[alexis.sokorov]

Buenas buenas, estoy trancado con este ejercicio:



Supongo que para hallar $$L$$ debo de plantear conservación de la energía

$$E_i = E_{\text{cin,tras}} + E_{\text{cin,rot}}$$ y $$E_f = MgH$$ con $$H=\frac{L}{2} \sin\theta$$ (esta altura es respecto a $$\text{Centro Masa}$$)

$$E_{\text{cin,tras}} = \frac{1}{2} M v_{cm} ^2 = 2M$$
$$E_{\text{cin,rot}} = \frac{1}{6} ML^2 w_{cm} ^2 , \thinspace w_{cm} = \frac{v_{cm}}{L/2} = \frac{2v_{cm}}{L}$$ $$\Rightarrow E_{\text{cin,rot}} = \frac{8}{3} M $$

Luego, $$E_i = E_{\text{cin,tras}} + E_{\text{cin,rot}} = \frac{14}{3}M = \frac{1}{4}MgL =  E_f$$

Pero esto me da que $$L=1.90m$$ cosa que está mal porque debería de ser $$L=0.36m$$

¿Qué me estoy olvidando o aplicando erróneamente?

[JCB]

Hola a tod@s.

Razónalo un poco más y llegarás a que \( L=\dfrac{4}{3}\dfrac{v_{cdm}^2}{g(1+\sin\theta)}=0,36\ m \).

Nota: añado unas preguntas, que pueden acompañarte y guiarte en el proceso de razonamiento.

Pregunta 1: ¿ qué origen de energía potencial gravitatoria has establecido ?.

Pregunta 2: en la primera posición, ¿ la barra se traslada y rota, o bien solo rota ?, ¿ qué tipo de energía cinética tiene la barra ?.

Saludos cordiales,
JCB.

[alexis.sokorov]

Pude resolverlo, nunca se traslada la barra, sólo rota al comienzo ($$E_i = E_{\text{rotación}}$$ ) y al final tiene energía potencial $$\frac{1}{2} MgL + MgL\sin\theta$$

¡Gracias por la ayuda!

[JCB]

Hola a tod@s.

Bien, me alegra de que hayas podido resolver el ejercicio, pero como el foro está pensado para que los ejercicios tengan la máxima difusión y utilidad, es decir, que no solo sean útiles para aquellos que plantean los temas, voy a publicar el desarrollo (en sucesivos temas, procura publicar también tus soluciones).

En la primera posición, considero al cdm como referencia \( 0 \) de la energía potencial gravitatoria. De esta manera, en la primera posición, la barra solo tiene energía cinética de rotación.

\( E_{cr}=\dfrac{1}{2}I\omega^2=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{3}mL^2\dfrac{4v_{cdm}^2}{L^2}=\dfrac{2}{3}mv_{cdm}^2 \)

Nota: habiendo considerando que \( \omega=\dfrac{v_{cdm}}{L/2}=\dfrac{2v_{cdm}}{L} \)

En la segunda posición, la barra solo tiene energía potencial gravitatoria.

\( E_{pg}=mgh=mg\left(\dfrac{L}{2}+\dfrac{L}{2}\sin\theta\right) \)

Igualando la energía de las dos posiciones y despejando,

\( L=\dfrac{4}{3}\dfrac{v_{cdm}^2}{g(1+\sin\theta)}=0,36\ m \).

Saludos cordiales,
JCB.