[Hernan_ER]

Hola.


¿Cómo puedo hacer para relacionar facilmente las velocidades angulares del primer disco y el segundo? No logro darme cuenta..


Muchas gracias

[Hernan_ER]

Puede ser que la velocidad lineal de la polea sea el doble que la velocidad del centro de masas del disco 1? De esa forma el disco 2 gira dos veces mas rapido. Haré las cuentas

\(  \displaystyle v={{\omega }_{1}}R \)

\(  \displaystyle 2v={{\omega }_{2}}R \)

[Carlos Ivorra]

Sí. Yo lo veo así: cuando el cilindro ha dado una vuelta, está a [tex]2\pi R/tex] metros más cerca de la polea, pero además ha soltado [tex]2\pi R/tex] metros de cuerda, luego la polea ha tenido que "tragarse" [tex]4\pi R/tex] metros de cuerda, luego ha dado dos vueltas.

[Hernan_ER]

Sí. Yo lo veo así: cuando el cilindro ha dado una vuelta, está a \(  2\pi R \) metros más cerca de la polea, pero además ha soltado \( 2\pi R \) metros de cuerda, luego la polea ha tenido que "tragarse" \(  4\pi R \) metros de cuerda, luego ha dado dos vueltas.

Claro, porque lo que se desplaza el centro de masas en una vuelta es el mismo desplazamiento que tiene un punto del borde, ¿no?

Gracias Carlos

[Carlos Ivorra]

Claro, porque lo que se desplaza el centro de masas en una vuelta es el mismo desplazamiento que tiene un punto del borde, ¿no?

Eso es.

[JCB]

Hola a tod@s.

Atención: respuesta # 5 incorrecta. Falta considerar la energía cinética de traslación del disco 1 (omisión detectada por Richard).

Repasando este ejercicio, no tengo manera de llegar a la solución señalada como la correcta, c) \( \omega_1=\sqrt{\dfrac{8g}{15R}} \). Por el contrario, llego a que \( \omega_1=\sqrt{\dfrac{8g}{13R}} \)

Si consideramos un punto de la cuerda sobre el disco 1 y un punto de la cuerda sobre el disco 2, al ser la cuerda inextensible, la velocidad de estos dos puntos es la misma.

\( v_1=\omega_12R \),

\( v_2=\omega_2R \). Igualando,

\( \omega_2=2\omega_1 \) (1). Conclusión a la que llegaron Hernan_ER y Carlos Ivorra en su día.

Tomando como referencia 0 de la energía potencial gravitatoria al suelo, igualo la energía mecánica inicial con la final.

\( mg2R=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}I\omega_1^2+\dfrac{1}{2}I\omega_2^2 \)

Considerando (1) y que la velocidad del bloque es \( v=\omega_2R=2\omega_1R \),

\( \omega_1=\sqrt{\dfrac{8g}{13R}} \)

A ver si alguien encuentra dónde está el error.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

entiendo que deberia ser ...corrijo tu cita

\( v_1+\omega_1R=v=2\omega_1R \), revisar

\( v=v_2=\omega_2R \). revisar

viendo que

\( \omega_2=2\omega_1 \) (1). Conclusión a la que llegaron Hernan_ER y Carlos Ivorra en su día. correcto

Tomando como referencia 0 de la energía potencial gravitatoria al suelo, igualo la energía mecánica inicial con la final.

\( \cancel{mg2R=\color {blue}2\color {black}\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}I\omega_1^2+\dfrac{1}{2}I\omega_2^2} \)

no he hecho calculos ... fijate que  al llegar al piso se mueven la masa que desciende y la del disco que avanza.

[JCB]

Hola a tod@s.

Correcto Richard. He omitido la energía cinética de traslación del disco 1.

Después lo edito. Gracias.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

si pero tambien me equivoque ... sería

\( mg2R=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}mv_1^2+\dfrac{1}{2}I\omega_1^2+\dfrac{1}{2}I\omega_2^2 \)
que si da  lo correcto
Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

Teniendo en cuenta la energía cinética de traslación del disco 1 (omisión detectada por Richard), la conservación de la energía mecánica, quedaría

\( mg2R=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}I\omega_1^2+\dfrac{1}{2}mv_1^2+\dfrac{1}{2}I\omega_2^2 \)

En la expresión anterior, sustituyo la velocidad del bloque \( v=\omega_2R=2\omega_1R \). Sustituyo también la velocidad de traslación del disco 1, que es \( v_1=\omega_1R \). Finalmente,

\( \omega_1=\sqrt{\dfrac{8g}{15R}} \)

Saludos cordiales,
JCB.