Calcular mayor ángulo posible con el cuál se puede instalar la rampa.

[medina00]

Suponga que trabaja para una gran compañía de transporte y que debe descargar de un camión una caja enorme y frágil usando una rampa como la que se muestra en la figura. Si la velocidad vertical con la que llega la caja al final de la rampa es superior a $2,5m/s^2$ (la velocidad que adquiere un objeto si cae desde una altura de 30,5 cm) su carga se daña. ¿Cuál es el mayor ángulo posible al que se puede instalar la rampa para conseguir una descarga segura? La rampa debe superar un metro de altura, está formada por rodillos (Se puede suponer que no ejerce rozamiento) y está inclinada con la horizontal un ángulo $\theta$



He sacado las siguientes ecuaciones:

$\sum_{Fx}=F_g*sen(\theta)=m*a_x$
$a_x=g*sen(\theta)$

Entiendo que toda la aceleración esta en el eje x, por lo tanto en el eje y (a=0) ya que si hubiese aceleración en el eje y la caja se despegaría hacia arriba de la cinta. Es decir el vector aceleración es paralelo al eje x en la dirección que se mueve la caja ¿no?

$\sum_{Fy}=F_n-P*cos(\theta)=0$

Aquí es donde viene mi duda. He mirado el solucionario y dice que establece una relación entre la componente vertical de la velocidad de la caja y la velocidad vx a lo largo de la rampa.
Le queda $V=V_x*sen(\theta)$, no entiendo este paso. La componente de la velocidad estaría en el eje x en dirección al movimiento de la caja. Pero no entiendo de donde saca esa relación ni donde estaría la componente vy.

[JCB]

Hola a tod@s.

En un eje paralelo al plano inclinado,

$\sum{F}=ma$

$mg\sin\theta=ma$

$a=g\sin\theta$ (1)

Si la caja parte del reposo, la velocidad en ese eje paralelo al plano inclinado, es $v=\sqrt{2ad}$ (2). Siendo $d=\dfrac{h}{\sin\theta}$ (3). Sustituyendo (1) y (3) en (2),

$v=\sqrt{2gh}$

La componente en el eje vertical (el de toda la vida) de $v$, es $v_y=v\sin\theta=\sqrt{2gh}\sin\theta$

$\sin\theta=\dfrac{v_y}{\sqrt{2gh}}=\dfrac{2,5}{\sqrt{2g}}=0,56$

$\theta=\arcsin\ 0,56=34,38^{\circ}$

Saludos cordiales,
JCB.

[medina00]

No entiendo muy bien como descompones la velocidad. El vector v no es paralelo al eje x?

[Richard R Richard]

Contesta con el botón de responder , por favor, no con el botón comentario, gracias

[JCB]

No entiendo muy bien como descompones la velocidad. El vector v no es paralelo al eje x?

Hola a tod@s.

No te líes con la nomenclatura: en mi mensaje # 2, el vector $\vec{v}$, es paralelo al plano inclinado. Luego, basta determinar la componente vertical de $\vec{v}$, que en módulo es $v_y=v\sin\theta$. Si lo dibujas, lo verás más claro.

Saludos cordiales,
JCB.

[medina00]

Y vy no debería ser 0 ya que únicamente hay movimiento en el eje x no?

[JCB]

Hola a tod@s.

La verdad es que ni me había fijado en el croquis de la derecha. Resulta que determino la velocidad $v$ en un eje paralelo al plano inclinado. Si utilizo la nomenclatura de ese croquis,

$v_x=\sqrt{2gh}$. Ahora determino la componente en el eje vertical (el de toda la vida, como te decía), $v_v=v_x\sin\theta=\sqrt{2gh}\sin\theta$,

$\sin\theta=\dfrac{v_v}{\sqrt{2gh}}=\dfrac{2,5}{\sqrt{2g}}=0,56$

$\theta=\arcsin\ 0,56=34,38^{\circ}$

¿ Ahora lo ves ?.

Saludos cordiales,
JCB.

[medina00]

Si utilizo la opción 1 para poner los ejes x e y, lo que entiendo es que el movimiento de la caja lleva la dirección positiva y paralela al eje x. Por lo tanto la aceleración entiendo que solo tiene componente x. Para la velocidad entiendo que pasa lo mismo, al haber movimiento únicamente en el eje x la componente de la velocidad en el eje y es nula.
Si utilizo trigonometría: $v_x=v*sen(\theta_2)$ y $v_y=v*cos(\theta_2)$
$v_y=v*sen(\theta_1)$ y $v_x=v*cos(\theta_1)$

Si utilizo la opción 2 para poner los ejes x e y, $v_x=v*cos(\theta_1)$ y $v_y=v*sen(\theta_1)$
$v_y=v*cos(\theta_2)$ y $v_x=v*sen(\theta_2)$

A ver si así puedes decirme que estoy planteando mal que estoy un poco perdido con el tema de como dibujar el vector v y descomponerlo, gracias!

[Richard R Richard]

Lo que te dicen que en la opción 1 componente de la velocidad en la direccion vertical no debe superar los 2.5m/s.

Y en la opcion 2 la velocidad en dirección y al momento de tocar suelo no debe ser superior a 2.5 m/s

un planteamiento puramente energético te dice que el módulo la velocidad al final al tocar suelo es

$\dfrac12 mv^2=mg\Delta h \quad\to\quad v=\sqrt{2g\Delta h}=4.42m/s$

la componente vertical debe cumplir $2.5m/s\geq4.42m/s\sin\theta$

luego $\theta \leq \arcsin\left(\dfrac{2.5}{4.42}\right)$ entonces $\theta=34.36\°$

Saludos

[medina00]

Entonces en la opción 1, ¿el vector velocidad se descompondría así? No podrías sacar el valor de vx ni vy ya que no sabes el ángulo ¿no? Pero el vector v debería llevar la dirección del eje x porque es la dirección del movimiento por lo que está mal descompuesto ¿no?


Debería ser así la opción 1 ¿no? Entonces no entiendo el sentido de sacar la componente vy si no existe.


Y en la opción 2 el vector v se descompondría asi ¿no? Entonces quedaría $v_x=v*cos(\theta)$ y $v_y=v*sen(\theta)$ usando el ángulo entre vx y v. Entonces en este caso v no debe superar $2,5m/s^2$.En este caso entiendo que haya componente x e y de v, pero en el caso 1 no.

[Richard R Richard]

En opción 1, mi opinión es que vy existe, pero su valor es cero,vx tiene el mismo valor que el módulo de la velocidad v de descenso, es sutil la diferencia... En ese caso si descompones la velocidad , es la componente de esa velocidad en direccion vertical la que no debe superar 2.5m/s llegando de nuevo a la misma ecuación que se plantea en el otro sistema de referencia. Las conclusiones resultantes para ese ángulo no pueden ser distintas aunque rotes el sistema de referencia. $2.5=4.42\sin\theta$

En la opción 2 lo que no debe ser mayor a 2.5m/s es vy ... $v=|v|$ va a ser siempre 4.42m/s mientras no haya rozamiento, lo que interesa que calcules es la velocidad en vertical con la que llega al piso, esa es la que tiene una cota que debes cumplir ..no debe ser mayor a 2.5m/s.

[medina00]

En opción 1, mi opinión es que vy existe, pero su valor es cero,vx tiene el mismo valor que el módulo de la velocidad v de descenso, es sutil la diferencia... En ese caso si descompones la velocidad , es la componente de esa velocidad en direccion vertical la que no debe superar 2.5m/s llegando de nuevo a la misma ecuación que se plantea en el otro sistema de referencia. Las conclusiones resultantes para ese ángulo no pueden ser distintas aunque rotes el sistema de referencia. $2.5=4.42\sin\theta$

En la opción 2 lo que no debe ser mayor a 2.5m/s es vy ... $v=|v|$ va a ser siempre 4.42m/s mientras no haya rozamiento, lo que interesa que calcules es la velocidad en vertical con la que llega al piso, esa es la que tiene una cota que debes cumplir ..no debe ser mayor a 2.5m/s.

Pero en la opción 1 porque $v_y=v*sen(\theta)$ si viendo el diagrama de cuerpo libre v al ser paralelo con el eje x forma un ángulo de 0º con la componente vx y un ángulo de 90º con la componente vy?
Entiendo todo el proceso salvo eso.

[medina00]

Usando esta distribución de ejes:
$\sum{fx}=N*sen(\theta)=m*a_x$
$\sum{fy}=N*cos(\theta)=P$, entonces $N=\frac{P}{cos(\theta)}$

Despejo la aceleración: $a_x=\frac{N*sen(\theta)}{m}$ , entoces $a_x=\frac{g*\sin\theta}{\cos\theta}$

Luego mediante la fórmula que relaciona la velocidad con el desplazamiento obtengo la velocidad final:
$Vf_x=\sqrt{v_0+2a \varDelta x}$ como $v_0=0$ $vf_x=\sqrt{2a\varDelta x}$



Luego por trigonometría: $\sin\theta =\frac{\varDelta x}{h}$ ,entonces $h=\sin\theta*\varDelta x$

sustituyo en la ecuación anterior: $Vf_x=\sqrt{\frac{2*g*\sin\theta*\varDelta x}{\cos\theta}}$ , sustituyo la expresión $h=\sin\theta*\varDelta x$

me queda: $Vf_x=\sqrt{\frac{2*g*h}{\cos\theta}}$ , como el valor minimo de h es 1 $Vf_x=\sqrt{\frac{2*g}{\cos\theta}}$

después $v_y=v*\sin\theta$ , entonces $\sin\theta=\frac{v_y}{v}$ entonces me queda: $\sin\theta=\frac{2,5}{\sqrt{\frac{2*9,8}{\cos\theta}}}$ y no se que hacer ya con ese coseno.

[JCB]

Usando esta distribución de ejes:
$\sum{fx}=N*sen(\theta)=m*a_x$
$\sum{fy}=N*cos(\theta)=P$ , entonces $N=\frac{P}{cos(\theta)}$

Despejo la aceleración: $a_x=\frac{N*sen(\theta)}{m}$ , entoces $a_x=\frac{g*\sin\theta}{\cos\theta}$

Luego mediante la fórmula que relaciona la velocidad con el desplazamiento obtengo la velocidad final:
$Vf_x=\sqrt{v_0+2a \varDelta x}$ como $v_0=0$ $vf_x=\sqrt{2a\varDelta x}$



Luego por trigonometría: $\sin\theta =\frac{\varDelta x}{h}$ ,entonces $h=\sin\theta*\varDelta x$

sustituyo en la ecuación anterior: $Vf_x=\sqrt{\frac{2*g*\sin\theta*\varDelta x}{\cos\theta}}$ , sustituyo la expresión $h=\sin\theta*\varDelta x$

me queda: $Vf_x=\sqrt{\frac{2*g*h}{\cos\theta}}$ , como el valor minimo de h es 1 $Vf_x=\sqrt{\frac{2*g}{\cos\theta}}$

después $v_y=v*\sin\theta$ , entonces $\sin\theta=\frac{v_y}{v}$ entonces me queda: $\sin\theta=\frac{2,5}{\sqrt{\frac{2*9,8}{\cos\theta}}}$ y no se que hacer ya con ese coseno.

Hola a tod@s.

Utilizar este sistema de ejes no es tan práctico como utilizar un sistema con un eje paralelo al plano inclinado, y el otro perpendicular, pero deberíamos llegar al mismo resultado, así que alguna cosa no hiciste del todo bien.

Partiendo de que $N=mg\cos\theta$, proyecto esta reacción normal sobre cada eje.

$N_x=mg\cos\theta\sin\theta$, $N_y=mg\cos^2\theta$

$\sum{F_x}=ma_x$

$mg\cos\theta\sin\theta=ma_x$

$a_x=g\cos\theta\sin\theta$ (aunque esta aceleración no la voy a utilizar)

$\sum{F_y}=ma_y$. Aquí cometiste el error de omitir la aceleración en el eje $Y$.

$mg-mg\cos^2\theta=ma_y$

$a_y=g(1-\cos^2\theta)=g\sin^2\theta$

$v_y=\sqrt{2a_yh}=\sqrt{2g\sin^2\theta h}=\sqrt{2gh}\sin\theta$

$\sin\theta=\dfrac{v_y}{\sqrt{2gh}}=\dfrac{2,5}{\sqrt{2g}}=0,56$

$\theta=\arcsin\ 0,56=34,38^{\circ}$. Y llegamos otra vez al mismo resultado.

Saludos cordiales,
JCB.

[inakigarber]

Buenas noches;

Yo he hecho el siguiente cálculo, dado que la velocidad final de caída no depende de la longitud de la rampa, sino de la altura desde la que cae (1 metro), su velocidad final de caída será $\sqrt{2g}$, puedo descomponer esta velocidad en dos velocidades perpendiculares, una de caída que me dicen no debe superar los $2,5 m/seg$, y otra de avance que no me interesa calcular. con los cuales construyo un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es $\sqrt{2g}$ y uno de cuyos catetos es 2,5, dado que $Sen \theta=2,5/\sqrt{2g}$, puedo calcular el valor de $\theta=34,36º$

Saludos.

[medina00]

Hola a tod@s.

Utilizar este sistema de ejes no es tan práctico como utilizar un sistema con un eje paralelo al plano inclinado, y el otro perpendicular, pero deberíamos llegar al mismo resultado, así que alguna cosa no hiciste del todo bien.

Partiendo de que $N=mg\cos\theta$, proyecto esta reacción normal sobre cada eje.

$N_x=mg\cos\theta\sin\theta$, $N_y=mg\cos^2\theta$


Saludos cordiales,
JCB.

¿Por que partes de que $N=mg\cos\theta$? No sería $N_x=mg\sin\theta$ y $N_y=mg\cos\theta$?

Y luego $\sum{fx}=mg\sin\theta=ma_x$ y $\sum{fy}=mg\cos\theta-mg=ma_y$ ?

[Richard R Richard]

¿Por que partes de que $N=mg\cos\theta$? No sería $N_x=mg\sin\theta$ y $N_y=mg\cos\theta$?

Y luego $\sum{fx}=mg\sin\theta=ma_x$ y $\sum{fy}=mg\cos\theta-mg=ma_y$ ?

Hola, medina00 escoge una opción el sistema de referencia 1 o el 2, el eje x paralelo al plano o perpendicular a la gravedad. Resolvamoslo bien en ese caso, cuando se entienda bien , pasa al otro sistema, que obviamente debe dar lo mismo.

[medina00]

Hola, medina00 escoge una opción el sistema de referencia 1 o el 2, el eje x paralelo al plano o perpendicular a la gravedad. Resolvámoslo bien en ese caso, cuando se entienda bien , pasa al otro sistema, que obviamente debe dar lo mismo.

Usando esta distribución de ejes:
$\sum{fx}=N*sen(\theta)=m*a_x$$\rightarrow$$mg\sin\theta=ma_x$$\rightarrow$$a_x=g\sin\theta$
$\sum{fy}=N*cos(\theta)-P=ma_y$ $\rightarrow$ $mg\cos\theta-mg=ma_y$$\rightarrow$$g(\cos\theta-1)=a_y$


Luego mediante la fórmula que relaciona la velocidad con el desplazamiento obtengo la velocidad final:
$Vf_x=\sqrt{v_0+2a \varDelta x}$ como $v_0=0$ $vf_x=\sqrt{2a\varDelta x}$



Luego por trigonometría: $\sin\theta =\frac{h}{\varDelta x}$ ,entonces $h=\sin\theta*\varDelta x$

sustituyo en la ecuación anterior: $Vf_x=\sqrt{2*g*\sin\theta*\varDelta x}$ , sustituyo la expresión $h=\sin\theta*\varDelta x$

me queda: $Vf_x=\sqrt{2*g*h}$ , como el valor minimo de h es 1 $Vf_x=\sqrt{2*g}$

después $v_y=v*\sin\theta$ , entonces $\sin\theta=\frac{v_y}{v}$ entonces me queda: $\sin\theta=\frac{2,5}{\sqrt{2*9,8}}$

Lo que no entiendo es cuando yo hago la fórmula $v_y=v\sin\theta$ todos sustituís v por $\sqrt{2g}$ pero ese valor es vx ¿no? porque se esta utilizando la aceleración del eje x y la variación de la posición del eje x. v no sería $v=\sqrt{(v_x)^2+(v_y)^2}$Lo único que no entiendo es eso. Gracias!!