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Flaaanders
Nivel 9
Edad: 35
Registrado: 07 Sep 2008
Mensajes: 1102
Ubicación: Capital Federal - Almagro Papá!!!
Carrera: Electricista y Industrial
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A mi no me dejaron sacarle foto al examen.
En el primero tenía dos cuerpos, uno encima del otro unidos con una polea y a uno de los cuerpos se le aplicaba una fuerza. Me pedía el valor de la fuerza cuando los cuerpos no se movían y cuando si se movían.
Segundo. Te daban un cilindro y un aro, sus relaciones de radios y la velocidad angular del cilindro. Primero te pedían la energía cinética y después el momento cinético respecto al centro del aro.
Tercero. Ejercicio de aplicacion del efecto doppler. Es el de la sirena que cae que pusieron más arriba.
Cuarto. No me acuerdo.
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Responsabilidades:
Las miserias del mundo están ahí, y sólo hay dos modos de reaccionar ante ellas: o entender que uno no tiene la culpa y por lo tanto encogerse de hombros y decir que no está en sus manos remediarlo -y esto es cierto-, o bien asumir que, aun cuando no está en nuestras manos resolverlo, hay que comportarnos como si así fuera.
José Saramago 1922-2010.
![[tex]Soft\ Kitty,\ warm\ Kitty,\ little\ ball\ of\ fur.[/tex]](images/latex/88456f92074366553bc6212bdfdd4fb5b6baf719_0.png "[tex]Soft\ Kitty,\ warm\ Kitty,\ little\ ball\ of\ fur.[/tex]") ![[tex]Happy\ Kitty,\ sleepy\ kitty,\ purr,\ purr,\ purr...[/tex]](images/latex/d2ab897cc795f1e133cfc5bd5dec1e5b6a4bd460_0.png "[tex]Happy\ Kitty,\ sleepy\ kitty,\ purr,\ purr,\ purr...[/tex]")
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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| Matts escribió:
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| koreano escribió:
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Ah, qué bronca. Lo primero que descarté fue energía porque pensé que la T hacía trabajo. Obvio que es mucho mas facil resolverlo así que usando Newton. Me imagino que agregaste la energía cinética lineal y rotacional, no? Relacionando con ![[tex] \omega = \frac{v}{r}[/tex]](images/latex/b383de40d6deeeb2a206a26d4d0cba7bf59dc823_0.png "[tex] \omega = \frac{v}{r}[/tex]") supongo
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No, porque considere el instante de maxima compresion, ahi estaba frenado, justo despues empieza a subir y la soga no esta tensionada.... no se si esta bien.
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El cuerpo cuando llegaba al momento de mayor extensión del resorte es como que ahí dejaba de actuar la tensión porque gana una velocidad de rotación que despues aunque suba o baje la cuerda se "afloja" y sigue saliendo pero nada lo frena. Es decir, en la primer bajada gana una cierta energía rotacional y despues esta se mantiene constante. Así lo pensé yo. Entonces no podés plantear que ![[tex]v = \omega \cdot r[/tex]](images/latex/d0b10ba9196acfbfeaf7f4e4c073ac1673055ef3_0.png "[tex]v = \omega \cdot r[/tex]") porque en la parte mas baja por ejemplo tiene ![[tex]v = 0[/tex]](images/latex/1267585bf8d3def69324a84cc171ec1f06cd9198_0.png "[tex]v = 0[/tex]") pero ![[tex]\omega > 0[/tex]](images/latex/1c32753259153c48157dda0e01870ab9d8f648be_0.png "[tex]\omega > 0[/tex]") .
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polloo
Nivel 3
Edad: 34
Registrado: 20 Ago 2009
Mensajes: 35
Ubicación: olivos, vicente lopez
Carrera: Electrónica y Informática
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| Flaaanders escribió:
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A mi no me dejaron sacarle foto al examen.
En el primero tenía dos cuerpos, uno encima del otro unidos con una polea y a uno de los cuerpos se le aplicaba una fuerza. Me pedía el valor de la fuerza cuando los cuerpos no se movían y cuando si se movían.
Segundo. Te daban un cilindro y un aro, sus relaciones de radios y la velocidad angular del cilindro. Primero te pedían la energía cinética y después el momento cinético respecto al centro del aro.
Tercero. Ejercicio de aplicacion del efecto doppler. Es el de la sirena que cae que pusieron más arriba.
Cuarto. No me acuerdo.
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el 4 era en la primer parte el de la lente que era plana de un lado y concava del otro y habia que calcular el foco y esas mierdas y hacer los rayos... en la segunda parte era el que habia que explicar como se calcula el ancho de una rendija, las que cosas que se usan para hacer eso, lasers, lentes, etc y mostrar como se calcula
este era el TEMA 1
como les quedaron los ejercicios?
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Matts
Nivel 9
Edad: 33
Registrado: 18 May 2009
Mensajes: 1054
Carrera: Industrial y Química
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| koreano escribió:
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| Matts escribió:
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| koreano escribió:
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Ah, qué bronca. Lo primero que descarté fue energía porque pensé que la T hacía trabajo. Obvio que es mucho mas facil resolverlo así que usando Newton. Me imagino que agregaste la energía cinética lineal y rotacional, no? Relacionando con supongo
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No, porque considere el instante de maxima compresion, ahi estaba frenado, justo despues empieza a subir y la soga no esta tensionada.... no se si esta bien.
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El cuerpo cuando llegaba al momento de mayor extensión del resorte es como que ahí dejaba de actuar la tensión porque gana una velocidad de rotación que despues aunque suba o baje la cuerda se "afloja" y sigue saliendo pero nada lo frena. Es decir, en la primer bajada gana una cierta energía rotacional y despues esta se mantiene constante. Así lo pensé yo. Entonces no podés plantear que porque en la parte mas baja por ejemplo tiene pero .
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Para mi en el punto mas bajo no tiene energia cinetica ni energia cinetica rotacional tampoco. A partir de que sube si empieza a tener... al menos asi me lo imagino, que se yo...
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Elmo Lesto
Nivel 8
Edad: 33
Registrado: 02 Ene 2010
Mensajes: 809
Ubicación: Subsuelo
Carrera: Mecánica
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| Koreano o Matts: pueden extender un poco más el enunciado del problema que están discutiendo, y comentar qué pedía? Parece bastante bravo
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![[tex] \mbox{Si tu viejo es zapatero, sarpale la lata} [/tex]](images/latex/227de1ab21cbbce128227d57c9bf8e569c47dad2_0.png "[tex] \mbox{Si tu viejo es zapatero, sarpale la lata} [/tex]")
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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Es un disco colgando de un resorte que pasa por el centro de masa y está en su longitud natural. Al mismo tiempo el disco tiene una soga (adentro) que se desenrolla por el borde y está unida directamente por encima al techo.
Los datos son ![[tex]m, R, I_{CM} = \frac{m R^2}{2}, K[/tex]](images/latex/0efef87c145e29339422e701634c2800bda2042d_0.png "[tex]m, R, I_{CM} = \frac{m R^2}{2}, K[/tex]") .
Se pide calcular: la velocidad del CM cuando T se anula. la velocidad del CM en funcion del tiempo. la maxima velocidad angular.
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Nicolas ii
Nivel 4
Edad: 34
Registrado: 05 Jul 2009
Mensajes: 102
Ubicación: Pque chacabuco
Carrera: Civil y Industrial
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El ejercicio numero uno (dinamica) deci que inicialmente la masa m estaba girando con una Wo y un radio R, y que se aplicaba una fuerza que lo llevaba a R/2
Pedia la nueva Wf, y el trabajo que realizaba la Fza (esta parte creo que la tengo mal, si alguien desarrolla se agradece)
[URL=http://img684.imageshack.us/i/dibujofbr.jpg/]
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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Yo calculé ![[tex]W_F = \Delta {E}_{KR}[/tex]](images/latex/b01da2cf1584aafc6cd37652399b6f99827d00ad_0.png "[tex]W_F = \Delta {E}_{KR}[/tex]") porque sabías las velocidades angulares y momentos de inercia iniciales y finales (y no había ningun otra fuerza que haga trabajo).
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Marky
Nivel 4
Edad: 35
Registrado: 09 Sep 2010
Mensajes: 66
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Uhff, el 2 es muy jodido. Me queda que la aceleración del centro de masa depende del desplazamiento (obvio, siendo que está la fuerza elástica). Por otro lado, el desplazamiento es función del tiempo, así que se puede expresar la ecuación como una diferencial de orden 2 (con Y e Y''), y resolviendo esa ecuación saldría (cosa que no se hacer). Pero.. será para tanto?
¿La elongación máxima del resorte no está como dato?
Koreano, como llegaste a
ΔX = mg/K ?
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UnMonarca
Nivel 3
Registrado: 23 Ene 2010
Mensajes: 36
Ubicación: Donde un peso tiene cara de ropy
Carrera: Informática
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| Nicolas ii escribió:
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El ejercicio numero uno (dinamica) deci que inicialmente la masa m estaba girando con una Wo y un radio R, y que se aplicaba una fuerza que lo llevaba a R/2
Pedia la nueva Wf, y el trabajo que realizaba la Fza (esta parte creo que la tengo mal, si alguien desarrolla se agradece)
[URL=http://img684.imageshack.us/i/dibujofbr.jpg/]
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ése ejercicio lo resolvi así: en todo momento la fuerza F es radial, por lo tanto si colocamos un SR con origen en el agujerito y semieje positivo Z en direccion vertical y hacia arriba, el brazo de momento de F es nulo (o lo que es lo mismo, es una fuerza que pasa por el origen), además, los momentos de N y P se anulan entre sí, puesto que son dos fuerzas opuestas aplicadas al mismo punto, entonces:
![[tex]\sum{\vec{F_{ext}}^o}=\frac{d\vec{L}}{dt}=0 \Rightarrow \vec{L} \textrm{ es constante}[/tex]](images/latex/61b365cea3832c4c624a11aa940495507aa5afae_0.png "[tex]\sum{\vec{F_{ext}}^o}=\frac{d\vec{L}}{dt}=0 \Rightarrow \vec{L} \textrm{ es constante}[/tex]")
Sabiendo esto, se puede resolver de dos formas:
1) Por definicion de L = r x p:
![[tex]\vec{L^i}=\vec{L^f} \Rightarrow RmV_o=\frac{R}{2}mV_f[/tex]](images/latex/6684ab2f3645072f09d7a1a0ee250c65a3ee6aa1_0.png "[tex]\vec{L^i}=\vec{L^f} \Rightarrow RmV_o=\frac{R}{2}mV_f[/tex]")
como el cuerpo describe un MCU, entonces V = W.R, teniendo en cuenta que el radio cambio de un momento a otro, queda:
![[tex]RmW_oR=\frac{R}{2}mW_f\frac{R}{2} \Rightarrow W_f=4W_o[/tex]](images/latex/75281eb662391084dbdf7e2f1522c324bf017b3a_0.png "[tex]RmW_oR=\frac{R}{2}mW_f\frac{R}{2} \Rightarrow W_f=4W_o[/tex]")
Para el calculo de la energia, en el sistema de referencia que dije mas arriba, la energia potencial no cambia, solo hay cambio de energia cinetica. Por lo tanto, de la ecuacion que planteé al comienzo se pueden despejar
![[tex]RmV_o=\frac{R}{2}mV_f \Rightarrow V_f=2V_o[/tex]](images/latex/77824557ea2c78ba38db91905d0e8f09c48a3f39_0.png "[tex]RmV_o=\frac{R}{2}mV_f \Rightarrow V_f=2V_o[/tex]")
Y por lo tanto:
![[tex]\Delta E_m=E_m^f-E_m^i \Rightarrow \Delta E_m = \frac{1}{2}mV_f^2-\frac{1}{2}mV_o^2 \xrightarrow{\textrm{pero }V_f=2V_o} \Delta E_m = \frac{1}{2}m(2V_o)^2-\frac{1}{2}mV_o^2= \frac{3mV_o^2}{2}[/tex]](images/latex/51e2390e80c149af33ea4add7285da5b214a845e_0.png "[tex]\Delta E_m=E_m^f-E_m^i \Rightarrow \Delta E_m = \frac{1}{2}mV_f^2-\frac{1}{2}mV_o^2 \xrightarrow{\textrm{pero }V_f=2V_o} \Delta E_m = \frac{1}{2}m(2V_o)^2-\frac{1}{2}mV_o^2= \frac{3mV_o^2}{2}[/tex]")
solucion 2) Sabiendo que L = I.W
tener en cuenta que el momento de inercia de una masa puntual es m.r2, en este caso "r" cambia. Como L se conserva:
![[tex]\vec{L^i}=\vec{L^f} \Rightarrow mR^2W_o=m(\frac{R}{2})^2W_f \Rightarrow W_f=4W_o[/tex]](images/latex/c078a9a2e7ed72c2c1e99ad986f492ca7ba39461_0.png "[tex]\vec{L^i}=\vec{L^f} \Rightarrow mR^2W_o=m(\frac{R}{2})^2W_f \Rightarrow W_f=4W_o[/tex]")
y aplicando V = W.R para un MCU, se deduce el trabajo de F igual que arriba.
Saludos
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Hasta el 4 (cuatro), siempre!.
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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| Marky escribió:
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Uhff, el 2 es muy jodido. Me queda que la aceleración del centro de masa depende del desplazamiento (obvio, siendo que está la fuerza elástica). Por otro lado, el desplazamiento es función del tiempo, así que se puede expresar la ecuación como una diferencial de orden 2 (con Y e Y''), y resolviendo esa ecuación saldría (cosa que no se hacer). Pero.. será para tanto?
¿La elongación máxima del resorte no está como dato?
Koreano, como llegaste a
ΔX = mg/K ?
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Está mal, lo resolvi mal en el examen. Pero se puede resolver muy fácil por energía. La T es como la fricción en rodadura y no hace trabajo por no haber desplazamiento con respecto al cuerpo. El resto de las fuerzas son conservativas. Pasa que cuando hice el examen vi que la T se movía verticalmente y descarté energía al toque 
@UnMonarca: hice lo mismo para el 1.
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UnMonarca
Nivel 3
Registrado: 23 Ene 2010
Mensajes: 36
Ubicación: Donde un peso tiene cara de ropy
Carrera: Informática
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| koreano escribió:
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| Marky escribió:
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Uhff, el 2 es muy jodido. Me queda que la aceleración del centro de masa depende del desplazamiento (obvio, siendo que está la fuerza elástica). Por otro lado, el desplazamiento es función del tiempo, así que se puede expresar la ecuación como una diferencial de orden 2 (con Y e Y''), y resolviendo esa ecuación saldría (cosa que no se hacer). Pero.. será para tanto?
¿La elongación máxima del resorte no está como dato?
Koreano, como llegaste a
ΔX = mg/K ?
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Está mal, lo resolvi mal en el examen. Pero se puede resolver muy fácil por energía. La T es como la fricción en rodadura y no hace trabajo por no haber desplazamiento con respecto al cuerpo. El resto de las fuerzas son conservativas. Pasa que cuando hice el examen vi que la T se movía verticalmente y descarté energía al toque
@UnMonarca: hice lo mismo para el 1.
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mi solucion fue asi:
tomando como SR: semieje positivo X horizontal hacia la derecha, semieje positivo Y vertical hacia arriba y semieje positivo Z saliente de la hoja (o pantalla), las ecuaciones de la segunda ley de Newton y de la rotacion de un cuerpo rigido quedan:
![[tex] -mg+T+F_k=-ma[/tex]](images/latex/aece6e4e87e0ba382e837f021e169ecbbae355d6_0.png "[tex] -mg+T+F_k=-ma[/tex]")
![[tex]-RT=-\frac{1}{2}mR^2 \gamma [/tex]](images/latex/6b5c3a1bc55f54526ad18db342d7baa71badbab3_0.png "[tex]-RT=-\frac{1}{2}mR^2 \gamma [/tex]")
Lo primero que piden es hallar la posicion del CM cuando T=0. pero la posicion del CM es tambien la deformacion del resorte (en el enunjciado decia que inicialmente el resorte no estaba estirado), entonces poniendo T=0 las ecuaciones quedan asi:
![[tex] -mg+F_k=-ma[/tex]](images/latex/4b1deeee8a79a0377efc0b4012b8c65fb8e01a09_0.png "[tex] -mg+F_k=-ma[/tex]")
![[tex] 0=-\frac{1}{2}mR^2 \gamma \Rightarrow \gamma=0 \xrightarrow{a=\gamma r} a=0 [/tex]](images/latex/1ca4da1402c2fc3c01a7f4530664e5200dcefe91_0.png "[tex] 0=-\frac{1}{2}mR^2 \gamma \Rightarrow \gamma=0 \xrightarrow{a=\gamma r} a=0 [/tex]")
si a = 0, entonces la primera ecuacion queda como:
![[tex]-mg+F_k=0 \xrightarrow{F_k = -K \Delta l}-mg-K\Delta l=0 \Rightarrow \Delta l = \frac{mg}{K}[/tex]](images/latex/99372c7b27329cd1a0e7dd8a17db63c6b1ca896c_0.png "[tex]-mg+F_k=0 \xrightarrow{F_k = -K \Delta l}-mg-K\Delta l=0 \Rightarrow \Delta l = \frac{mg}{K}[/tex]")
Ése es el estiramiento. La posicion del CM, para el SR que dije mas arriba, sería:
![[tex]\displaystyle{\vec{r}_{CM}=-\frac{mg}{K}\hat{y}}[/tex]](images/latex/a96c8d3099ceec293e5b7aec46c1de74db3114e9_0.png "[tex]\displaystyle{\vec{r}_{CM}=-\frac{mg}{K}\hat{y}}[/tex]")
Para la parte (b) pedian la velocidad del CM cuando ha descendido una distancia ![[tex]d \leq \frac{mg}{k} [/tex]](images/latex/5dd7b50eee324c401dce7018d79872d48eb1077d_0.png "[tex]d \leq \frac{mg}{k} [/tex]") , y la maxima velocidad angular que desarrolla el cilindro. Lo resolvi por dinamica con las ecuaciones que estan allá arriba: despejé la tension de la segunda, puse que ![[tex] a=\gamma r [/tex]](images/latex/541f606485ec24c78d5cba05f6758afc1035ea60_0.png "[tex] a=\gamma r [/tex]") porque el CIR se encuentra en el punto donde se aplica la tensión, y despejando despejando, me quedó el siguiente bodrio:
![[tex]\displaystyle{\left |{ \vec{V}}\right | = \sqrt{\frac{4g \Delta l}{3} + \frac{4K (\Delta l)^2}{3m}}}[/tex]](images/latex/39895d74cb82981cfc2510f6927b5c1d76e0c183_0.png "[tex]\displaystyle{\left |{ \vec{V}}\right | = \sqrt{\frac{4g \Delta l}{3} + \frac{4K (\Delta l)^2}{3m}}}[/tex]")
Pero volviendo a casa en el tren tuve una revelación que ya les comento Koreano:"¡qué pelotudo que soy! ¡si era una rueda de Maxwell! nomas tenia un resorte, que como es una fuerza conservativa, entonces la energia mecanica se conserva, como en toda rueda de Maxwell."
Y efectivamente, tomando como cota de nivel cero a la altura inicial del CM del cuerpo, cuando este desciende una altura "delta ele", pierde energia potencial gravitatoria, pero gana energia cinetica de rotacion y de traslación (inicialmente el cuerpo no tiene energia):
![[tex]-mg \Delta l+\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}\frac{1}{2}mR^2W^2=0[/tex]](images/latex/37561a9da20142657960a5ec8ef8cda1453830e6_0.png "[tex]-mg \Delta l+\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}\frac{1}{2}mR^2W^2=0[/tex]")
pero como V = W.R:
![[tex]-mg \Delta l+\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}\frac{1}{2}mR^2\frac{V^2}{R^2}=0[/tex]](images/latex/465c2eb4c0e419313ae0f008cff7c7dd699a985e_0.png "[tex]-mg \Delta l+\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}\frac{1}{2}mR^2\frac{V^2}{R^2}=0[/tex]")
![[tex]-mg \Delta l+\frac{1}{2}mv^2(1+\frac{1}{2})=0[/tex]](images/latex/cabf61081b34e9c64376c194c520edb1a02b6e54_0.png "[tex]-mg \Delta l+\frac{1}{2}mv^2(1+\frac{1}{2})=0[/tex]")
![[tex]-mg \Delta l+\frac{3mV^2}{4}=0[/tex]](images/latex/03c400a44be20eb843585612f6ef80d84d69d509_0.png "[tex]-mg \Delta l+\frac{3mV^2}{4}=0[/tex]")
![[tex]\displaystyle{V^2=\frac{4g \Delta l}{3}}[/tex]](images/latex/ca1436cc7a77439eee78b381966ffae89698aea2_0.png "[tex]\displaystyle{V^2=\frac{4g \Delta l}{3}}[/tex]")
finalmente:
![[tex]\displaystyle{\left |{\vec{V}}\right |=\sqrt{\frac{4g \Delta l}{3}}}[/tex]](images/latex/6b082c13903251de3c6092d2e8152ee3ec4be87e_0.png "[tex]\displaystyle{\left |{\vec{V}}\right |=\sqrt{\frac{4g \Delta l}{3}}}[/tex]")
Por ultimo, aplicando que V = W.R, resulta que la maxima velocidad angular se halla en ![[tex] \Delta l = \frac{mg}{k}[/tex]](images/latex/826c4f575041af6bb4dc375443ed049415ba1b50_0.png "[tex] \Delta l = \frac{mg}{k}[/tex]") (esto creo que es asi porque a partir de alli el cuerpo empieza a frenar su caida debido al resorte), y utilizando esta ultima formula y evaluandola (o mejor dicho, reemplazando ![[tex]\Delta l[/tex]](images/latex/3631e6cdabd0647e5914625c2716b196bf5a5b4a_0.png "[tex]\Delta l[/tex]") por ![[tex]\frac{mg}{K}[/tex]](images/latex/08399513cd2a23a5596506987b0cff13fde26f1b_0.png "[tex]\frac{mg}{K}[/tex]") ) termina dando un ![[tex]W_{max}=\frac{g}{R} \sqrt{\frac{4m}{3K}} [/tex]](images/latex/d66fbe6da779c869c0b68608fd6e8aa4b1b23b29_0.png "[tex]W_{max}=\frac{g}{R} \sqrt{\frac{4m}{3K}} [/tex]") .
asi que éste ejercicio lo doy por perdido, ¿a ustedes como les fué?
Saludos.
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Hasta el 4 (cuatro), siempre!.
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Matts
Nivel 9
Edad: 33
Registrado: 18 May 2009
Mensajes: 1054
Carrera: Industrial y Química
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Yo lo hice por energia y me dio X= -2mg/k, osea que el desplazamiento era X= 2mg/k.
No se si esta bien... porque en el punto B te pedia algo con mg/k  .
Yo lo hice asi: W(fuerzas no conservativas) = 0
Emf = Emi
m.g.x + (1/2).k.(x^2) = 0
(1/2).k.(x^2) = -m.g.x (tacho las x)
(1/2).k.x = -m.g
x = -2mg/k
Edit: aclaracion; tome la posicion 0 en el centro de masa inicial.
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Marky
Nivel 4
Edad: 35
Registrado: 09 Sep 2010
Mensajes: 66
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Si pero por energía es todo un tema también. Se conserva la energía, pero al final hay energía cinética de rotación, tenés que conocer la velocidad angular que tiene en el momento en que la elongación del resorte es máxima. Y no podes usar la relación V = W·R por lo que decías vos hoy, V es 0 pero W no.
Por ahi sale de una combinación entre el planteo por energía y el planteo dinámico, pero no se, ya estoy mareado :/.
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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| UnMonarca escribió:
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...entonces poniendo T=0 las ecuaciones quedan asi:
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Es que en el momento que llega abajo de todo la aceleracion del centro de masa no es 0, sino se quedaría ahi (es un oscilador harmonico, la aceleración es máxima en los extremos y 0 en el equilibrio, opuesto a la velocidad). Pero sabemos que está enganchado a un resorte; resulta que cuando llega abajo de todo y por el resto de la oscilación, la T es 0 y la velocidad angular constante y no hay mas ![[tex] v= \omega \cdot R[/tex]](images/latex/40360e90377cb44ed43cfcd136fe711b35596158_0.png "[tex] v= \omega \cdot R[/tex]")
Así es como lo pensé.
@Matts: me parece que te faltó la inercia rotacional. Es decir, considerar la resistencia a rotar que tiene por ser un disco que inicialmente esta en reposo lineal y rotacionalmente, y como afecta eso el intercambio de energía potencial en cinética. Y ahí es cuando concuerdo con Marky.
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