Secundaria Tensión

[The Higgs Particle]

Me piden demostrar que la fuerza a aplicar durante el movimiento (rozamiento dinámico) de un cuerpo de masa $M$ es menor cuando tiramos de él con una cuerda que forma con la horizontan un ángulo $\varphi$ a cuando lo arrastramos directamente.

- En el caso de que tiremos del cuerpo, tenemos que para que comience a moverse, $Tx = F_{roz} = N \cdot \mu$

Sin embargo, en este caso, $\vec N + \vec T_y + \vec P = 0 \to N + T_y = P \to N = P - T_y$.

Por lo tanto, $Tx = \mu \cdot (mg - T \cdot sin(\varphi)) \to T = \frac{\mu \cdot mg}{cos(\varphi)} - T \cdot tan(\varphi) \to T = \frac{\mu \cdot mg}{cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)}$


- En el caso de que haya que empujar al cuerpo, nos encontramos con que es la situación anterior pero con $\varphi = 0$

Por lo tanto: [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]


- Teniendo ya todo esto, tengo que demostrar que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , siendo [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] :

$\frac{\mu \cdot mg}{cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)} < \mu \cdot mg \to \frac{1}{cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)} < 1 \to 1 < cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)$


¿Sirve esto como demostración o me recomendáis calcular también la derivada de esto último ($cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)$) para hallar el mínimo y ver que es mayor que uno? ¿O alguna otra forma más directa?

[felmon38]

Re: Tensión

De acuerdo con tu resultado, que creo que está bien, el enunciado es correcto en tanto que se cumpla la inecuación que has puesto, en caso contrario, por ejemplo si μ=0, ya no es cierto.

[The Higgs Particle]

Re: Tensión

Cierto, se me ha olvidado especificar que $\mu$ $\in$ [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , $0 < \mu < 1$
Gracias!

[arivasm]

Re: Tensión

Deriva $\dst f(\varphi)=\frac T T_0 = \frac 1 {\cos\varphi+\mu\sin\varphi}$ e iguala con 0 para encontrar el ángulo que optimiza la fuerza aplicada. Yo encuentro que es $\tan\varphi = \mu$, al que corresponde $\dst f(\varphi)=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}}<1$, lo que significa que para dicho ángulo $T<T_0$ y entonces que para todo coeficiente de rozamiento existe al menos un ángulo que permite el movimiento uniforme con una fuerza menor que si se aplica horizontalmente.

[The Higgs Particle]

Re: Tensión

Me he dado cuenta de que en realidad este ejercicio tiene trampa, pues no siempre se cumple $T(\varphi) < T(0)$ (sabiendo que $\varphi$ $\in$ $(0, \frac{\pi}{2})$).

Aclaro:

$T(\varphi) = \frac{\mu \cdot mg}{cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)}$

Pongo un ejemplo ($\mu = 0.2$, $m = 1 (kg)$):

Como se ve, llega un momento dentro de nuestro intervalo $(0, \frac{\pi}{2})$ donde la función se vuelve creciente y, además, supera el valor de $T(0)$

Lo podemos ver fácilmente con $\varphi = 0$ y $\varphi = \frac{\pi}{2}$:

$T(0) = mg \cdot \mu$ y $T(\frac{\pi}{2}) = mg$

Esto hace que nuestro análisis se vuelva más complicado.




- Primero, calculo los intervalos de crecimiento y de decrecimiento, de forma que obtengo:

$\forall$ $\varphi > arctan(\mu) \to T(\varphi)$ es creciente

$\forall$ $\varphi < arctan(\mu) \to T(\varphi)$ es decreciente



- Después, calculo el punto en el que $T(\varphi) = T(0)$, saliéndome que $T(\varphi) = T(0) \Leftrightarrow \varphi = 0, \varphi = arcsin(\frac{2 \mu}{\mu^2 +1 })$

Lógicamente, $\varphi = arcsin(\frac{2 \mu}{\mu^2+1 })$ se encuentra en la parte en la que la función ya es creciente.


Podemos ver que esto es cierto porque en el ejemplo que puse antes, $T(\varphi) = T(0)$ en $\varphi=0 (rad)$ y $\varphi = 0.395 (rad)$:

- Por lo tanto, podemos concluir que:

$T(\varphi) < T(0)$ $\forall$ $\varphi$ $\in$ $(0, arcsin(\frac{2 \mu}{ \mu^2+1}))$


$T(\varphi) > T(0)$ $\forall$ $\varphi$ $\in$ $(arcsin(\frac{2 \mu}{ \mu^2+1}), \frac{\pi}{2})$

[Richard R Richard]

Re: Tensión

Aver si te sirve mi planteo

De la formula

$$T=\dfrac{\mu mg}{\mu\sin\phi+\cos\phi}$$

haces

$$\dfrac{\partial{T}}{\partial {\phi}}=0=\dfrac{-\mu mg\cdot(\mu \cos \phi-\sin \phi)}{(\mu\sin\phi+\cos\phi)^2}$$

para que en la expresión se cumpla la igualdad a 0 debe darse que

$$\mu \cos \phi=\sin \phi$$

la tensión es minima cuando

$$\mu= \tan \phi$$

Si reemplazas el valor de $\mu$ en 1

$$T=\dfrac{mg\tan \phi }{\tan \phi \sin\phi+\cos\phi}$$

operando llegas a

$$T=mg \sin \phi$$

entonces partiendo de $\mu$ como dice arivasm siempre hay un angulo $\phi$ en que la tensión es minima

y a la vez es menor que la fuerza para empujarlo

$$F=\mu m g =mg\tan \phi = \dfrac{mg\sin \phi }{\cos \phi}=\dfrac{T}{\cos \phi}$$

como $0<\cos \phi\leqslant 1$ entre $[0,\frac{\pi}2)$

por lo tanto en el mismo intervalo

$$F\geqslant T$$

cqd

saludos

[The Higgs Particle]

Re: Tensión

Gracias por contestar, Richard

Entiendo hasta el paso 6 (incluido). Te sale, entonces, que $T = mg sin(\phi)$, donde $T$ representa el mínimo que alcanza la tensión.

En donde me pierdo es en por qué sustituyes en el paso (7) $\mu$ por $sin(\phi)$, cuando $F$ es un valor fijo que se cumple cuando $\phi = 0$. Quiero decir, que $\mu = sin(\phi)$ indica que cuando se cumpla esta igualdad va a ser cuando la tensión va a ser mínima, no que $\mu = sin(\phi)$ sea algo constante.

Otra cosa que no entiendo es que si llegas a $F = \frac{T}{cos (\phi)} \to T = F \cdot cos(\phi)$, tenemos que $cos(\phi) < 1 \to F < T$, que es lo contrario a lo que queremos demostrar...

Y, por último, no sé entonces cómo aparecen ese tipo de gráficas como la que he puesto y en las que se ve que sí hay una zona en la que esto se cumple y otra en la que no

[arivasm]

Re: Tensión

Por lo que veo la respuesta al ejercicio depende de cómo se entienda el enunciado "demostrar que la fuerza a aplicar durante el movimiento (rozamiento dinámico) de un cuerpo de masa es menor cuando tiramos de él con una cuerda que forma con la horizontan un ángulo a cuando lo arrastramos directamente"

Si por "un ángulo" entendemos "un ángulo cualquiera" entonces el enunciado es simplemente falso, porque sólo lo será en un rango concreto de valores

Yo entendí el enunciado como que ese "un ángulo" significaba que "existe algún ángulo" para el cual la fuerza es menor.

Si se recurre al primer enunciado, que es lo que me temo que estás haciendo, entonces el ejercicio es más complicado: la ecuación $T(\varphi)=T(0)$ no tiene una sola solución, $\varphi=0$, sino *dos*, la trivial señalada y otra más.

¿Cómo sabemos esto último?. Sencillo: sabemos que $T(\varphi)$ tiene un mínimo para $\tan\varphi=\mu$, cuyo valor es $\dst T=\frac{T_0}{\sqrt{1+\mu^2}}$. Por otra parte,teniendo en cuenta que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] nos encontramos que en el rango del enunciado $0< \mu < 1$ necesariamente [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , por lo que, como la función es continua, necesariamente habrá un ángulo comprendido entre el mínimo anterior y 90º en el que la fuerza coincide con la correspondiente al caso horizontal.

Así pues debemos resolver la ecuación $\cos\varphi+\mu\sin\varphi=1$, que podemos escribir como $1-\sin^2\varphi=(1-\mu\sin\varphi)^2$. Desarrollando nos queda $\sin\varphi\left[(1+\mu^2)\sin\varphi-2\mu\right]=0$. De este modo tenemos las dos soluciones, $\varphi=0$ y $\dst\sin\varphi=\frac{2\mu}{1+\mu^2}$.

Conclusión: el enunciado es cierto siempre y cuando $\dst 0<\sin\varphi< \frac{2\mu}{1+\mu^2}$

- - - Actualizado - - -

Acabo de fijarme en que es justamente lo que habías puesto en uno de tus mensajes anteriores. Así, pues, lo confirmo.

[Richard R Richard]

Re: Tensión

Gracias por contestar, Richard

Entiendo hasta el paso 6 (incluido). Te sale, entonces, que $T = mg sin(\phi)$, donde $T$ representa el mínimo que alcanza la tensión.

En donde me pierdo es en por qué sustituyes en el paso (7) $\mu$ por $sin(\phi)$,

no reemplace$\mu$ por $\sin \phi$ sino por $\tan \phi$

el tema es que averiguamos que para cada $\mu$ existe un $\phi$ que hace minima la tensión. hasta ahí vamos bien . para aclarar llamo $\phi_m$ al angulo que hace la tensión mínima para un determinado $\mu$

En el mismo caso quieres compararlo contra la fuerza horizontal necesaria para desplazarlo que es $F=\mu mg$ y $\mu$ ya tiene el valor particular expresado en función de $\phi_m$ por lo que$F=mg \tan \phi_m$ luego lo que hice es descomponer la tangente como la division entre seno y coseno y como de 6 obtuvimos la tensión mínima $T=mg \sin \phi_m$ me queda una relacion directa entre T y F en funcion de $\phi_m$

como tu dices $F =T_{(0)}$ pero $\mu$ debe ser el mismo tanto al analizar el minimo como al analizar angulo 0° , pero lo expresas en funcion del angulo que te dio la tensión mínima $\mu = \tan \phi_m$ en resumidas es

$F =\dfrac{mg \sin\phi_m}{\cos \phi_m}=T_{(0)}\geqslant T_{(\phi)}=mg \sin\phi_m$

Otra cosa que no entiendo es que si llegas a $F = \frac{T}{cos (\phi)} \to T = F \cdot cos(\phi)$, tenemos que $\cos(\phi) < 1 \to F < T$, que es lo contrario a lo que queremos demostrar...

No... observa que si $cos(\phi) < 1 \to F > T$ justamente es lo que quieres demostrar si como ejemplo $\cos \phi =0.5$ y $F=2$ entonces $T=1$ entonces $T<F$

Y, por último, no sé entonces cómo aparecen ese tipo de gráficas como la que he puesto y en las que se ve que sí hay una zona en la que esto se cumple y otra en la que no

son dos cosas distintas tu estas tratando de probar como es la fuerza de rozamiento con respecto a la tensión aplicada a determinado un angulo $\phi$ para un coeficiente $\mu$ que no tiene relacion alguna con el angulo $\phi$

y por otro lado yo halle dicha relación que hace minima la tensión, $\mu=\tan \phi_m$ y siempre que uses es angulo con ese $\mu$ sabes que $F>T$


Edito : no habia visto lo que arivasm habia posteado, y coincido con él en que al haber solo un rango de valores en el que un $\phi$ arbitrario hace que T< F el enunciado es falso,pues es una obviedad es que existira otro rango en que T>F , pero si es cierto que siempre habra un angulo que $\phi_m$ en que T<F

Yo obtengo que $T=\dfrac{T_{(0)}}{(\mu^2+1)\cos \phi}$

en la igualdad $T_{(0)}=T$ tenemos que $\dfrac{1}{(\mu^2+1)}=\cos \phi$

si$0\leqslant\mu\leqslant1 \mapsto 0\leqslant\phi\leqslant\frac{\pi}{3}$

los valores superiores de $\phi$ al de la formula $\phi =\arccos \dfrac 1{\mu^2+1}$ hacen $T_{(0)}<T$ y viceversa

Saludos

[The Higgs Particle]

Re: Tensión

Lo siento, me he acabado liando porque no sé si me estáis diciendo que el resultado final al que llego está bien o está mal. Arivasm dice al final (en su "editado"), que le sale lo mismo que a mí. Y tú dices que coincides con Arivasm, por lo tanto, has de coincidir conmigo. Me he perdido

¿Es lo que puse al final del mesaje #5 correcto o incorrecto? Era esto:

$T(\varphi) < T(0)$ $\forall$ $\varphi$ $\in$ $(0, arcsin(\frac{2 \mu}{ \mu^2+1}))$

$T(\varphi) > T(0)$ $\forall$ $\varphi$ $\in$ $(arcsin(\frac{2 \mu}{ \mu^2+1}), \frac{\pi}{2})$

[arivasm]

Re: Tensión

¿Es lo que puse al final del mesaje #5 correcto o incorrecto? Era esto:

$T(\varphi) < T(0)$ $\forall$ $\varphi$ $\in$ $(0, arcsin(\frac{2 \mu}{ \mu^2+1}))$

$T(\varphi) > T(0)$ $\forall$ $\varphi$ $\in$ $(arcsin(\frac{2 \mu}{ \mu^2+1}), \frac{\pi}{2})$

Es correcto.

[Richard R Richard]

Re: Tensión

Hola coincido en la falsedad del enunciado , pero no en el calculo del angulo limite en que $T_{(0)}=T$

he intentado descifrar como es que has llegado a $T(\varphi) = T(0) \Leftrightarrow \varphi = 0, \varphi = arcsin(\frac{2 \mu}{\mu^2 +1 })$ en tu post #5

Tampoco logre ver como arivasm llega a $\dst f(\varphi)=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}}<1$ en su post #4

ni a $\dst T=\frac{T_0}{\sqrt{1+\mu^2}}$ en su post #8

no comprendo porque hacen la aproximación

Así pues debemos resolver la ecuación $\cos\varphi+\mu\sin\varphi=1$, que podemos escribir como $1-\sin^2\varphi=(1-\mu\sin\varphi)^2$. Desarrollando nos queda $\sin\varphi\left[(1+\mu^2)\sin\varphi-2\mu\right]=0$. De este modo tenemos las dos soluciones, $\varphi=0$ y $\dst\sin\varphi=\frac{2\mu}{1+\mu^2}$.

si $\dst\sin\varphi=\frac{2\mu}{1+\mu^2}$ entonces $\dst\cos\varphi=\sqrt{1-(\frac{2\mu}{1+\mu^2})^2}$

luego $\tan \varphi=\dfrac{2\mu}{\sqrt{(1-\mu^2)^2}}\neq \mu$



cuando lo hago llego a mi solución $T=\dfrac{T_{(0)}}{(\mu^2+1)\cos \varphi}$ dada en mi post #9

por seguir debatiendo no quiero que te lies, existe un rango en que $T>T_{(0)}$ el enunciado tiene trampa, o no es totalmente cierto.

saludos

[The Higgs Particle]

Re: Tensión

A mí me salió así:


Teniendo en cuenta que $T(\varphi) = \frac{\mu \cdot mg}{cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)}$ y que $T(0) = \mu \cdot mg$

Entonces:

$T(\varphi) = T(0) \to \frac{\mu \cdot mg}{cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi)} = \mu \cdot mg \to cos(\varphi) + \mu \cdot sin(\varphi) = 1$


Por comodidad, llamo $x = sin(\varphi)$, quedándome:

$\sqrt{1-x^2} + \mu x = 1 \to -2 \mu x + \mu^2 x^2 = -x^2 \to x \cdot (\mu^2 x + x - 2 \mu) = 0$

Así que o $\boxed{x = 0}$ ó $\mu^2 x + x - 2 \mu = 0$

$\mu^2 x + x - 2 \mu = 0 \to x \cdot (\mu^2+1) = 2 \mu \to \boxed{x = \frac{2 \mu}{\mu^2 + 1}}$


De esta forma, y deshaciendo el cambio de variable, para que $T(\varphi) = T(0) \to \boxed{sin(\varphi) = 0}$ ó $\boxed{sin(\varphi) = \frac{2 \mu}{\mu^2+1}}$

[arivasm]

Re: Tensión

Tampoco logre ver como arivasm llega a $\dst f(\varphi)=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}}<1$ en su post #4

ni a $\dst T=\frac{T_0}{\sqrt{1+\mu^2}}$ en su post #8

Las expresiones que citas se referían al valor que toma la función $\dst f(\varphi)=\frac{T}{T_0}=\frac{1}{\cos\varphi+\mu\sin\varphi}$ en el mínimo, que se da para $\tan\varphi=\mu$. Por supuesto, la segunda que citas simplemente resulta de llevar ese valor a que $T=T_0 f(\varphi)$

[Richard R Richard]

Re: Tensión

Gracias arivasm, coincidimos en que el minimo se da en $\mu=\tan \varphi$

googleéeee y encontre que $\cos (\varphi)= \cos (\arctan (\mu))= \pm \dfrac1{\sqrt{1+\mu^2}}$

relación que no sabia

asi que estamos hablando del mismo angulo expresado de distinta manera.

Saludos