[franma]

Buenas,

El enunciado dice lo siguiente:
La figura muestra un niño balanceándose en una hamaca. Consideraremos al sistema como una masa puntual de \( 25 kg \) ubicada en el centro de masa. Inicialmente, el niño está agachado sobre la tabla de la hamaca y la distancia entre el punto de suspensión y el centro de masa del sistema es \( 2m \). Cuando el sistema está desviado \( 30º \) de la vertical, la velocidad angular del sistema es nula. Luego, al pasar por el punto más bajo de su recorrido el niño se levanta rápidamente quedando de pie sobre la hamaca. Con ello, eleva \( 30cm \) el centro de masa del sistema ¿Cuál es la máxima desviación \( \theta \) del sistema cuando el niño esta de pie sobre la hamaca?.
Desprecie todos los efectos por rozamiento.
Sugerencia: ¿Qué pasa con el momento angular en el punto más bajo de la trayectoria?



Este ejercicio no se como comenzarlo, por la sugerencia debe ser por conservación del momento angular, pero si tomo por ejemplo el punto donde agachado alcanza la apertura de 30º su momento angular es nulo y no se como continuar.
No veo como relacionar el ángulo con el momento angular  .

¿Alguna idea para empezarlo?

Saludos,
Franco.

[JCB]

Hola a tod@s.

En el descenso con el niño agachado, la velocidad en el punto más bajo de la trayectoria es \( v_1=\sqrt{2gh}=\sqrt{2gl(1-\cos 30^{\circ})} \). Luego, el momento angular en módulo es \( L_1=mlv_1=m\sqrt{2gl^3(1-\cos 30^{\circ})} \).

Al levantarse el niño en ese punto más bajo, el momento angular pasa a ser \( L_2=m(l-0,3)v_2 \).

Debido a que en el punto más bajo de la trayectoria no hay momentos externos, pues tanto el peso como la tensión de la cuerda pasan por el eje de giro, podemos concluir que se conserva el momento angular,

\( L_1=L_2 \),

\( m\sqrt{2gl^3(1-\cos 30^{\circ})}=m(l-0,3)v_2 \).

\( v_2=\dfrac{\sqrt{2gl^3(1-\cos 30^{\circ})}}{l-0,3} \).

Finalmente, aplicando la conservación de la energía mecánica, obtienes \( \theta \).

Saludos cordiales,
JCB.

[franma]

Buenas JCB,

Partiendo de donde lo dejas:

\( E_i=\dfrac{m\left(\dfrac{\sqrt{2gl^3(1-\cos 30^{\circ})}}{l-0,3}\right)^2}{2}=m\dfrac{gl^3(1-\cos 30^{\circ})}{(l-0,3)^2} \)

\( E_f=mgh \)

Por conservación de la energía mecánica:

\( m\dfrac{gl^3(1-\cos 30^{\circ})}{(l-0,3)^2}=mgh \)

\( \dfrac{l^3(1-\cos 30^{\circ})}{(l-0,3)^2}=h\cong0.37 \)

Ahora viendo la relación entre el ángulo y h:

\( l=l\cos(\theta)+h \)

\( 1-\dfrac{h}{l}=\cos(\theta) \)

Esto me da aproximadamente 35º sin embargo el solucionario tiene como respuesta correcta 39º 

Revisare nuevamente las cuentas, pero no encuentro error.

Agregado:

Encontré el error, ya que no considere que ahora el niño esta levantado 0.3m por lo que la distancia ya no es \( l \) si no \( l-0.3 \).

\( (l-0.3)=(l-0.3)\cos(\theta)+0.37 \)

\( \theta=\cos^{-1}\left(1-\dfrac{h}{(l-0.3)}\right)\cong39º \)

Saludos,
Franco.

[JCB]

Hola a tod@s.

Habiendo aplicado la conservación de la energía mecánica, la altura alcanzada después de pasar por el punto más bajo es \( h_2=\dfrac{l^3(1-\cos 30^{\circ})}{(l-0,3)^2}=0,37\ m \) (hasta aquí coincidimos).

\( \theta=\arccos\dfrac{(l-0,3)-h_2}{l-0,3}=38,57^{\circ} \).

Saludos cordiales,
JCB.

[franma]

Buenas JCB,

Tal vez no llegaste a ver mi añadido, coincidimos también en el resultado final (luego de mi bruta aproximación \( 38.5\cong39 \)  )

Saludos,
Franco.

[JCB]

... / ...

Tal vez no llegaste a ver mi añadido, coincidimos también en el resultado final (luego de mi bruta aproximación \( 38.5\cong39 \)  )

... / ...

Hola a tod@s.

Sí que "entreví" tu añadido, franma, pero ya tenía a punto de publicación mi respuesta # 3. De todas maneras el punto clave en este ejercicio, es la consideración de la conservación del momento angular en el punto más bajo de la trayectoria, ya que lo demás resulta bastante obvio.

Saludos cordiales,
JCB.

[franma]

Totalmente de acuerdo JCB, muchas gracias por la ayuda.

Saludos,
Franco.