Problema sobre poleas

[Fabiola]

El sistema de la gura, formado por tres poleas se deja en libertad desde el reposo. Las poleas 1 y 2 giran solidariamente. Sabiendo que todos los cables del sistema son ideales y no deslizan sobre las poleas, determine:

a) aceleracion con la que cae la masa m.

b) aceleraciones angulares de las poleas y su sentido de giro.

c) tensiones de los cables.

Datos: el momento de inercia de estas poleas es IP =6/5mr2 (siendo m y r la masa y el radio de la polea, respectivamente).

Los radios y masas de las mismas son R1 = R3 = R, R2 = 2R, M1 = M3 = 2m y M2 = 4m,




En la polea 1 tenemos:

Traslación --> N1 - M1·g - T1 = 0
Rotación --> -R1·T1= I · α


En la polea 2 tenemos:

Traslación --> N2 - M2·g - T2 = 0
Rotación --> R2·T2= I · α


En la polea 3 tenemos:

Traslación --> N3 - M3·g + T3 = 0
Rotación --> R3·T3 = I · α


Masa colgando:

Traslación: m·g - T2 = m · a


A partir de aquí voy algo perdida. La traslación y rotación de la polea 1 y 2 se podrían sumar para obtener el total ya que están solidarias, pero no sé cómo relacionar luego estos datos con la polea 3 y la masa ya que sólo estoy habituada a realizar ejercicios de una sola polea con 1 o 2 masas colgando.

[JCB]

Hola a tod@s.

... / ...

Datos: el momento de inercia de estas poleas es IP =6/5mr2 (siendo m y r la masa y el radio de la polea, respectivamente).

... / ...

Fabiola: creo que esto es lo más interesante del ejercicio, y debes analizarlo bien. Me refiero al momento de inercia resultante de las dos poleas concéntricas.

Cuando tenga un momento, le echo un vistazo.

Saludos cordiales,
JCB.

[Fabiola]

Será la suma de ambos momentos no?

IP = 6/5 · M1 · R1(2) + 6/5 · M2 · R2(2)

[Al2000]

¿Qué tal un poquito de $\LaTeX$? ¿Qué tan difícil es escribir [TEX]I_P = \frac 6 5 M_1 R_1^2 + \frac 6 5 M_2 R_2^2[/TEX] que se ve como $I_P = \frac 6 5 M_1 R_1^2 + \frac 6 5 M_2 R_2^2$?

Al fin y al cabo, el tiempo que inviertas en aprender un poquito de $\LaTeX$ no será un desperdicio, sino más bien una ganancia.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[JCB]

Hola a tod@s.

De derecha a izquierda (comienzo por la masa $m$),

$\sum{F}=ma$,

$T_2-mg=-ma$,

$$T_2=m(g-a)$$

Para las poleas concéntricas,

$\sum{M}=I\alpha$,

$$-T_1R_1+T_2R_2=\left(\dfrac{6}{5}M_1R_1^2+\dfrac{6}{5}M_2R_2^2\right)\dfrac{a}{R_2}$$

Para la polea de la izquierda,

$\sum{M}=I\alpha$. Teniendo en cuenta que $R_3=R_1$, $M_3=M_1$, y también que la aceleración angular es la misma para la polea 3, que para las poleas concéntricas,

$\alpha_3=\dfrac{a}{R_2}$,

$T_1R_1=\dfrac{6}{5}M_1R_1^2\dfrac{a}{R_2}$,

$$T_1=\dfrac{6M_1R_1a}{5R_2}$$

Tienes un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas ($T_1$, $T_2$ y $a$).

Haciendo todas las substituciones habidas y por haber, llego a

a) $a=\dfrac{g}{7}$.

b) Para todas las poleas, $\alpha=\dfrac{a}{R_2}=\dfrac{g}{14R}$. En sentido horario para las poleas concéntricas, y en sentido antihorario para la otra.

c) $T_1=\dfrac{6}{35}mg, T_2=\dfrac{6}{7}mg$.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Alternativamente, también se puede determinar la aceleración angular de las poleas partiendo de consideraciones energéticas. Cuando la masa $m$ desciende una altura $h$ (partiendo del reposo), esta disminución de energía potencial gravitatoria, se convierte en energía cinética de la propia masa $m$, más la energía cinética de rotación de las poleas.

$mgh=\dfrac{1}{2}m\omega_2^2R_2^2+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{6}{5}M_1R_1^2+\dfrac{6}{5}M_2R_2^2\right)\omega_2^2+ \dfrac{1}{2}\dfrac{6}{5}M_3R_3^2\omega_2^2$.

Substituyendo y despejando, llego a que

$$\omega_2^2=\dfrac{gh}{14R^2}$$

Por Cinemática, $\omega_2^2=2\alpha\theta$, y teniendo en cuenta que $h=\theta 2R$,

$\omega_2^2=\dfrac{\alpha h}{R}$. Igualando con (1),

$\alpha=\dfrac{g}{14R}$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Fabiola]

Muchas gracias!

[JCB]

Si hay algo que no te quede claro, no dudes en preguntar. Ah, y no te olvides de practicar LaTeX .