Rodadura en plano horizontal

[China]

Hola, resulta que me encuentro un problema similar al anterior en este caso en plano horizontal pero resulta que aquí no se considera el trabajo de la tensión en el balance energético, por qué?

Un disco de 2 kg. de masa y radio 30 cm rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal, una cuerda arrollada a una hendidura hecha en el disco, de radio 15 cm está unida a través de una polea en forma de disco de masa 0.5 kg a un bloque de 10 kg, que pende del extremo de la misma tal como se indica en la figura. Calcular:

• La aceleración del bloque, del centro de masas del disco y la(s) tensión(es) de la cuerda.
• La velocidad del bloque una vez que haya descendido 5 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que salen los mismos resultados).

[Richard R Richard]

Hola tienes que plantear las ecuaciones de equilibrio de fuerzas en los cuerpos, de momentos en la polea y disco ,la condición de rodadura y observar que el disco no acelera del mismo modo que el bloque porque desenrrolla desde un radio diferente al exterior

DIsco
$T_1-\mu m_Dg=m_Da_D$


Bloque

$m_Bg-T_2=m_Ba_B$


M Polea

$T_2R_p-T_1R_p=I_p\alpha_p$

M Disco

$T_1R_{iD}+\mu mgR_{eD}=I_D\alpha_D$

Rodadura

$\alpha_D=\dfrac{a_D}{R_{eD}}$


Relación aceleración disco bloque

$\alpha_D=\dfrac{a_B}{R_{iD}}$

Espero la notación sea clara.

El segundo ítem
La fuerza de rozamiento no produce trabajo, pero el disco tiene dos energías cinéticas de traslación y rotación. La polea acelera por lo que tiene energía cinética de rotación el bloque desciende varía su potencial gravitatoria y su energía cinética de traslación

un método es por energías , el otro por cinemática conocida la aceleración del bloque.

[China]

Hola,
Sí, así lo tengo hecho la duda que me surge es que en otro problema que hice igual pero en un plano inclinado, no me salía el mismo resultado de la v por energías que por cinemática, y el problema es que no había considerado el trabajo de traslación y de rotación que hace la tensión de la cuerda y sin embargo en este para que coincida el resultado, no se considera que la tensión de la cuerda haga trabajo y esto es lo que no entiendo.

[Richard R Richard]

Analiza el disco solo...
El trabajo (energía) que le aporta la tension $T_1$ al disco rarurado, debe se igual a la variación de energia cinética de traslación del disco mas la variacion de energía de rotación del disco, , la fuerza de rozamiento no hace trabajo si existe rodadura.

Es decir ese trabajo ya esta contemplado en el balance energetico del sistema entero cuando sumas variación de energia cinética de traslación del disco y la variación de energía de rotación del disco, si lo pones nuevamente, estarías sumandolo 2 veces.

[China]

Entonces no se aplica $\Delta E=W_nc$ si no $\Delta E=0$, es decir no considero las tensiones??

[Richard R Richard]

Las tensiones son fuerzas internas del sistema, las que aportan a la variación de energía son las fuerzas externas al sistema

• La gravedad aporta energía variando su potencial.
• El rozamiento quita energía en forma de calor,
• Las fuerzas externas , aportan o quitan energía en función de su sentido respecto del desplazamiento, si la fuerza va en el sentido que el sistema se desplaza es positiva de lo contrario negativa. (en este caso no hay fuerzas externas , (si consideras la gravedad como fuerza externa el trabajo de la fuerza de gravedad será igual a la variación del potencial gravitatorio, numéricamente es lo mismo)
• Pero las fuerzas internas no aportan energía, el trabajo que hace la tensión 1 será exactamente igual en módulo al de la tensión 2, pero uno va a favor del desplazamiento y el otro en contra, sus cosenos tienen signo opuesto luego el aporte neto al sistema es nulo.

por lo tanto $\Delta Ect_{D}+\Delta Ecr_{D}+W_{T_1}+\Delta Ecr_{p}+\overbrace{W_{T_2}}^{-W_{T_1}}+\Delta Ect_{B}+\overbrace{W_{Fr}}^{0}=\Delta U_B$

pero siempre $W_{T_1}=-W_{T_2}$ si son fuerzas internas luego el balance energético lo hacemos siempre obviandolos

$\Delta Ect_{D}+\Delta Ecr_{D}+\Delta Ecr_{p}+\Delta Ect_{B}=\Delta U_B$

$\dfrac 12m v_{CM_{D}}^2+\dfrac12 I_D\omega_D^2+\dfrac12 I_p\omega_p^2+\dfrac12 m_Bv_B^2=m_Bg\Delta h$

Saludos

[China]

Si eso era lo que yo pensaba, pero hace un par de días en otro hilo puse un problema muy similar, pues no me cuadraba la velocidad obtenida cinemáticamente con la obtenida en balance energía y me explicaron que tenia que considerar el trabajo de rotación y de traslación de la tensión... y ahora estoy confundida

[Richard R Richard]

Hola acabo de leer el otro hilo, la diferencia es que la tensión tiene su reaccion en la pared, y la pared no es parte del sistema que se esta moviendo, luego en ese proble la tensión es una fuerza externa, al ser externa produce un trabajo neto, al limtar la aceleración del disco por el plano, que de otro modo sería superior.

En este problema la reaccion esta parte en la polea, que acelera y parte en el bloque que desciende, tanto pole como bloque son parte del sistema que se mueve.

[JCB]

Hola a tod@s.

China: me parece que tampoco te habría supuesto una tarea titánica el hecho de insertar la figura que mencionas en el enunciado. Más que nada, porque sin verla, se debe imaginar, y eso queda sujeto a posibles interpretaciones erróneas. Y no es de recibo dedicarle un tiempo al ejercicio, para más tarde comprobar que todo el planteamiento está equivocado por una mala interpretación inicial, producto de una falta de concreción en el enunciado.

Pero bueno, después de la suave y comprensible diatriba, adjunto imagen de lo que he interpretado:



1) Disco.

$\sum{F}=ma$

$T-F_r=m_da_d$

$$F_r=T-m_da_d$$

Aquí ya discrepo con Richard R Richard, pues la fuerza de rozamiento es, a priori, desconocida, y no tiene por qué coincidir con $\mu N$.

$\sum{M}=I\alpha$

$F_rR+Tr=\dfrac{1}{2}m_dR^2\dfrac{a_d}{R}$

$$F_rR+Tr=\dfrac{1}{2}m_da_dR$$

Sustituyendo (1) en (2),

$$T=\dfrac{3m_da_dR}{2(R+r)}$$

2) Polea.

$\sum{M}=I\alpha$

$-Tr_p+T'r_p=\dfrac{1}{2}m_pr_p^2\dfrac{a_p}{r_p}$

$$-T+T'=\dfrac{1}{2}m_pa_p$$

3) Relación entre $a_d$ y $a_p$.

$a_p=\alpha(R+r)=\dfrac{a_d}{R}(R+r)$. Sustituyendo en (4),

$$-T+T'=\dfrac{m_pa_d(R+r)}{2R}$$

4) Sustitución de (3) en (5).

$$T'=\dfrac{m_pa_d(R+r)}{2R}+\dfrac{3m_da_dR}{2(R+r)}$$

5) Bloque. La aceleración lineal del bloque, coincide con la aceleración lineal de la polea $(a_b=a_p)$.

$\sum{F}=ma$

$-T'+m_bg=m_ba_p$

$$-T'+m_bg=m_b\dfrac{a_d}{R}(R+r)$$

Finalmente, sustituyendo (6) en (7) y despejando,

$a_d=\dfrac{m_bg}{\dfrac{3m_dR}{2(R+r)}+\dfrac{m_p(R+r)}{2R}+\dfrac{m_b(R+r)}{R}}=5,64\ m/s^2$.

$a_b=a_p=\dfrac{a_d}{R}(R+r)=8,46\ m/s^2$.

De (3), $T=11,28\ N$.

De (6), $T'=13,40\ N$.

Más adelante, seguiré comentando.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

$\sum{F}=ma$

$T-F_r=m_da_d$

$$F_r=T-m_da_d$$

Aquí ya discrepo con Richard R Richard, pues la fuerza de rozamiento es, a priori, desconocida, y no tiene por qué coincidir con $\mu N$.

Hola a todos, JCB He mirado la figura que propones, y no veo diferencia en el planteamiento, creo que diferimos solo en un dato de color respecto de la interpretación del rozamiento estático.
Para ponernos de acuerdo y que China comprenda mi planteo y el tuyo, mi forma de encarar estos problemas es usar la notación la fuerza de rozamiento máxima que puede recibir el disco sin deslizar como $Fr_{max}=\mu_eN$ pero aquí la fuerza de rozamiento $Fr$ que plantea JCB entiendo coincidimos en criterio no es la máxima y es la que yo escribo como $\mu N=\mu mg$ donde $\mu$ es simbólico y menor que el coeficiente de rozamiento máximo, $\mu$ tiene un valor arbitrario que depende del valor de la fuerza de rozamiento. que también tiene un valor arbitrario y es proporcional a este, $\mu=\dfrac{F_R}{N}=\dfrac{F_R}{mg}$ por ser un plano horizontal. El coeficiente es arbitrario porque el valor de la fuerza de rozamiento varia en función de cuál sea el valor de la masa $m_B$, y su valor queda determinado cuando aplicamos la condición de rodadura perfecta.

[JCB]

Hola a tod@s.

Conocida la aceleración $a_b$ del bloque, la velocidad una vez haya descendido $5\ m$ partiendo del reposo, es inmediata por Cinemática:

$v_b=\sqrt{2a_bh}=9,20\ m/s$.

Aunque más laborioso, también se puede determinar por el método energético. Tomando como referencia de la energía potencial gravitatoria al punto final del recorrido,

$m_bgh=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{2}m_dR^2\omega_d^2+\dfrac{1}{2}m_dv_d^2+\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{2}m_pr_p^2\omega_p^2+\dfrac{1}{2}m_bv_b^2$

$m_bgh=\dfrac{1}{4}m_dv_d^2+\dfrac{1}{2}m_dv_d^2+\dfrac{1}{4}m_pv_p^2+\dfrac{1}{2}m_bv_b^2$

$$m_bgh=\dfrac{3}{4}m_dv_d^2+\dfrac{1}{4}m_pv_p^2+\dfrac{1}{2}m_bv_b^2$$

Como $v_b=v_p=\omega(R+r)$, $\omega=\dfrac{v_b}{R+r}$

$$v_d=\omega R=\dfrac{v_b}{R+r}R$$

Sustituyendo (2) en (1) y haciendo $v_p=v_b$

$v_b=\sqrt{\dfrac{m_bgh}{\dfrac{3}{4}m_d\left(\dfrac{R}{R+r}\right)^2+\dfrac{m_p}{4}+\dfrac{m_b}{2}}}=9,20\ m/s$.

Saludos cordiales,
JCB.