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Hilo: Máquina de Atwood no tan ideal

  1. #1
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    Predeterminado Máquina de Atwood no tan ideal

    Tantos años lidiando con estos conceptos y siempre hay sorpresas

    Si al conocido análisis de la máquina de Atwood, basada en las idealizaciones

    - Cuerda inextensible

    - Cuerda sin masa

    - Polea sin masa

    - No hay fricción

    (¿se me queda alguna?)

    le quitamos la segunda idealización, ahora el problema es considerablemente mas complicado. Sin embargo no me interesa el análisis completo del problema, sólo quiero plantear una idea, que me surge casi intuitivamente y que quisiera criticaran:

    - Si en los extremos de la cuerda hay aplicadas (por los pesos) sendas tensiones T1 y T2, con T2 > T1, ¿experimenta la polea una fuerza, debida a la diferencia de tensiones, horizontal, de valor T2 - T1 y en el sentido de T2, es decir en el sentido de giro?

    Saludos,

    Al
    Don't wrestle with a pig in the mud. You'll both get dirty, but the pig will enjoy it. - Parafraseando a George Bernard Shaw

  2. #2
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Hola:

    Si la polea gira, su aceleración radial esta relacionada con la aceleración lineal de las masas. El momento de las fuerzas sobre la polea depende de la aceleracion y de su momento de inercia, si supones momento de inercia nulo para la polea el momento de las fuerzas aplicadas en la polea es nulo, si supones que no es nulo habra un momento aplicado sobre la polea.

    Suerte

    Otra simplificación es considerar el radio de la polea despreciable con respecto al largo de las cuerdas (es decir se desprecia el largo de la soga sobre la polea), otra que me acuerdo (podemos decir que similar a la ultima tuya) es que no hay resbalamiento.

    Otra mas, la sección de la cuerda es nula
    Última edición por Breogan; 30/10/2012 a las 18:01:47.
    No tengo miedo !!! - Marge Simpson
    Entonces no estas prestando atención - Abe Simpson

  3. 2 usuarios dan las gracias a Breogan por este mensaje tan útil:

    Al2000 (30/10/2012),Migox (23/11/2012)

  4. #3
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Tras una buena colección de vueltas a este problema (¡muy divertido, Al!) llego a la conclusión de que sí hay una fuerza de arrastre horizontal. El módulo que obtengo para la misma, si la polea es cilíndrica, es 2\lambda R^2\alpha, siendo \lambda la densidad lineal de masa de la cuerda. Como siempre, R es el radio de la polea y \alpha su aceleración angular. No obstante, debo decir que dicha fuerza me sale dirigida al revés de cómo creo entender que dice Al, esto es, si la polea tiene aceleración angular positiva al verla girar en sentido horario, la fuerza que encuentro está dirigida hacia la izquierda. En resumen, que como me siento inseguro, por ahora pongo mi resultado para contrastarlo con los vuestros, en particular con el de Al. Si hay discrepancia, puedo contar cómo lo hice.

    Saludos!!
    Última edición por arivasm; 01/11/2012 a las 16:41:14.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  5. #4
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Amigo Antonio, mi pregunta fue precipitada y sinceramente me arriepiento de haberla formulado, al menos de haberlo hecho sin algún preprocesamiento. Ahora tengo un pico de trabajo, pero cuando tenga un chance lo miro con tranquilidad. Una de las cosas buenas de estar casi jubilado es que nadie te puede meter prisa jajaja

    Saludos,

    Al
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  6. #5
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Hola:

    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    En resumen, que como me siento inseguro, por ahora pongo mi resultado para contrastarlo con los vuestros, en particular con el de Al.
    No los hacia tan corporativos a los cientistas !!!!! ja ja

    Si vas a elegir los que participan, por lo menos avisa !!!!!

    Suerte
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  7. #6
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    No, no, Breogán! No pretendía excluir a nadie! Faltaría más!!!. Simplemente creí que Al había llegado a algún resultado, antes de escribir el primer post, y que su intención al crear el hilo era contrastarlo con nosotros. Claro que después, cuando leí su nuevo post, ya vi que no era así, sino que, probablemente, había razonado la existencia de dicha fuerza, pero sin cuantificarla.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  8. #7
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Hola.
    Conceptualmente, las ecuaciones siguen siendo las mismas, pero hay que convertir las cuerdas en un cuerpo libre más, igualmente sometido a las leyes de Newton: resultante de las fuerzas igual a masa por aceleración. Lo que se complica es el cálculo, porque en el caso de cuerdas con masa no despreciable (frente a las demás masas del sistema), tales masas son variables con el tiempo: la masa aumenta de un lado de la polea en la misma medida que disminuye la masa en el otro lado de la polea.
    En cualquier caso las tensiones siguen siendo verticales y la polea no experimenta ninguna fuerza horizontal. Era esta la cuestión que planteabas?

  9. #8
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    No hace falta complicarse con masas variables: basta con considerar la cuerda constituida por elementos de masa constante, dm.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  10. #9
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    cuestión de palabras, ariasvasm. Que es eso de dm, sino tener en cuenta que la masa de la cuerda varía y que vas a necesitar resolver una ecuación diferencial?

  11. #10
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    No, no. No expreso ninguna variación. Es un valor fijo, pero infinitesimal. Tampoco resolví ninguna ecuación diferencial: sólo determiné las fuerzas que se ejercen sobre la polea los elementos de cuerda que están en contacto con ella e integré.
    A mi amigo, a quien todo debo.

  12. #11
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Integrar, amigo arivasm, es resolver una ecuación diferencial!!! Lo que te dije antes con relación a fuerza y aceleración....es cuestión de desde donde mires!!!!
    Si tu, por ejemplo, tienes la integral
    I= \int {x}^{2} dx
    es por que antes de integrar tenías la ecuación
    \frac{dI}{dx}= {x}^{2}

    Cuando los físicos escribis, por ejemplo,

    I = \int {r}^{2}dm
    es porque antes teníais la ecuación diferencial:
    dI= {r}^{2}.dm escrita ya con las variables separadas,

    o \frac{dI}{dm}={r}^{2} escrita sin separar las variables


    No es acaso así?
    Un saludo

  13. #12
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Cita Escrito por oscarmuinhos Ver mensaje
    Lo que se complica es el cálculo, porque [las] masas son variables con el tiempo: la masa aumenta de un lado de la polea en la misma medida que disminuye la masa en el otro lado de la polea.
    En cualquier caso las tensiones siguen siendo verticales y la polea no experimenta ninguna fuerza horizontal.
    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    No hace falta complicarse con masas variables: basta con considerar la cuerda constituida por elementos de masa constante, dm.
    Cita Escrito por oscarmuinhos Ver mensaje
    Que es eso de dm, sino tener en cuenta que la masa de la cuerda varía y que vas a necesitar resolver una ecuación diferencial?
    Cita Escrito por arivasm Ver mensaje
    No expreso ninguna variación [...] sólo determiné las fuerzas que se ejercen sobre la polea los elementos de cuerda que están en contacto con ella e integré.
    Por supuesto, amigo Óscar, cualquier integral admite ser expresada como una ecuación diferencial. Pero mi respuesta se refería a que no considero necesario el enfoque que señalabas, de que la masa de la cuerda varía y que por ello se necesitaría la resolución de una ecuación diferencial. Mi pequeña, y amistosa, polémica giraba alrededor de que en mi opinión esa vía (que reconozco que es la primera que abordé, como le conté a Al en un mensaje de perfil) no es la más adecuada, sino que encontré una vía (cuyo resultado me gustaría contrastar con alguien, por cierto) que pasa por encontrar las componentes horizontales de las fuerzas infinitesimales que se ejercen sobre la polea y sumarlas (esto es, integrar) para así encontrar la respuesta al problema planteado.

    De todos modos, tampoco quiero que pienses que pretendo invalidar de entrada cualquier otro enfoque. Es más, insisto en que ardo en deseos de ver qué resultados habéis encontrado!

    PD: Prometo que en cuanto tenga el tiempo libre necesario teclearé mi propuesta completa (en papel son tres folios).
    Última edición por arivasm; 06/11/2012 a las 00:20:27.
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  14. #13
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Yo no interpreté que estabas invalidando nada. Solo quise aclararte que con distintas palabras estabamos, en mi opinión, manejando los mismos conceptos: pero tu mirando a la integración más que a la diferenciación y yo más a la diferenciación que a la integración. O dicho de otra forma: en una estación con una sola vía..., uno mirando de donde viene el tren y otro mirando para donde va el tren. Solo eso.
    Yo todavía no me puse a buscar resultado alguno, solo señalaba una vá de razonamiento.
    Y bueno cuando tengas tiempo pasanos ese razonamiento. Yo también me pondré a ello.
    Un saludo
    Última edición por oscarmuinhos; 05/11/2012 a las 23:39:48.

  15. #14
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Hola amigos. Tal como dije hace unos días, recogeré lo que he hecho, por si alguno de vosotros encuentra algún error.

    -----------

    Consideremos las fuerzas que se ejercen sobre elemento de cuerda de masa \dd m que se indica en la figura. T y T+\dd T son las tensiones que ejercen los elementos de cuerda vecinos, y \dd N y \dd f son las componentes normal y tangencial(*) de la fuerza que ejerce el elemento de polea correspondiente, dibujado en la figura siguiente:

    Nombre:  Atwood-1.png
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Tamaño: 22,6 KB

    (*) Es evidente que deberá existir esta componente: si no hay rozamiento entre la cuerda y la polea esta última jamás podrá girar debido a la acción de la cuerda.


    Aplicando la segunda ley de Newton al elemento de cuerda, tomando las componentes tangenciales y centrípetas de fuerzas y aceleración tenemos que
    \dd T-\dd f - g \dd m \cos\theta=\dd m\, R \alpha
    T\dd\theta + g \dd m \sin\theta - \dd N= \dd m\, R \omega^2
    donde, como de costumbre, \omega=\dot\theta y \alpha=\ddot\theta.

    Por supuesto, por la ley de acción y reacción, el elemento de cuerda ejerce una fuerza sobre la polea cuyas componentes son \dd f y \dd N. Nuestro objetivo es determinar la componente horizontal de la fuerza que ejerce la cuerda sobre la polea
    \dst H=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi}\dd H=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi}(\dd f \sin\theta+\dd N\cos\...
    Despejando en (1) y (2) y substituyendo entontramos que
    \dd H=\dd T\sin\theta-\dd m\,R\alpha\sin\theta+T\cos\theta\,\dd\theta-\dd m\,R\omega^2\cos\theta

    Introduciendo la densidad lineal de materia de la cuerda,
    \dd m=\lambda R\dd\theta
    podemos escribir (4) como
    \dd H=\dd T\sin\theta+T\cos\theta\,\dd\theta-\lambda R^2\alpha\sin\theta\dd\theta-\lambda R^2\ome...
    Con el propósito de facilitar la integración, reescribiremos los dos primeros términos del segundo miembro del siguiente modo:
    \dd H=\dd (T\sin\theta)-\lambda R^2\alpha\sin\theta\dd\theta-\lambda R^2\omega^2\cos\theta\dd\theta
    De este modo, tenemos que
    H=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \dd (T\sin\theta)-\lambda  R^2\alpha\int_0^\pi\sin\theta\dd\theta-...
    esto es
    H=-2 \lambda  R^2\alpha
    pues, en particular,
    \dst\int_{\theta=0}^{\theta=\pi}\dd (T\sin\theta)=\left. T\sin\theta\right]_{\theta=0}^{\theta=\p...

    -----------

    Quisiera expresar una opinión acerca de la afirmación que hizo en el post #7 de este hilo nuestro amigo (e galego coma min) oscarmuinhos, cuando señaló que no debería existir una fuerza horizontal ejercida por la cuerda debido a la verticalidad de la misma a ambos lados de la polea. En mi opinión cuando pensamos de esa manera (y es lo habitual en los casos de masa despreciable para la cuerda) estamos prescindiendo de que las fuerzas que ejerce la polea estarán presentes a lo largo de la misma, y no sólo en los dos extremos.

    A este respecto, señalaré que el ejercicio, evidentemente, sólo tiene sentido si existe algún otro elemento (por ejemplo un eje o una segunda cuerda unida al eje de la polea) que evite la caída libre del sistema. Por tanto, nada impediría que la fuerza horizontal antes estudiada (si es que existe!) sea equilibrada por este último. Eso sí, el equilibrio implicará que la fuerza ejercida por ese elemento en el eje no sea estrictamente vertical.
    Última edición por arivasm; 11/11/2012 a las 19:52:38.
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  16. #15
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    Predeterminado Re: Máquina de Atwood no tan ideal

    Hola:

    Interesante tu desarrollo no termine de profundizar la matemática que pusiste, pero en principio coincido que si existe una fuerza horizontal sobre la polea.
    Pero creo que su existencia es consecuencia de las aproximaciones que se usaron, les pongo algunos tips para que me den su opinión.

    Si consideramos que existe rozamiento estático entre la cuerda y la polea, deberíamos asumir que la polea gira con una aceleración tangencial igual a la de la cuerda, y como las fuerzas de rozamiento tiene un momento distinto de cero respecto del centro de la polea, resulta contradictorio suponer que el momento de inercia de la polea es nulo.

    Si esto es así, y razonando a la inversa , si suponemos que el momento de inercia de la polea es nulo y queremos tener en cuenta el rozamiento entre cuerda y polea, tenemos que asumir que la polea no gira ( sino habria un error al plantear las ecuaciones dinamicas sobre la polea), que el rozamiento a tener en cuenta es el dinámico, y que la fuerza resultante de las fuerzas de rozamiento es equilibrado por el soporte central de la polea.

    Estas no son afirmaciones, sino disquisiciones que espero merezcan su comentario. Gracias.

    Suerte
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