Dinámica de la rotacion

[mekbio]

Hola a todos ! Se me esta complicando realizar este ejercicio , quería saber si alguien me podría orientar . Gracias!
Una esfera hecha de materiales homogéneos tiene un radio de 10 cm y una masa de 3 Kg. Se deja libre desde el reposo en la parte superior de un plano inclinado a 30º y rueda sin deslizarse (μ = 0,164) una distancia de 30 m. Calcule la velocidad del centro de masa en la parte inferior.

[JCB]

Hola a tod@s.

Aplico la 2ª ley,

$\sum{F}=ma$,

$$mg\sin\theta-F_r=ma$$

Aplico la ecuación fundamental de la dinámica de rotación,

$\sum{M_G}=I_G\alpha$,

$F_rR=\dfrac{2}{5}mR^2\dfrac{a}{R}$,

$$F_r=\dfrac{2}{5}ma$$

Substituyendo (2) en (1),

$a=\dfrac{5}{7}g\sin\theta$.

$v=\sqrt{2ad}=14,49\ m/s$.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Revisando este ejercicio, me he dado cuenta (aunque tarde) de que las condiciones del enunciado $(\theta=30^{\circ}$ y $\mu=0,164)$, son incompatibles con la condición de rodadura sin deslizamiento. La rodadura pura dejaría de cumplirse cuando

$F_r>\mu mg\cos\theta$.

De manera igual al mensaje # 2, aplico la 2ª ley, $\sum{F}=ma$,

$mg\sin\theta-F_r=ma$. Teniendo en cuenta al primer párrafo, $mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta=ma$,

$$a=g\sin\theta-\mu g\cos\theta$$

Esta sería la aceleración, a partir de la cual ya no hay rodadura pura.

Siguiendo al mensaje # 2, aplico la ecuación fundamental de la dinámica de rotación, $\sum{M_G}=I_G\alpha$,

$F_rR=\dfrac{2}{5}mR^2\dfrac{a}{R}$. Teniendo en cuenta al primer párrafo, $\mu mg\cos\theta R=\dfrac{2}{5}mR^2\dfrac{a}{R}$,

$$a=\dfrac{5}{2}\mu g\cos\theta$$

Igualando (1) con (2),

$\tan\theta=\dfrac{7}{2}\mu$,

$\theta=\arctan\dfrac{7}{2}\mu=29,86^{\circ}$. Es decir, a partir de este ángulo, ya no existe rodadura sin deslizamiento. Como el ángulo indicado en el enunciado $(30^{\circ})$ es superior, no podemos garantizar la rodadura sin deslizamiento, por lo que la resolución correcta del ejercicio debe, necesariamente, considerar a esta nueva situación.

Pensaré en la nueva situación.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Dado que la rodadura es con deslizamiento, cabe contemplar el coeficiente de rozamiento dinámico $\mu_d$, en lugar del estático considerado anteriormente.

$\sum{F}=ma$,

$mg\sin\theta-\mu_dmg\cos\theta=ma$,

$a=g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)$.

$v=\sqrt{2ad}=\sqrt{2g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)d}$. Como $\mu_d$ es desconocido, la velocidad queda en función de este.

$\sum{M_G}=I_G\alpha$,

$\mu_dmg\cos\theta R=\dfrac{2}{5}mR^2\alpha$,

$\alpha=\dfrac{5\mu_dg\cos\theta}{2R}$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola JCB fíjate que si la bola gira almacena energía cinética de rotación por lo que el calculo de la velocidad final es incorrecto, es un poco menor .

[JCB]

Hola a tod@s.

Desde luego Richard, que la esfera gira y adquiere una energía cinética de rotación, pero este hecho tan evidente y sin aportar ningún razonamiento matemático, me parece un argumento de poco peso, como para concluir que la velocidad calculada

$v=\sqrt{2g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)d}$, es incorrecta.

Utilizando alternativamente el método energético, también llego a la misma expresión de la velocidad. Desde la parte superior del plano inclinado, la esfera solo tiene energía potencial gravitatoria $mgh=mgd\sin\theta$. El trabajo de la fuerza de rozamiento se compone de dos términos: $-\mu_dmg\cos\theta d$, para el deslizamiento, y $\mu_dmg\cos\theta R\phi=\mu_dmg\cos\theta R\dfrac{\omega^2}{2\alpha}$, para la rotación.

El balance energético es el siguiente:

$mgd\sin\theta-\mu_dmg\cos\theta d+\mu_dmg\cos\theta R\dfrac{\omega^2}{2\alpha}=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}\dfrac{2}{5}mR^2\omega^2$.

Substituyendo la aceleración angular del mensaje # 4, $\alpha=\dfrac{5\mu_dg\cos\theta}{2R}$ y operando, llego a que $v=\sqrt{2g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)d}$. Lo cual significa, que si me he equivocado, lo he hecho dos veces

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola hay algo que me sigue haciendo ruido, cuando hay deslizamiento $v\neq \omega r$
hasta donde sigo tus fórmulas dices que no hay rodadura, luego tienes una formula independiente para el giro de la bola (rotación) y otra para el descenso (traslación)
La aceleración angular de la bola la calculas con la máxima fuerza de rozamiento aplicable y el momento de inercia, en cambio la traslación no depende del momento de inercia ya que resbala y da lo mismo sea una bola , un cilindro o un cubo.
Ando sin tiempo y a deshoras para brindarte un planteo con fórmulas.

[Richard R Richard]

Aver , que ahora puedo...

la fuerza de rozamiento es la que hace girar la bola

$\mu mg \cos \theta R =I\alpha=\dfrac25 mR^2\alpha.$

con las aceleracion angular constante, podemos averiguar la velocidad tangencial de rotación en la dirección de avance en cada momento.

$v_r=\alpha t R$

pero para calcular la velocidad de descenso solo con la segunda ley de newton es insuficiente, ya que arribas a $v=\sqrt{2g(\sin\theta-\mu_d\cos\theta)d}$ que para un solido que no rota es correcta pero no lo es para un cilindro o esfera, macizo o hueco, que adquiere energía cinetica de rotación.

el balance energético entre los estados inicial y final sera, si usamos trigonometría la altura de lanzamiento es la distancia de caida por el seno del angulo es decir $15m=\Delta h$

$mg \Delta h=\dfrac 12 mv^2+\dfrac 12 I\omega^2+W_{Fr}$

pero para calcular el trabajo de la fuerza de rozamiento, sobre la distancia que deslizo tenemos una relación

mientras la bola se traslada con aceleración a su rotación acelera con alpha , durante el mismo tiempo


$\dfrac{\omega}{\alpha}= \dfrac{v}{a}=t$

y de la cinematica $v^2=2ad$

lo que se pierde en calor $W_{Fr}$ realmente de energía es la diferencia , entre el largo del plano y la distancia que hubiese recorrido la superficie de la bola de haber tenido rodadura con$\alpha$ como aceleración angular..

[JCB]

Bueno, Richard, entonces quedo a la espera de que llegues a un resultado cuantitativo definitivo. Saludos cordiales.

[Richard R Richard]

Creo que ya se dónde estaba el inconveniente.

[Richard R Richard]

Lo estoy intentando, pero veo, que el diablo mete la cola y me falta algo que no me deja despejar.

Una situación seria el caso en que sueltas un solido que no gira


$mg \Delta h=mg \dfrac d2=\dfrac 12 mv^2+\mu mg \cos \theta d$

con lo que despejas v directamente

pero si hay rodadura , el trabajo de la fuerza de rozamiento es nulo y hay energía cinetica de rotación.

$mg \dfrac d2=\dfrac 12 mv^2+\dfrac 12 I\omega^2=\dfrac 12 mv^2+\dfrac 12 \dfrac25 mR^2\dfrac{v^2}{R^2}$

y te sale directo v por simple despeje.

Bueno ahora tenemos un punto intermedio donde no todo es rodadura y no todo es ficción, pero me temo que sin saber el tiempo de caida no tengo chances de despejar, por ahora sigo dando vueltas.

Ese tiempo en cualquiera de los dos casos previos se calcula a partir de la aceleración $a=\dfrac{v^2}{2d}$ y $t=\sqrt{\dfrac{2d}{a}}$ dando $t=\dfrac{2d}{v}$

evidentemente la situación planteada se resuelve sabiendo cual es el tiempo exacto de caída entre los tiempos máximos y mínimos calculados previamente.

Del mismo modo se podrá saber cuánto calor se disipo a la atmósfera, o bien sabiendo ese dato se puede calcular la velocidad.

$\dfrac{\omega}{\alpha}= \dfrac{v}{a}=t$ no aporta nada salvo que dice que el movimiento es uniformemente acelerado. ya que en cada termino tenemos una incognita

Aunque el problema solo quiere que se ahonde en la segunda situación de rodadura perfecta pero para que esta ocurra el coeficiente de rozamiento debe ser mayor que la tangente del angulo de caida, pues sino hay deslizamiento como tu indicas.

[Richard R Richard]

Creo que ahora puedo darle solución $v_{cm}=(g\sin\theta-\dfrac 72 \mu g \cos\theta)t$

Esa la expresión de la velocidad en funcion de las aceleracion del CM.

Por cinemática sale velocidad final al final del recorrido.