1r ciclo Máquina Atwood algo especial

[neometalero]

Saludos y feliz año a todos. Aqui os dejo uno mas de la larga lista, espero que alguno esté sediento de problemas.
Dos masas de 1-5Kg están suspendidas en la polea de una máquina de Atwood e inicialmente en equilibrio a 1.5m del punto de suspensión. La cuerda tiene un peso propio de 3g/cm. Sobre una de las masas se añade una sobrecarga de 200g. Calculese la aceleración del sistema cuando entre las dos masas existe una diferencia de 80cm.

Inicialmente la cuerda cuelga 1.5m de cada lado y por tanto tiene 3m, ergo su masa es de 0.9Kg?
Como considero la masa de la cuerda? Como una masa mas pero solo la parte extra que cuelga del lado de la masa de 1.7Kg?
El resultado es 1.05 pero yo me que quedado en 1.25.
Gracias por las posibles ayudas

[arivasm]

Re: Máquina Atwood algo especial

¿No hay datos de la polea? (momento de inercia y radio). Por cierto, ¿las dos masas son de 1,5 kg? (has escrito 1-5 kg).

Sobre cómo hacerlo, yo tomaría el conjunto cuerda+masa como un único objeto de masa variable. Aplicaría las ecuaciones de Newton, de manera que tengas la aceleración del sistema en función de las masas y el I/R^2 de la polea (o si prefieres, de las masas fijas -lo que incluiría el I/R^2- y la longitud de cuerda en uno de los lados). Derivando respecto del tiempo queda una ecuación diferencial de 2º orden para la aceleración, cuya solución es una exponencial. Integrándola dos veces se tiene la dependencia x(t), que se debe invertir para encontrar el t correspondiente (con un método numérico) que luego se substituye en a(t).

No pude confirmar ningún resultado por la carencia de los datos que señalé al principio.

[Breogan]

Re: Máquina Atwood algo especial

Hola:

Si la polea tiene momento de inercia nulo, lo que te dicen es que las tensiones de la cuerda a cada lado de la polea son iguales entre si, es decir que teniendo por Newton que:

$$\dst \vec M \ = \ I \ \vec \alpha$$

Si I=0 y $\vec \alpha \ \neq \ \vec 0$ entonces $\dst \vec M \ = \ \vec 0$, esto se debe cumplir para cualquier radio de la polea. Si llamamos T₁ y T₂ las tensiones de la cuerda a ambos lados de la polea el momento queda:

$$\dst \vec M \ = \ \vec R \ \times \ (\vec T_2\ -\ \vec T_1)$$

y por lo anterior sale la igualdad de las tensiones para cualquier R.

Nota: si I fuera nulo y el radio fuera nulo, la ecuación (1) no seria puntualmente aplicable (no hay aceleración angular), pero para esa situación se extrapola al limite cuando I=0 y R tiende a cero y se verifica que ambas tensiones deben permanecer iguales entre si.

Por el contrario si te dieran un I distinto de cero te dicen que las tensiones en la cuerda a ambos lados de la polea son distintas y están relacionadas por las ecuaciones (1) y (2)
En el caso que te den un I distinto de cero el radio no puede ser nulo, por que no seria congruente con las ecuaciones dinámicas.

En el caso de que R fuera distinto de 0 se debe tener en cuenta la porción de cuerda sobre la polea, que permanecerá de longitud constante durante el experimento pero con una aceleración angular, y también el momento de inercia de este tramo de cuerda (normalmente se puede despreciar en una primera aproximación). Si la tuvieras que tener en cuenta, las tensiones de las cuerdas en sus puntos de despegue de la polea ya no serian iguales entre si.

Volviendo al ejercicio tal como lo escribiste, vas a tener dos sistemas sobre los que aplicar Newton, de un lado la masa m₁ mas la masa m_c1 (masa del tramo de cuerda 1) afectados por la fuerzas constituidas por sus propios pesos y la tensión de la cuerda, y del otro lado de la polea el otro sistema formado por las dos masas, que llamamos m₂ y la masa de la cuerda de ese lado que llamamos m_c2, con fuerzas debidos a sus pesos y a la tensión de la cuerda.

Y tenes una ecuación de contorno que relaciona los largos de los dos tramos de cuerda a ambos lados de la polea, que sería:

$L_1 \ + \ L_2 \ = \ L_T \ = \ cte$

que si la derivas respecto del tiempo te da la relación entre las velocidades, que multiplicada por la densidad lineal te da la velocidad de la transferencia de masa, etc.

Si no me equivoco con estas tres ecuaciones ya tenes la posibilidad de encontrar la respuesta del problema.

Disculpas si me equivoque en algo, fue involuntario; y disculpas por la extensión del post

Suerte

- - - Actualizado - - -

Hola:

Si la polea tiene momento de inercia nulo, lo que te dicen es que las tensiones de la cuerda a cada lado de la polea son iguales entre si, es decir que teniendo por Newton que:

$$\dst \vec M \ = \ I \ \vec \alpha$$

Si I=0 y $\vec \alpha \ \neq \ \vec 0$ entonces $\dst \vec M \ = \ \vec 0$, esto se debe cumplir para cualquier radio de la polea. Si llamamos T₁ y T₂ las tensiones de la cuerda a ambos lados de la polea el momento queda:

$$\dst \vec M \ = \ \vec R \ \times \ (\vec T_2\ -\ \vec T_1)$$

y por lo anterior sale la igualdad de las tensiones para cualquier R.

Nota: si I fuera nulo y el radio fuera nulo, la ecuación (1) no seria puntualmente aplicable (no hay aceleración angular), pero para esa situación se extrapola al limite cuando I=0 y R tiende a cero y se verifica que ambas tensiones deben permanecer iguales entre si.

Por el contrario si te dieran un I distinto de cero te dicen que las tensiones en la cuerda a ambos lados de la polea son distintas y están relacionadas por las ecuaciones (1) y (2)
En el caso que te den un I distinto de cero el radio no puede ser nulo, por que no seria congruente con las ecuaciones dinámicas.

En el caso de que R fuera distinto de 0 se debe tener en cuenta la porción de cuerda sobre la polea, que permanecerá de longitud constante durante el experimento pero con una aceleración angular, y también el momento de inercia de este tramo de cuerda (normalmente se puede despreciar en una primera aproximación). Si la tuvieras que tener en cuenta, las tensiones de las cuerdas en sus puntos de despegue de la polea ya no serian iguales entre si.

Volviendo al ejercicio tal como lo escribiste, vas a tener dos sistemas sobre los que aplicar Newton, de un lado la masa m₁ mas la masa m_c1 (masa del tramo de cuerda 1) afectados por la fuerzas constituidas por sus propios pesos y la tensión de la cuerda, y del otro lado de la polea el otro sistema formado por las dos masas, que llamamos m₂ y la masa de la cuerda de ese lado que llamamos m_c2, con fuerzas debidos a sus pesos y a la tensión de la cuerda.

Y tenes una ecuación de contorno que relaciona los largos de los dos tramos de cuerda a ambos lados de la polea, que sería:

$L_1 \ + \ L_2 \ = \ L_T \ = \ cte$

que si la derivas respecto del tiempo te da la relación entre las velocidades, que multiplicada por la densidad lineal te da la velocidad de la transferencia de masa, etc.

Si no me equivoco con estas tres ecuaciones ya tenes la posibilidad de encontrar la respuesta del problema.

Disculpas si me equivoque en algo, fue involuntario; y disculpas por la extensión del post

Suerte

[neometalero]

Re: Máquina Atwood algo especial

No dicen nada de la polea asi que no tiene ni masa ni radio y las masas si son iguales y de 1.5 Kg. Dada la situación del problema (un curso de fisica basica de una ingenieria) dudo mucho que haya que llegar a ecuaciones diferenciales y metodos numericos. Es mas sencillo que eso.
Gracias gente

[arivasm]

Re: Máquina Atwood algo especial

Para una polea ideal las tensiones de la cuerda en los dos puntos extremos de contacto con la polea serán iguales, con lo que si llamamos m a las masas de los fragmentos de cuerda y M a las fijas a ellos, las ecuaciones de Newton para éstos conducen a que

$$(m_2+M_2-m_1-M_1) g = (m_2+M_2+m_1+M_1) a = M a$$

donde $M$ es la masa total, que será constante.

La aceleración es variable porque las masas $m_1$ y $m_2$ lo son. Si llamamos $\lambda$ a la densidad lineal de la cuerda tenemos que $-\dot m_1=\dot m_2 =\lambda v$. Lo que proponía era derivar (1), de manera que tendremos

$$2\lambda v g = M\ddot v$$

que es la ecuación diferencial cuya solución es una exponencial $\dst v=A+B\ee^{\alpha t}$, con $\alpha^2=2\lambda g/M$. Como $v_0=0$ tenemos que $A=-B$, de modo que

$$\dst v=B\left(\ee^{\alpha t}-1\right)$$

Derivando tenemos las aceleraciones

$$\dst a=\alpha B\ee^{\alpha t}$$

y $B=a_0/\alpha$ lo podemos encontrar aplicando (1) a la situación inicial.

Así era como lo veía yo, aplicado al caso de la polea ideal.

Si lo que nos pidiesen fuese velocidades siempre podríamos recurrir a la conservación de la energía, pero no es el caso, aunque quizá haya un camino alternativo por ahí...

- - - Actualizado - - -

Antes me he equivocado con la solución de la ecuación diferencial (2) (todo lo que he marcado en marrón). La solución no es la que puse, sino

$$\dst v=A\ee^{\alpha t}+B\ee^{-\alpha t}$$

donde A y B las determinamos a través de la aceleración y velocidades iniciales, usando para la aceleración

$$\dst a=\alpha\left(A\ee^{\alpha t}-B\ee^{-\alpha t}\right)$$

[neometalero]

Re: Máquina Atwood algo especial

Gracias por la ayuda pero sigo sin lograr mi objetivo. Cuales son las condiciones iniciales? Debo suponer que tanto velocidad como aceleracion son nulas en t=0?
La relacion que has puesto de la densidad de masa por la velocidad igual a la variacion de masa de que me sirve si no se v???
Realmente necesito esa tercera ecuacion para la transferencia de masa? No puedo suponer que el sistema ya está con una diferencia de altura de 0.8m y se
halla fijo ahí y considerar solo el peso extra de las partes de la cuerda a cada lado?

[javier m]

Re: Máquina Atwood algo especial

No puedo suponer que el sistema ya está con una diferencia de altura de 0.8m y se
halla fijo ahí y considerar solo el peso extra de las partes de la cuerda a cada lado?

Creo que es tan sencillo como eso. Si tienen 0.8 m de diferencia de altura, por un lado la cuerda tendrá 1,9 m y por el otro 1,1 m, solo habría que ver a cuanta masa equivale eso y ya. No piden una función de la aceleración, solo el valor en un instante.

[arivasm]

Re: Máquina Atwood algo especial

Javier tiene absolutamente toda la razón! Basta con usar la ecuación que etiqueté como (1)! (el resultado ciertamente es 1,05 m/s^2): está visto que tengo tendencia a matar las moscas a cañonazos!

[Breogan]

Re: Máquina Atwood algo especial

Hola:

Pido disculpas por que no lei correctamente el enunciado del problema.

Cabe aclarar que las ecuaciones dinámicas y de contorno siguen siendo las mismas, que es la mitad del problema, al cambiar la incógnita solo cambia como resolvemos la ecuación diferencial.

Suerte

[neometalero]

Re: Máquina Atwood algo especial

Gracias a todos. El caso es que sabia que tan complicado no debía ser y me habiais asustado un poco...xD
Voy a reintentarlo