trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

[visitante20160513]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Bueno, como en cualquier caso la fuerza siempre será radial, podemos expresar dicho trabajo como:

$W=\displaystyle\int_1^2 Tdr$

en la que T es la tensión de la cuerda y r el radio de giro. La cuestión aquí sería entonces expresar dicha tensión en función del radio de giro. Considerando que el proceso se realiza como una sucesión de estados de equilibrio entonces se puede aceptar que la tensión debe ser igual a la fuerza centrípeta y aplicar la ecuación:

$T=m\omega^2r$

lo que nos conduce a la expresión del trabajo:

$W=\displaystyle m\int_1^2 \omega^2 rdr$

ahora bien ¿cual es la relación entre $\omega$ y$r$? ¿podemos considerar que $\omega$ es constante? Pues en el estado inicial la velocidad angular vale:

$\omega_1=\sqrt{mr_1/T_1}=v/r=20\ rad/seg$

y en el estado final la tensión se multiplica por 4,63 y el radio por 3/5 lo que hace que la velocidad angular alcance el valor:

$\omega_2=\sqrt{T_2/mr_2}=20\sqrt{\displaystyle\frac{4,63}{3/5}}=55,56\ rad/seg$

así que no podemos aceptar que la velocidad angular sea constante. Entonces ... ¿como calculamos la integral del trabajo?

Si analizamos ahora que pasa con el momento angular en cada caso vemos que los valores son:

$L_1=mr_1v_1=mr_1^2\omega_1\qquad\qquad L_2=(3r_1/5)^2(55,56\omega_1 /20)=L_1(3/5)^2(55,56/20)=L_1$

y en el instante final habida cuenta de como cambian el radio y la velocidad angular su valor no varía y por lo tanto se conserva.

Para mi el razonamiento mediante el teorema de conservación de la energía es bastante claro, pero usando la conservación del momento angular se llega a la misma conclusión.

CORREGIDO

Salu2, Jabato.

[Richard R Richard]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

$W=\displaystyle\int_1^2 Tdr$
$T=m\omega^2r$

pero la integral sera entonces

$W=\displaystyle m\int_1^2 \omega^2 r dr$

ahora bien ¿cual es la relación entre $\omega$ y$r$? ¿podemos considerar que $\omega$ es constante?

no, no es constante

$$L=m\omega_ir_i^2=m\omega_fr_f^2=m\omega(r)r^2$$

Entonces ... ¿como calculamos la integral del trabajo?

de 1 hacemos $\omega(r)= \dfrac{\omega_i r_i^2}{r^2}<br />$

$W=\displaystyle m\int_1^2 \left (\dfrac{\omega_i r_i^2}{r^2}\right )^2\ r dr=\displaystyle m\int_1^2 \dfrac{\omega_i^2 r_i^4}{r^3} dr$

$W=\omega_i^2 r_i^4\left (\dfrac{1}{r_i^2} -\dfrac{1}{r_f^2}\right )= -60 J$

[FONT=Verdana]

R

[/FONT]

³[FONT=Verdana], sólo se pide el trabajo que el cordón ejerce sobre el cuerpo.[/FONT]

[FONT=Verdana]

[/FONT]Te refieres a que es solo el trabajo que realiza la tensión, no al trabajo de la fuerza que jala, ahora se me confunde una u otra cosa, pues se me haceque no deberian ser lo mismo $T \neq F$ para cualquier radio entonces no se cumple $W=\Delta E_c$ me puso en duda cuando obtuve el mismo valor en modulo .......Antes me habia equivocado al integrar y los valores que me salieron eran distintos y me confie que podia ser $W_f=\Delta E_c-W_T$ como era negativo el valor de $W_T$ pensé que al final terminaba sumando....... como es entonces?


Saludos $\mathbb R^3$

[Richard R Richard]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

$\omega_2=\sqrt{\dfrac{T_2}{mr_f^2}}=\sqrt{\dfrac{4,63 T_1}{0.675\cdot 0.3^2}}=\sqrt{\dfrac{4,63 \cdot \dfrac{ 10^2\cdot 0.675}{0.5}}{0.675\cdot 0.3^2}}= 101 rad/seg$

Creo que en algo has errado al calculo.

Sí, respecto a lo primero tienes razón fue un error de teclado que voy a corregir ahora mismo. Lo que no acabo de ver es de donde sacas la relación:

$\omega(r)= \dfrac{\omega_i r_i^2}{r^2}$

Salu2, Jabato.

esto sale de la conservación del momento angular de la ecuación 1 de mi ultimo mensaje

si reemplazas el valor que calcule de $\omega _2$ en la ecuación del momento angular seguro obtienes el mismo valor, es decir $L_1=L_2$

Saludos

[visitante20160513]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Yo ya he revisado y corregido mis cálculos y para mi ahora están bien, el momento angular se conserva y la solución es la misma que la de Richard R Richard.

Salu2, Jabato.

[Richard R Richard]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Yo ya he revisado mis cálculos y para mi están bien, el momento angular en el estado inicial vale:

$L_1=mv_1r_1=10\times 10\times 0,5=50$

m no es 10 es 0.675

y en el estado final vale:

$L_2=mv_2r_2=10\times 2,16\times 0,3=6,48$

luego según el enunciado no hay conservación.

no se donde lo da a entender, no logro ver donde me equivoco en las cuentas pero si baso los calculos en la conservación del momento angular pues eso deber reflejar


he revisado mis calculos y $\omega_2=55.5 rad /s$ lo que esta mal es la formula que pones para calcularlo yo he seguido tus pasos no los mios



$T_f=T_2=625 N$
$T_i=T_1=135 N$
$\dfrac{T_f}{T_i}=4.629$

$\omega_i=20 rad/s$
$\omega_f=55.5 rad/s$

$v_i=10m/s$
$v_f=16.65m/s$

$W=60 J$

Saludos $\mathbb R^3<br />$

[arivasm]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Por poner algo de orden: está claro que el ejercicio se resuelve con el teorema de la energía cinética, sin necesidad de otras consideraciones. Todo esto arranca porque nuestro amigo dice en su primer mensaje:

¿hay alguna manera de calcular la tensión si se achica el radio? o depende de la forma en que se lo hace?. Y sin el teorema de trabajo-energía sé que tal vez sea complicado calcular el trabajo; ¿cómo se haría en este caso?

Sobre la conservación del momento angular: recordemos que la derivada del momento angular de una partícula respecto de un punto es igual al momento respecto de dicho punto de la fuerza resultante sobre la partícula. Por tanto, está claro que en este caso, en el que intervienen dos fuerzas que se anulan (peso y normal) y una central dirigida hacia el "agujero" a través del cual la cuerda sale del plano de giro, el momento angular de la partícula respecto de dicho punto (que llamaré "el centro") sí se debe conservar durante todo el proceso.

Eso, en principio, no está en contradicción con que al final la tensión de la cuerda valga tal o cual o que el radio valga tanto o cuanto. Otra cosa bien diferente es que podamos elegir, como hace el enunciado, *además* de la nueva tensión el nuevo radio.

En las situaciones final e inicial, en las que la trayectoria es circular, se cumple que la tensión correspondiente será $T=mr\omega^2$. Ahora bien, la conservación del momento angular respecto del centro, $L=mr^2\omega$ impone una nueva condición que podemos llevar a la expresión de la tensión de manera que (deliberadamente dejo la expresión en función de $r$): como $\dst\omega=\frac{L}{mr^2}$, en las trayectorias circulares deberá cumplirse que $\dst T=\frac{L^2}{mr^3}$. En otras palabras que $Tr^3$ debe tomar un valor fijo.

En el caso del enunciado, la tensión pasa a ser 4,63 veces mayor al tiempo que el radio se multiplica por 3/5. En consecuencia, el producto $Tr^3$ se multiplica por 1,00008, lo que evidencia que el autor del ejercicio sí tuvo en cuenta la conservación del momento angular durante el proceso.


Con respecto a si la fuerza que tira de la cuerda es conservativa o no, recordemos que no importa con tal de que al aplicar $W=\Delta E$ se incluya en $W$ el trabajo realizado por la fuerzas no incluídas en la energía potencial empleada para calcular la energía mecánica $E$.

[felmon38]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

R³, según el enunciado, se pide el trabajo de la fuerza que el cordón realiza sobre el cuerpo. La fuerza será la tensión de la cuerda en el punto de contacto con el cuerpo. La fuerza F no está en contacto con el cuerpo.
Si la cuerda tuviera masa, la tensión a lo largo de la cuerda no sería constante. Pero en este caso lo es, por lo que F es igual a T y además el trabajo que realiza F sobre la cuerda y el trabajo que la fuerza que ejerce el bloque sobre la cuerda (-T) es el mismo, ya que, aplicando el teorema de la energía cinética en la cuerda, las únicas fuerzas exteriores que actúan sobre la cuerda que realizan trabajo son F y -T y no hay variación de la energía cinética, que es nula (el peso es 0 y las fuerzas interiores no realizan trabajo, porque suponemos que es perfectamente rígida).

Saludos

[visitante20160513]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Creo que tienes razón, una de las fórmulas que he aplicado tiene un error garrafal y todo el cálculo sale mal. Voy a revisarlo y a corregirlo a ver si consigo que me salga bien, como a ti al menos.

Ya esta corregido y efectivamente el momento angular se conserva (como debía de ser dada la dirección de la fuerza), el resultado tuyo Richard es el correcto. Mis disculpas por el error cometido.

Salu2, Jabato.

[Richard R Richard]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Comprendo felmon38, me aclaro lo siguiente.

en un primer momento el sistema esta en MCU con $T_i$ en el cordón , luego se aplica F remplazando a $T_i$

Si $F$ minimamente debe superar a $T_i$ pues si no el sistema permanecería el sistema en MCU y nunca evolucionaria de $r_i$ a $r_f$

por lo que $F=T\neq m\omega^2r =F_c(r)$ la fuerza centrípeta para ese radio de giro.

la evolución temporal de F y T debe ser tal que las velocidades radiales de en los radios $r_i$ y $r_f$ sea nula por lo que en algún momento será superior a $F_c(r)$ para poder acortar el radio y en otro momento inferior para dejar de hacerlo.

Por lo tanto lo que en mi post

$<br /> W_T=\dst\int^{r_f}_{r_i} T(r)\dd r=\int^{r_f}_{r_i} \dfrac{mV(r)^2}{r}\dd r=\int^{r_f}_{r_i} \dfrac{m(\dfrac{r_iv_i}{r})^2}{r}\dd r$

$<br /> W_T=\dst mr_i^2v_i^2\int^{r_f}_{r_i} \dfrac1{r^3}\dd r=-mr_i^2v_i^2\dfrac1{2r^2}|^{r_f}_{r_i}=\frac m2 r_i^2v_i^2(\dfrac1{r_i^2}-\dfrac1{r_f^2})=-60 J$

seria correcto

y lo incorrecto es

$E_{mi}+W_{f}+W_{T}=E_{m_f}$

$W_f=E_{m_f}-W_{T}-E_{mi}=E_{c_f}-W_{T}-E_{ci}=$$\frac12mv_f^2-\frac12mv_i^2-W_{T}=\dfrac 1 2 m (v_2^2 - v_1^2)-W_{T}=\dfrac 1 2 0.675 (16.667^2 - 10^2)--60 J=120 J$

Por otro lado es valido $\Delta E_c=W$ como escribían alriga y arivasm el tema que me de positivo o negativo, es solo convención de signos.

PD_ edito pues veo tu comentario jabato, mil veces me has aclarado mis dudas, si una vez puedo devolver el favor enhorabuena.

Saludos $\mathbb R^3$

[carmelo]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Hola.

Veamos si me puedo explicar mi opinión al respecto de que no es necesaria conocer la expresión de la Fuerza que efectúa el trabajo (Sólo es suficiente saber que es radial y que no actúa el rozamiento). Tampoco es necesario que se pase del estado inicial al final por infinitos estados de equilibrio o que la fuerza centrípeta sea igual a la tensión. Sólo se debe de cumplir para el estado inicial y final.


Según la segunda ley de Newton se tiene:

$\vec{T}(r) =T(r)\;\hat r= m\; \vec{a}$

Expresando la aceleración en polares, se tiene:

$\vec{a} = (\ddot r - r \;\dot{\varphi}^2)\;\hat{r}+ (2\;\dot{r}\;\dot{\varphi}\;+r \; \dot{\varphi}^2)\hat{\varphi}$

Como la tensión sólo tiene componente según $r$, sólo existe aceleración según $r$ y se puede escribir además:

$2\;\dot{r}\;\dot{\varphi}\;+r \; \dot{\varphi}^2=0$

O lo que es lo mismo:

$\dfrac 1 r \dfrac {\dd}{\dd t} (r^2 \; \dot{\varphi})=0 \qquad r^2 \; \dot{\varphi}=k$

Esto equivale a decir que el momento angular se conserva.

Considerando el elemento diferencial de linea para las polares : $\dd \vec{l} = \dd r \;\hat{r} + r\;\dd \varphi\; \hat\varphi$

Ahora expresemos el trabajo:

$W=\dst\int_L \vec{T}(r)\cdot \dd \vec{l}=\dst\int_{r_1}^{r_2} T(r)\cdot \dd r= m\dst\int _{r_1}^{r_2}\left(\dfrac{\dd\dot r}{\dd t}-r\;\dot{\varphi}^2 \right)\dd r=m\dst\int _{r_1}^{r_2}\dot{r}\dd\dot r-m \dst\int_{r_1}^{r_2} r\dfrac {k^2}{r^4}\dd r$$=m\left[\dfrac{\dot{r}^2}2\right]_{\dot{r}_1}^{\dot{r}_2}+\dfrac m 2 \left(\dfrac{k^2}{r_2}-\dfrac{k^2}{r_1}\right)=0+\dfrac m 2 \left(\dfrac{v_2^2\;r_2^2}{r_2^2}-\dfrac{v_1^2\;r_1^2}{r_1^2}\right)=\dfrac{m}{2}(v_2^2-v_1^2)=\Delta E_k$

Donde se utilizó que:
$\dot{r}_1=\dot{r}_2=0$ En el estado inicial y final el movimiento es circular uniforme.

Y que también se cumplen para el estado inicial y final:

$k=r_1^2\;\dot{\varphi_1}=r_1\;v_1\qquad k=r_2^2\;\dot{\varphi_2}=r_2\;v_2$

Saludos
Carmelo

[visitante20160513]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Bueno, es mucho más sencillo que todo eso. Lee las correcciones que realice en mis mensajes, carmelo. Lo que me desorientó fue que hay un dato en el enunciado que no es necesario, me refiero a la tensión del cordón en el estado final, basta con saber que el momento angular debe conservarse a lo largo de todo el proceso y el resto es sencillo.

Salu2, Jabato.

[carmelo]

Re: trabajo por una fuerza variable - caso bidimensional

Si, es sencillo. Vi los 3 últimos mensajes después que había escrito todo. Por lo tanto opté por dejarlo.

Saludos
Carmelo

También cito mi primer mensaje de este hilo.

Hola.

La tensión es la fuerza centrípeta. Si cambia el radio, cambia la tensión. Por lo tanto $T=\dfrac{m v^2}{r}$
El trabajo efectuado por la tensión es igual a la variación de energía mecánica (cinética en este caso) dado que no existen fuerzas no conservativas. La manera en que apliquemos la tensión entre el estado final e inicial no importa.

Saludos
Carmelo

También se conserva el momento angular. Es otra forma de calcular la velocidad. Sobran datos (por lo menos no son incompatibles).