(16-12-2014 12:16)David100690 escribió:  A ver ahí... Teniendo en cuenta el tema de que no existe traslación de polea (¿qué se me cruzó por la cabeza en ese momento?), tomando 0 potencial en la posición final, reemplazando F por mg únicamente para obtener k, usando 2m para el resto de la energías... Creo que esas son todas... Quedaría algo así...

\[\Delta Em = 0\]

\[Emi = Emf\]

\[Epei + Epgi = Epef + Ecrf + Ecf\]

\[\frac{1}{2} k \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = \frac{1}{2}k(2\Delta x)^{2} + \frac{1}{2}I_{cm}.\omega_{cm} ^{2}+\frac{1}{2}.2m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} k \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = 2k\Delta x^{2} + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}M.R^{2}).(\frac{v_{cm}}{R}) ^{2}+m.v_{cm}^{2}\]

\[k = \frac{F}{\Delta x} \rightarrow k =\frac{mg}{\Delta x}\]

\[\frac{1}{2} (\frac{mg}{\Delta x}) \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = 2(\frac{mg}{\Delta x})\Delta x^{2} + \frac{1}{4}M.{v_{cm}^{2}}+m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} mg\Delta x = \frac{1}{4}M.v_{cm}^{2} +m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} mg\Delta x = (\frac{1}{4}M +m)v_{cm}^{2}\]

\[\frac{\frac{1}{2} mg\Delta x}{(\frac{1}{4}M +m)}= v_{cm}^{2}\]

\[\sqrt{\frac{\frac{1}{2} mg\Delta x}{(\frac{1}{4}M +m)}}= \left |v_{cm} \right |\]

¿Les dio así o ven algo que no cierra? Gracias muchachos de antemano!

Del C1 , no pusiste la energia potencia gravitatoria final ? o no se pone , y otra , si tomo como 0 el punto donde arranco, mi desplazamiento en altura no seria solo un Delta x , en vez de 2?

(18-12-2014 12:32)frannco94 escribió:  

(16-12-2014 12:16)David100690 escribió:  A ver ahí... Teniendo en cuenta el tema de que no existe traslación de polea (¿qué se me cruzó por la cabeza en ese momento?), tomando 0 potencial en la posición final, reemplazando F por mg únicamente para obtener k, usando 2m para el resto de la energías... Creo que esas son todas... Quedaría algo así...

\[\Delta Em = 0\]

\[Emi = Emf\]

\[Epei + Epgi = Epef + Ecrf + Ecf\]

\[\frac{1}{2} k \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = \frac{1}{2}k(2\Delta x)^{2} + \frac{1}{2}I_{cm}.\omega_{cm} ^{2}+\frac{1}{2}.2m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} k \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = 2k\Delta x^{2} + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}M.R^{2}).(\frac{v_{cm}}{R}) ^{2}+m.v_{cm}^{2}\]

\[k = \frac{F}{\Delta x} \rightarrow k =\frac{mg}{\Delta x}\]

\[\frac{1}{2} (\frac{mg}{\Delta x}) \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = 2(\frac{mg}{\Delta x})\Delta x^{2} + \frac{1}{4}M.{v_{cm}^{2}}+m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} mg\Delta x = \frac{1}{4}M.v_{cm}^{2} +m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} mg\Delta x = (\frac{1}{4}M +m)v_{cm}^{2}\]

\[\frac{\frac{1}{2} mg\Delta x}{(\frac{1}{4}M +m)}= v_{cm}^{2}\]

\[\sqrt{\frac{\frac{1}{2} mg\Delta x}{(\frac{1}{4}M +m)}}= \left |v_{cm} \right |\]

¿Les dio así o ven algo que no cierra? Gracias muchachos de antemano!

Del C1 , no pusiste la energia potencia gravitatoria final ? o no se pone , y otra , si tomo como 0 el punto donde arranco, mi desplazamiento en altura no seria solo un Delta x , en vez de 2?

Tendría que haberla indicado al menos, aunque es 0 porque así elegí yo... Es decir, que cuando descendiera llegara a 0.
Tomes como tomes, el desplazamiento es \[2\Delta X\]... Tenes que tener en cuente que se mueve un \[\Delta X\] y después otro, por eso son 2... Cualquier cosa, avisa!

hize todos me dan asi : A1 ) 1.86 cm , A2) 0.4 cm , B1) -798 J , B2) La relacion m/M = 1 , C1) algo raro , C2) 12 N, ALGUNO COINCIDE?

El peso no hace trabajo, la normal tampoco. Porque son vectores perpendiculares a la velocidad, además no cambia la altura.

De lo que me acuerdo, corregido por profesores es B1) -800J; B2) m/M=1/4; el C2) me lo traje resuelto por los profes, no lo tengo encima

(18-12-2014 12:49)frannco94 escribió:  hize todos me dan asi : A1 ) 1.86 cm , A2) 0.4 cm , B1) -798 J , B2) La relacion m/M = 1 , C1) algo raro , C2) 12 N, ALGUNO COINCIDE?

A1) 1,8 cm (Coincidimos)
A2) 0,04 m (Coincidimos)
B1) -800 J (Estimo la diferencia se debe a qué valores de sen y cos tomaste pero... Coincidimos)
B2) M/m = 4
(Tenés que plantear que se conserva la cantidad de movimiento por choque y la energía cinética por ser plástico... Hacés una sustitución y debería salir sin mayores problemas... Sino decime qué hiciste y lo vemos)
C1)
\[\left | vcm \right | = \sqrt{\frac{\frac{1}{2}mg\Delta x}{\frac{1}{4}(M+m)}}\]

C2) F = 12 N (Coincidimos)

(18-12-2014 13:21)David100690 escribió:  

(18-12-2014 12:49)frannco94 escribió:  hize todos me dan asi : A1 ) 1.86 cm , A2) 0.4 cm , B1) -798 J , B2) La relacion m/M = 1 , C1) algo raro , C2) 12 N, ALGUNO COINCIDE?

A1) 1,8 cm (Coincidimos)
A2) 0,04 m (Coincidimos)
B1) -800 J (Estimo la diferencia se debe a qué valores de sen y cos tomaste pero... Coincidimos)
B2) M/m = 4
(Tenés que plantear que se conserva la cantidad de movimiento por choque y la energía cinética por ser plástico... Hacés una sustitución y debería salir sin mayores problemas... Sino decime qué hiciste y lo vemos)
C1)
\[\left | vcm \right | = \sqrt{\frac{\frac{1}{2}mg\Delta x}{\frac{1}{4}(M+m)}}\]

C2) F = 12 N (Coincidimos)

ese lo mire justo en un final , hizo cualquier cosa el pibe entonces, osea pongo que la EI=EF , Y DESPUES Pi=Pf , pero las velocidad son 4 , 1 es 0 si , pero como las pongo entonces

gente alguien me puede decir como plantearon el B2? lo hice y me dio justo al reves que ustedes, osea a mi me dio M/m=1/4
graciasss

Me sumo al pedido, me da M=0,4m se que estoy cerca pero no entiendo porque me da asi y no como deberia

(11-02-2015 20:40)NaiaraAcosta escribió:  Me sumo al pedido, me da M=0,4m se que estoy cerca pero no entiendo porque me da asi y no como deberia

te subo el despeje hecho. Llame VF a la velocidad de "M" final, y "vo" a la velocidad de "m" inicial. y "vf" a la velocidad final de "m" (basicamente respete mayuscula y minusculas )
http://imgur.com/LxlpfsV

no entendi que hicieron en C2.
yo lo tengo asi:

Acm = 12 m/s^2
Aceleracion angular = Acm/R

Luego

Sumatoria de momentos (me estoy comiendo la de rozamiento no se como encajarla pero me da bien igual, es raro )

F * R = Icm * AceleracionAngular
F * R = 1/2 * M * R^2 * Acm/R
Cancelo todos los radios
F = 1/2 * 2kg * Acm
F = Acm (me comi las unidades pero da )

F=12

Porque ustedes usan steiner? Me comi la de rozamiento? (Quiza ni siquierahay rozamiento pero rota porque hay una fuerza descentrada que supera la fuerza Fx que seria la del peso y por eso rota, aun si no existe rozamiento )
si es esto ultimo el planteo es re corto.

Si usás Steiner desde el CIR, que es el punto de contacto con la superficie ya que no desliza, te ahorrás el momento de la fuerza de rozamiento. Esa es la gracia de usar Steiner, te "anula" esa fuerza y aparte que es solo una rotación entorno al CIR (Centro instantáneo de rotación, o Eje instantáneo de rotación, no sé como lo llaman ).


En este caso vos estás tomando momentos respecto del Centro de Masa, así que no poner momento de la fuerza de rozamiento en principio es un error (quizás vale 0 y tenés suerte, quizás no).



edit: borro lo último porque no es el caso de este problema me parece Lo otro sí.

ah yo vengo planteando todo desde el repusitimo centro de masa. Con razon me cuestan ciertos ejercicios... Si aca el rozamiento debe valer 0 porque llegue a la misma conclusion sin usarla.

Como me doy cuenta que punto debo usar? la puta madre jamas en mi vida use otro punto para analizarlo... u.u dios que rabia mi vida es una mentira

Lo ideal es usar un punto donde tengas todos los datos. Acá usás el CM pero para mi está mal, aunque no sé por qué te da bien . Lo ideal hubiera sido usar el CIR y ni siquiera pensás en el rozamiento.


Quedaría: \[\sum M^{CIR}=I^{CIR}*\gamma \ \ \ \rightarrow F*2R+P_{x}*R=\frac{3}{2}MR^2\frac{a}{R}\]


Se simplifican todas los R, Px=P*sen(37) y despejás.



Personalmente siempre preferí resolver desde el CIR, me parecía que simplificaba todo... Pero cuando di el final, un punto no salía desde el CIR y tuve que resolver desde el CM. Lo mejor es saber usar los dos, la idea es exactamente la misma.

(16-12-2014 12:16)David100690 escribió:  A ver ahí... Teniendo en cuenta el tema de que no existe traslación de polea (¿qué se me cruzó por la cabeza en ese momento?), tomando 0 potencial en la posición final, reemplazando F por mg únicamente para obtener k, usando 2m para el resto de la energías... Creo que esas son todas... Quedaría algo así...

\[\Delta Em = 0\]

\[Emi = Emf\]

\[Epei + Epgi = Epef + Ecrf + Ecf\]

\[\frac{1}{2} k \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = \frac{1}{2}k(2\Delta x)^{2} + \frac{1}{2}I_{cm}.\omega_{cm} ^{2}+\frac{1}{2}.2m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} k \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = 2k\Delta x^{2} + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}M.R^{2}).(\frac{v_{cm}}{R}) ^{2}+m.v_{cm}^{2}\]

\[k = \frac{F}{\Delta x} \rightarrow k =\frac{mg}{\Delta x}\]

\[\frac{1}{2} (\frac{mg}{\Delta x}) \Delta x^{2} + 2mg\Delta x = 2(\frac{mg}{\Delta x})\Delta x^{2} + \frac{1}{4}M.{v_{cm}^{2}}+m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} mg\Delta x = \frac{1}{4}M.v_{cm}^{2} +m.v_{cm}^{2}\]

\[\frac{1}{2} mg\Delta x = (\frac{1}{4}M +m)v_{cm}^{2}\]

\[\frac{\frac{1}{2} mg\Delta x}{(\frac{1}{4}M +m)}= v_{cm}^{2}\]

\[\sqrt{\frac{\frac{1}{2} mg\Delta x}{(\frac{1}{4}M +m)}}= \left |v_{cm} \right |\]

¿Les dio así o ven algo que no cierra? Gracias muchachos de antemano!

Hola, no termino de entender el \[2mg\Delta x\] de la \[Epgi\]. No tendria que ser solo \[mg\Delta x \] ?

Respecto al C1) Yo no coincido.
Primero entiendo que el resorte ya esta estirado "Ax" y que luego se lo estiran otros "Ax" mas, por eso dps puse "4*Ax^2"
potencial inicial de la masa m solita. Ademas que baja.. no que sube la masa

   


El c2) yo también lo resolví por el CIR para ahorrarme la fuerza de roce ya que no estoy segura para donde va (siempre uno supone que no vale cero). Como a felix le dio lo mismo sin tener en cuenta FR, es obvio que es cero.. ya que la resultante (Px y F)debe estar en el punto de percusión del cilindro que hace que no tengas FR. Que es particular de cada cuerpo rigido.