PROBLEMA 5.125 SEARS, ZEMANSKY, YOUNG, FREEDMAN Moises Rosales Romero
EstĂĄn conectadas por un cordĂłn ligero A que pasa por una polea ligera sin fricciĂłn B. El eje de la polea B estĂĄ conectado por otro cordĂłn ligero C a una masa đ?’Žđ?&#x;‘ pasando por una segunda polea ligera sin fricciĂłn D. la polea D estĂĄ suspendida del techo por un eje. El sistema se suelta del reposo. En tĂŠrminos de đ?’Žđ?&#x;? , đ?’Žđ?&#x;? , đ?’Žđ?&#x;‘ đ?’š đ?’‚đ?’ˆ a) ÂżQuĂŠ aceleraciĂłn tiene el bloque đ?‘š3 , đ?‘š2 đ?‘Ś đ?‘š3 ? b) ÂżQuĂŠ aceleraciĂłn tiene la polea B? c) ÂżQuĂŠ tensiĂłn tiene el cordĂłn A y B?
đ??żđ??ľ
đ??ż3
đ??ż2
đ??ż1
Recordamos que para que se cumplan las leyes de Newton nuestro sistema de referencia debe ser un sistema inercial. La Tierra es considerada como un sistema inercial, esta pared, donde estĂĄ anclado este sistema de poleas, estĂĄ atada a la Tierra y por lo tanto es tambiĂŠn considerado un sistema inercial Tomamos la cuerda que pasa por la polea D, que tiene una longitud constante đ??żđ??ľ + đ??ż3 = đ?‘?đ?‘œđ?‘›đ?‘ đ?‘Ąđ?‘Žđ?‘›đ?‘Ąđ?‘’ , derivando con respecto al tiempo tendrĂamos đ?‘Žđ??ľ + đ?‘Ž3 = 0 đ?‘‘đ?‘’đ?‘ đ?‘?đ?‘’đ?‘—đ?‘Žđ?‘›đ?‘‘đ?‘œ đ?‘Žđ??ľ = −đ?‘Ž3
Para la cuerda que pasa por la polea B, que tiene una longitud constante (đ??ż1 − đ??żđ??ľ ) + (đ??ż2 − đ??żđ??ľ ) = đ?‘?đ?‘œđ?‘›đ?‘ đ?‘Ąđ?‘Žđ?‘›đ?‘Ąđ?‘’ , derivando con respecto al tiempo tendrĂamos đ?‘Ž1 − đ?‘Žđ??ľ + đ?‘Ž2 − đ?‘Žđ??ľ = 0, đ?‘Ž1 + đ?‘Ž2 − 2đ?‘Žđ??ľ = 0, â„Žđ?‘Žđ?‘?đ?‘–đ?‘’đ?‘›đ?‘‘đ?‘œ đ?‘’đ?‘™ đ?‘&#x;đ?‘’đ?‘šđ?‘?đ?‘™đ?‘Žđ?‘§đ?‘œ đ?‘Žđ??ľ = −đ?‘Ž3 Tendremos đ?‘Ž1 + đ?‘Ž2 + 2đ?‘Ž3 = 0 Llegamos a esta misma ecuaciĂłn si lo hacemos por las ecuaciones de movimiento relativo, asĂ 1đ?‘Ś2 đ?‘&#x;⃗1â „
đ?‘&#x;⃗1â „
đ??ˇ
đ??ľ
Si miramos el movimiento del cuerpo 1 y 2 desde la polea D, que es nuestro sistema de referencia inercial, tendremos lo siguiente. đ?‘&#x;⃗đ??ľâ „ + đ?‘&#x;⃗1â „ = đ?‘&#x;⃗1â „ Esto nos arroja la relaciĂłn aceleraciones đ??ˇ
đ?‘Š đ?‘Ť
đ?‘&#x;⃗đ??ľâ „
đ??ˇ
đ??ľ
đ??ˇ
đ?‘Žâƒ—đ??ľâ „ + đ?‘Žâƒ—1â „ = đ?‘Ž1â „ → đ?‘Žâƒ—1â „ = đ?‘Žâƒ—1â „ − đ?‘Žâƒ—đ??ľâ „ que no es otra đ??ˇ
đ??ľ
đ??ˇ
đ??ľ
đ??ˇ
cosa que đ?‘Žâƒ—1â „ = đ?‘Žâƒ—1 − đ?‘Žâƒ—đ??ľ đ??ľ
Esto mismo hacemos para el cuerpo 2 đ?‘Žâƒ—đ??ľâ „ + đ?‘Žâƒ—2â „ = đ?‘Ž2â „ → đ?‘Žâƒ—2â „ = đ?‘Žâƒ—2 − đ?‘Žâƒ—đ??ľ đ??ˇ
đ??ľ
đ??ˇ
đ??ľ
đ??ˇ
PROBLEMA 5.125 SEARS, ZEMANSKY, YOUNG, FREEDMAN Moises Rosales Romero
Los cuerpos 1 y 2 vistos desde la polea B, tendremos 𝐿1⁄ + 𝐿2⁄ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒, 𝑒𝑠 𝑎𝑠í 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝐿1⁄
𝐿1⁄
𝐵
𝐵
𝐵
𝐵
𝑎⃗1⁄ + 𝑎⃗2⁄ = 0. Entonces 𝑎⃗1⁄ = −𝑎⃗2⁄ 𝐵
𝐵
𝐵
𝐵
Como 𝑎⃗1⁄ = −𝑎⃗2⁄ igualándolas tendremos (𝑎⃗1 − 𝑎⃗𝐵 ) = −(𝑎⃗2 − 𝑎⃗𝐵 ) 𝐵
𝐵
despejando 𝑎⃗𝐵 tendremos 2𝑎⃗𝐵 = 𝑎⃗2 + 𝑎⃗1 → −2𝑎⃗3 = 𝑎⃗2 + 𝑎⃗1 → 𝑎1 + 𝑎2 + 2𝑎3 = 0
Realizando el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo Cuerpo 1 𝑇⃗𝐴
∑ 𝐹𝑦 = 𝐹𝑔1 − 𝑇𝐴 = 𝑚1 ∗ 𝑎1 Despeando 𝑎1 = (𝐹𝑔1 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚1 𝐹⃗𝑔 = 𝑚1 ∗ 𝑎𝑔
Cuerpo 2 𝑇⃗2 = 𝑇⃗𝐴
∑ 𝐹𝑦 = 𝐹𝑔2 − 𝑇𝐴 = 𝑚2 ∗ 𝑎2 Despejando 𝑎2 = (𝐹𝑔2 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚2
𝐹⃗𝑔 = 𝑚2 ∗ 𝑎𝑔
Polea B 𝑇⃗𝐶
La masa de la polea es despreciable (𝑚𝑃 = 0) ∑ 𝐹𝑦 = 2𝑇𝐴 −𝑇𝑐 −= 𝑚𝑃 ∗ 𝑎𝑃 = 0 Tenemos que 2𝑇𝐴 = 𝑇𝐶
𝑇⃗𝐴
𝑇⃗𝐴
PROBLEMA 5.125 SEARS, ZEMANSKY, YOUNG, FREEDMAN Moises Rosales Romero
Cuerpo 3
𝑇⃗𝐶 = 𝑇⃗𝐵
Como en la polea no hay fricción
𝑇⃗𝐶 = 𝑇⃗𝐵
∑ 𝐹𝑦 = 𝐹𝑔3 − 𝑇𝐶 = 𝑚3 ∗ 𝑎3 Despejamos 𝑎3 , sin olvidar que 2𝑇𝐴 = 𝑇𝐶 𝑎3 = (𝐹𝑔3 − 2𝑇𝐴 )⁄𝑚3 𝐹⃗𝑔 = 𝑚3 ∗ 𝑎𝑔
Si tomamos la última ecuación de aceleración, 𝑎1 + 𝑎2 + 2𝑎3 = 0 y remplazamos éstas en función de 𝑇𝐴 (𝐹𝑔1 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚1 + (𝐹𝑔2 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚2 + 2 (𝐹𝑔3 − 2𝑇𝐴 )⁄𝑚3 = 0 Despejando 𝑇𝐴 , Sacamos actor común 𝑚1 ∗ 𝑚2 ∗ 𝑚3 (𝐹𝑔1 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚1 ∗
𝑚2 ∗ 𝑚3 𝑚 ∗ 𝑚3 𝑚 ∗ 𝑚2 ⁄𝑚2 ∗ 𝑚3 + (𝐹𝑔2 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚2 ∗ 1 ⁄𝑚1 ∗ 𝑚3 + 2 (𝐹𝑔3 − 2𝑇𝐴 )⁄𝑚3 ∗ 1 ⁄𝑚1 ∗ 𝑚2 = 0
(𝐹𝑔1 − 𝑇𝐴 ) ∗ 𝑚2 ∗ 𝑚3 + (𝐹𝑔2 − 𝑇𝐴 ) ∗ 𝑚1 ∗ 𝑚3 + 2(𝐹𝑔3 − 2𝑇𝐴 ) ∗ 𝑚1 ∗ 𝑚2 = 0 Como 𝐹𝑔 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑔 , realizamos el remplazo y quitamos los paréntesis 𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑎𝑔 − 𝑇𝐴 𝑚2 𝑚3 + 𝑚2 ∗ 𝑚1 ∗ 𝑚3 ∗ 𝑎𝑔 − 𝑇𝐴 𝑚1 𝑚3 + 2𝑚3 𝑚1 𝑚2 𝑎𝑔 − 4𝑇𝐴 𝑚1 𝑚2 = 0 −𝑇𝐴 (𝑚2 𝑚3 + 𝑚1 𝑚3 + 4𝑚1 𝑚2 ) + 4𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑎𝑔 = 0 𝑇𝐴 =
4𝑎𝑔 𝑚1 𝑚2 𝑚3 ⁄(4𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 ) Y 1 2 1 3 2 3
𝑇𝐶 =
8𝑎𝑔 𝑚1 𝑚2 𝑚3 ⁄(4𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 ) 1 2 1 3 2 3
2𝑇𝐴 = 𝑇𝐶
Realizando el remplazo en las ecuaciones de 𝑎1 , 𝑎2 𝑦 𝑎3 𝑎1 = (𝐹𝑔1 − 𝑇𝐴 )⁄𝑚1 =
𝐹𝑔1
⁄𝑚 − 𝑇𝐴⁄𝑚 = 1 1
𝑚1 𝑎𝑔 4𝑚1 𝑚2 𝑚3 ⁄𝑚1 − ⁄𝑚 (4𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 ) 1 1 2 1 3 2 3
𝑎𝑔 (4𝑚1 𝑚2 − 3𝑚2 𝑚3 + 𝑚1 𝑚3 ) ⁄(4𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 ) , haciendo lo mismo con 1 2 1 3 2 3 aceleración 3 tendremos 𝑎1 =
𝑎3 =
𝑎𝑔 (−4𝑚1 𝑚2 + 𝑚2 𝑚3 + 𝑚1 𝑚3 ) ⁄(4𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 + 𝑚 𝑚 ) 1 2 1 3 2 3