[JCB]

Hola a tod@s.

Propongo el siguiente "facilema": sea un disco homogéneo de masa \( M \) y radio \( R \). En su eje de rotación (de masa despreciable) se colocan dos masas puntuales \( m \) (una a cada lado), situadas a una distancia \( d \) de su centro. Determínese la aceleración que adquiere en un plano inclinado \( \theta \) grados, si el disco rueda sin deslizar.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola a tod@s.

Propongo el siguiente "facilema": sea un disco homogéneo de masa \( M \) y radio \( R \). En su eje de rotación (de masa despreciable) se colocan dos masas puntuales \( m \) (una a cada lado), situadas a una distancia \( d \) de su centro. Determínese la aceleración que adquiere en un plano inclinado \( \theta \) grados, si el disco rueda sin deslizar.

Saludos cordiales,
JCB.

Spoiler

Si entendi bien que las dos masas $$m$$ se ubican "sobre el eje de giro de la masa M", llego a que la aceleración es  $$a=\dfrac{2M+4m}{3M+4m}g\sin\theta$$

Pero en el caso que se hallen a una distancia radial $$d$$ del eje de giro sobre el disco , entonces llego a $$a=\dfrac{2M+4m}{3M+4m\left(1+\frac{d^2}{R^2}\right)}g\sin\theta$$

En el caso que  una de las dos sea así , pongo el desarrollo, luego que algunos mas lo intenten.

[cerrar]

 

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

Propongo el siguiente "facilema":
...

Lo haría así, pero... viniendo la propuesta de JCB,  no estoy seguro del todo... 

Spoiler

\( \left\{\begin{array}{l}(M+2m)g\sin\theta -F_r=(M+2m)a_{CM}\\F_rR=I\alpha\\a_{CM}=\alpha R\\I=\dfrac{1}{2}\textcolor{red}{M}R^2\end{array}\right.\\\Longrightarrow \cdots \Longrightarrow \\a_{CM}=\dfrac{g\sin\theta}{1+\dfrac{I}{(M+2m)R^2}}=\\\dfrac{g\sin\theta}{1+\dfrac{\frac{1}{2}\textcolor{red}{M}R^2}{(M+2m)R^2}}=\boxed{\dfrac{\textcolor{red}{(M+2m)}g\sin\theta}{\textcolor{red}{3M+4m}}} \)

[cerrar]

Corregido. Gracias a JCB por el concurso  y a Richard R Richard por la corrección.
Saludos

[Richard R Richard]

Hola:

Propongo el siguiente "facilema":
...

Lo haría así, pero... viniendo la propuesta de JCB,  no estoy seguro del todo... 

Spoiler

\( \left\{\begin{array}{l}(M+2m)g\sin\theta -F_r=(M+2m)a_{CM}\\F_rR=I\alpha\\a_{CM}=\alpha R\\I=\dfrac{1}{2}(M+2m)R^2\end{array}\right.\\\Longrightarrow \cdots \Longrightarrow \\a_{CM}=\dfrac{g\sin\theta}{1+\dfrac{I}{(M+2m)R^2}}=\\\dfrac{g\sin\theta}{1+\dfrac{\frac{1}{2}(M+2m)R^2}{(M+2m)R^2}}=\boxed{\dfrac{2g\sin\theta}{3}} \)

[cerrar]

Saludos

Hola ani_pascual el procedimiento esta bien, pero el momento de inercia creo no es correcto, pregúntate cual es la distancia radial entre las masa m y el eje de giro del disco.

Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

Gracias por participar, Richard y ani_pascual. La idea que tenía cuando redacté el enunciado es que las dos masas puntuales, se encuentran en el eje de rotación del disco, a una distancia axial igual a \( d \) de su centro (no contribuyendo al momento de inercia del conjunto). Luego, es la primera solución hallada por Richard. Ahora sí, ya en abierto, el planteamiento que hice:

En un eje paralelo al plano inclinado, \( \sum{F_\parallel}=ma \)

\( -F_r+(M+2m)g\sin\theta=(M+2m)a \) (1)

Aplicando la Dinámica de rotación, respecto del eje del disco,

\( \sum{M_O}=I\alpha=I\dfrac{a}{R} \)

\( F_rR=\dfrac{1}{2}MR^2\dfrac{a}{R} \)

\( F_r=\dfrac{1}{2}Ma \). Sustituyendo esta expresión en (1),

\( a=\dfrac{(M+2m)g\sin\theta}{\dfrac{3}{2}M+2m} \) (expresión equivalente a la primera de Richard). Por el método energético, se llega al mismo resultado.

Si, alternativamente, las dos masas se encontrasen fuera del eje, a una distancia radial del centro del disco, igual a \( d \), el momento de inercia del conjunto sería \( I=\dfrac{1}{2}MR^2+2md^2 \), conduciéndonos el desarrollo a la segunda expresión de Richard.

Saludos cordiales,
JCB.