasan por uno, si esto sucede en un segundo la velocidad de \( m2 \) es el doble de la de \( m1 \), si y \( m2 \) acelera entonces \( m1 \) acelera la mitad de lo que lo hace \( m2 \).
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

18 Febrero, 2020, 04:39 am
Respuesta #7

Bobby Fischer

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Hola,

Hola Bobby Fischer, olvidémonos del rozamiento las aceleraciones por ahora .

Solo ten en cuenta que las cuerdas son inextensibles y que no se deslizan sobre las poleas.

Tomemos como base la imagen posteada. intenta marcar n puntos equidistantes en toda la extensión de la soga dibujada.

Si luego piensas que \( m2 \) se desplaza hacia la izquierda justo la distancia entre tres marcas consecutivas o bien 2 segmentos  entre marcas, entonces verás que la polea fija, deberá dejar pasar esos dos segmentos.

Todo indicaría que el lado derecho de la polea móvil tiene que dejar pasar también los dos segmentos, pero no es cierto.

Cuando el centro de la polea  intenta  descender un \( \Delta x \) ,  tanto el lado el lado izquierdo como el derecho de la polea , deben aumentar de longitud  ese mismo \( \Delta x \) cada uno, luego un descenso de un\( \Delta x \) del centro de la polea consume \( 2\Delta x \) de soga,  si el lado derecho  es alimentado con\(  s=2 \) segmentos más que el izquierdo, el equilibrio se logra cuando lado izquierdo y derecho tienen la misma cantidad de segmentos, es decir cuando a cada lado de la polea se ha agregado solo un segmento o bien \( s/2 \).

Así \( m2 \)  desplaza el doble de segmentos de los que pasan por uno, si esto sucede en un segundo la velocidad de \( m2 \) es el doble de la de \( m1 \), si y \( m2 \) acelera entonces \( m1 \) acelera la mitad de lo que lo hace \( m2 \).

Sí, ahora lo veo más claro. Sí, ya lo entiendo.

Muchas gracias,

Saludos.