Otras carreras tobogan

[peque77]

Un tobogán liso en un plano vertical está formado por dos tramos de cuarto de círculo unidos por un tramo recto BC como se muestra en la imagen.

a) Si desde la posición A se suelta un pequeño bloque con θ = 45° , para cuál
ángulo φ se despega del tobogán?


b) Desde qué ángulo θ debe soltarse para que se despegue del tobogán en C?

[Richard R Richard]

La parte se resuelve igualando la variación de energía potencial de los dos arcos de circunferencia, se convierta en energía cinetica, cuya velocidad sea exactamente igual a la fuerza centripeta del movimiento sobre el segundo arco

$\dfrac12 mv^2=mgR(1-\cos 45)+mgR(1-\cos\theta_2)$

por otro lado $mg\cos 'theta_2=m\dfrac{v^2}{R}$

la segunda parte es similar pero el angulo $\theta 2=0$ y la incognita es el angulo inicial


$\dfrac12 mv^2=mgR(1-\cos\theta_1)$

por otro lado $mg=m\dfrac{v^2}{R}$



además hay que estar precavido en que todo ángulo mayor a$\pi/2$ hará que caiga libremente en vertical sobre la pista en vez de deslizar sobre ella.

[JCB]

Hola a tod@s.

Alternativamente, podemos decir que en el punto $D$, la reacción normal $N$ del tobogán sobre el bloque, es nula. Aplicando $\sum{F}=ma$ en la dirección normal a la trayectoria,

$-N+mg\cos\phi=m\dfrac{v^2}{R}$. Al ser $N=0$,

$v^2=gR\cos\phi$

Posteriormente, aplicando la conservación de la energía mecánica, se llega a que $\cos\phi=\dfrac{4-2\cos\theta}{3}, \phi=30,47^{\circ}$.

Saludos cordiales,
JCB.

[peque77]

este seria entonces el angulo con el que se despegaria del tobogan?

[Richard R Richard]

Si
Correcto

[JCB]

este seria entonces el angulo con el que se despegaria del tobogan?

Hola a tod@s.

Efectivamente peque77, es el resultado del apartado a). Lo desarrollo un poco más. Considerando el plano horizontal $BC$ como referencia de la energía potencial gravitatoria,

$mgh_1=mg(-h_2)+\dfrac{1}{2}mv^2$. Como $v^2=gR\cos\phi$,

$g(R-R\cos\theta)=g(R\cos\phi-R)+\dfrac{1}{2}gR\cos\phi$. Operando,

$\cos\phi=\dfrac{4-2\cos\theta}{3}$

Saludos cordiales,
JCB.