1r ciclo Tensiones en la máquina de Atwood

[Alofre]

Buenas,
estaba resolviendo un problema con una máquina de Atwood, es decir, una polea (con masa m y radio r, no ideal pero sin rozamiento), de la que cuelgan dos cuerpos de masa m_1 y m_2 respectivamente, estando la masa m_2 a una altura h y la otra en el suelo. El caso es que se me pide encontrar la tensión que sufre la cuerda que aguanta la polea (suponiendo que esta cuelgue del techo, por ejemplo), durante el proceso y cuando la masa m_2 llega al suelo y se encuentra el sistema en reposo.

Yo lo que he hecho es calcular T_1 (tensión por la masa 1), T_2 (Tensión por la masa 2). Entonces en la polea se verificará T=T_1+T_2+mg , pues la polea se encuentra en equilibrio. Esto es correcto? Por otro lado, cuando el sistema esté parado no tengo muy claro como proceder, mi idea es volver a calcular T_1 y T_2 pero considerando la velocidad angular 0.
Agradecería que alguien revisase si mi razonamiento es correcto. Mil gracias por adelantado

[Al2000]

Considerando los signos convencionales (fuerzas positivo hacia arriba, aceleración angular positiva en sentido antihorario), las ecuaciones cuando el sistema no está en equilibrio son:

-- Cuerpo 1: $T_1 - m_1 g = - m_1 a$

-- Cuerpo 2: $T_2 - m_2 g = m_2 a$

-- Polea: $(T_1 - T_2) R = I \alpha$

-- La cuerda no resbala: $a = R \alpha$

Si el cuerpo 2 está en el piso y el sistema está en reposo, entonces la tensión en la cuerda es simplemente el peso del cuerpo 1.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[JCB]

Saludos Al2000.

[JCB]

Hola a tod@s.

Alofre: en el primer apartado (dinámico), para poder hallar la tensión en la cuerda que sostiene a la polea, debes obtener primero las tensiones a cada lado de la polea ($T_1$ y $T_2$). Estas tensiones dependerán de la aceleración $a$ del sistema. Aplicando la dinámica de rotación a la polea, y el equilibrio dinámico a cada masa, llegarás a que

$a=g\dfrac{m_2-m_1}{\dfrac{m}{2}+m_1+m_2}$.

Lo que sigue ya es más fácil.

Saludos cordiales,
JCB.

[Alofre]

Mmm sí, yo he llegado a calcular la aceleración de las masas y las tensiones 1 y 2. Concretamente lo que quería asegurar es si entonces para
- el caso dinámica T(cuerda que aguanta la polea)=T_1+T_2+P(polea)
- caso estático T(cuerda que aguanta la polea)=T_1+P(polea)
Sería así? Esto lo pregunto porque la verdad es la primera vez que en un problema me piden la tensión de la cuerda que aguanta la polea y no estoy muy seguro de como proceder
Gracias!

[Al2000]

En el caso estático te dejaste por fuera T_2 (que es igual a T_1). Deberías haber escrito T(cuerda que aguanta la polea)= 2 T_1+P(polea).

[Richard R Richard]

La tensión de la cuerda u otro elemento que la fije al techo es siempre la sumatoria de las masas por la aceleración de la gravedad en el caso estático final

$\cancel{T_e=T_1+T_2+P_p= (m_1+m_2+m_p)g}$no interprete bien el caso estatico si $m_2$ está apoyada la tensión de la cuerda es$m_1g$ en ambos lados de la polea lo correcto es como indica JCB posteriormente.

$T_e=T_1+T_2+P_p= (m_1+m_1+m_p)g$

en el caso dinámico reemplaza la aceleración que calculo JCB en las dos primera formulas que te dio al2000(sea cualfuere el signo que le salga a la aceleración)

$T_1= - m_1 a+ m_1 g=m_1g-m_1g\left(\dfrac{m_2-m_1}{\dfrac{m}{2}+m_1+m_2}\right)$

$T_2= m_2 a+ m_2 g=m_2g+m_2g\left(\dfrac{m_2-m_1}{\dfrac{m}{2}+m_1+m_2}\right)$

$P=m_pg$

reemplazando ahora en la formula

$T_d=T_1+T_2+P_p=m_1g+m_2g+m_pg -g\left(\dfrac{(m_2-m_1)^2}{\dfrac{m}{2}+m_1+m_2}\right)$

esto ya es innecesario

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De donde ves que

$T_d=T_e-g\left(\dfrac{(m_2-m_1)^2}{\dfrac{m}{2}+m_1+m_2}\right)<br />$

La tensión en el caso dinámico es menor que en el caso estático, porque esa diferencia de fuerzas acumula energía cinetica de rotación en la polea. como trabajo de la resultante.


En el caso que la masa 1 toque el piso, , la energía cinetica de rotación de la polea podrá continuar elevando un poco mas la masa $m_2$ siempre y cuando se conserve condición de rodadura entre la polea y la cuerda.

En los casos ideales donde la polea no tiene masa , la tensión en el caso dinámico es igual a la del caso estático $T_e=T_d= 2T$

[JCB]

Hola a tod@s.

Haciendo una relectura de los mensajes (de los propios y de los extraños), he detectado una discrepancia con los signos de las expresiones indicadas por Al2000. Según el enunciado, la polea gira en sentido horario, es decir, la masa 2 desciende (y la masa 1 sube, claro está). Para llegar a la expresión de la aceleración $a$ (ver mensaje # 3), he planteado:

1) $\sum{M_0}=I_0\alpha$,

$T_2R-T_1R=\dfrac{1}{2}mR^2\dfrac{a}{R}$,

$T_2-T_1=\dfrac{ma}{2}$ (1).

2) $T_1-m_1g=m_1a$,

$T_1=m_1a+m_1g$ (2). Si la masa 1 sube con aceleración, es coherente que la tensión $T_1$ sea superior al peso de la masa 1.

3) $T_2-m_2g=-m_2a$,

$T_2=m_2g-m_2a$ (3). Si la masa 2 baja con aceleración, es coherente que la tensión $T_2$ sea inferior al peso de la masa 2.

Por lo demás, coincido en que la tensión de la cuerda que sujeta a la polea, en la situación dinámica es $T=mg+T_1+T_2$, y en la situación estática, una vez la masa 2 descansa sobre el suelo, $T=mg+2m_1g$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Alofre]

Perdón , pero en el último caso, el estático, por que $T=mg+2m_1 g$? Es decir, porque hay un dos multiplicando a m_1 *g?

[JCB]

Hola a tod@s.

Alofre, si dibujas el DCL de la polea, tendrás 4 fuerzas, que son, de izquierda a derecha:

- la tensión en la cuerda hacia abajo provocada por la masa 1 colgante, $m_1g$.

- la tensión hacia arriba que hace la cuerda que sujeta a la polea, $T$.

- en la misma línea vertical de acción que la anterior, el peso propio de la polea, $mg$.

- y por último, otra vez la tensión en la cuerda hacia abajo, $m_1g$.

Fíjate que en el caso estático, la tensión en la cuerda es la misma en ambos lados de la polea.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

El problema es claro $m_2>m_1$ si no el sistema nunca puede ir desde la situación del dibujo, a la planteada en que $m_2$ está en el piso.

Que $m_1$ este apoyada es solo el instante inicial, allí no hay equilibrio estático. eso es lo que me confundió al interpretar el estado final como el resultado de la imagen.
la aceleración de al2000 dará igual módulo pero signo contrario a como la define JCB, pero igualmente el valor de las tensiones quedará correcto,ya que no depende de la aceleración.sino de las relaciones entre las masas y de la aceleración de la gravedad.

[Alofre]

Mmm entiendo que "la tensión en la cuerda es la misma en ambos lados de la polea" en el caso estático es para que el momento de fuerza sea nulo y por lo tanto la polea no rote?

[JCB]

Eso es. Es la situación estática que tú mismo has definido en el enunciado: “ … y cuando la masa m_2 llega al suelo y se encuentra el sistema en reposo … “.

[Alofre]

Ok, muchas gracias!!

[Al2000]

Un comentario final, por lo que pueda valer... Desde el "punto de vista" de m1, es igual si la cuerda está siendo sostenida por el cuerpo m2 apoyado en el piso, o si la cuerda está amarrada directamente al piso o si otro cuerpo de masa igual a m1 cuelga equilibrando al primero, el equilibrio es siempre similar. Esta última opción te muestra más claramente que de la polea cuelgan 2 cuerpos de masa m1

Saludos,

$\mathcal A \ell$