θ θ µ θ - U

Pauta P1 Control 2
a) A partir del DCL, para un caso general se tiene las siguientes ecuaciones:
xɵ − k ∆ sin θ + f r = mxɺɺ
ɵy N + k ∆ cos θ − mg = myɺɺ
Y como además se tiene la ecuación para el roce: f r = µ N en donde se ha
considerado roce cinético.
Imponemos que en el eje y no se mueva, es decir ɺɺ
y = 0 , con esto se obtiene
N = mg − k ∆ cos θ
Una vez obtenida la normal, se quiere imponer que la partícula no se despegue, lo
que quiere decir que se debe imponer que N ≥ 0 , de lo cual la condición para que la
masa no se despegue queda expresada como:
mg − k ∆ cos θ ≥ 0
De la figura de la situación inicial se puede calcular ∆ = l0 ( 2 − 1) y cos θ = 2 2 ,
luego
mg − kl0 ( 2 − 1)
1
≥0
2
mg
1
≥ 1−
kl0
2
b) Ahora se ocupan las mismas ecuaciones deducidas anteriormente del DCL,
resultando:
− k ∆ sin θ + µ ( mg − k ∆ cos θ ) = mxɺɺ
Y usando
∆ = l02 + x 2 − l0
l
cos θ = 0
l0 + ∆
x
sin θ =
l0 + ∆
La ecuación resultante es:
− k ( l02 + x 2 − l0 )
− kx +
x
2
0
l +x
kl0 x
l02 + x 2
2
+ µ mg − µ k ( l02 + x 2 − l0 )
µ kl02
+ µ mg − µ kl0 +
l02 + x 2
l0
2
0
l +x
= mxɺɺ
2
= mxɺɺ
c) Para resolver esta parte hay dos opciones:
Opción 1:
Resolver la ecuación anterior…
µ (mg − kl0 )dx − kxdx +
−l0 2
µ (mg − kl0 ) x l
0
−l0 2
µ (mg − kl0 ) x l
0
−l0 2
µ ( mg − kl0 ) x l
0
x2
−k
2
x2
−k
2
x2
−k
2
kl0 xdx
2
0
l +x
+
2
+ kl0 l02 + x 2
l0
−l0 2
+ kl0 l02 + x 2
l0
−l0 2
+ kl0 l + x
l0
2
0
l +x
−l0 2
2
0
µ kl02 dx
2
−l0 2
+
l0
−l0 2
l0
ɺ ɺ
= mxdx
µ kl02 dx
l0 1 + ( x l0 )
l0
−l0 2
2
+
2
µ kl02 (dx / l0 )
1 + ( x l0 )
2
xɺ 2
=m
2
0
xɺ 2
=m
2
0


 1
+ µ kl02  arcsinh  −  − arcsinh (1)  = 0
 2


0
−l0 2
x
+ µ kl02 arcsinh  
 l0  l0
2
 2 l2

 l0
 k  l0
2
µ (mg − kl0 )  − − l0  −  − l0  + kl0  l0 + 0 − l02 + l02 


4
 2
 2 4



0
xɺ 2
=m
2
0
0
Finalmente, de esta ecuación se calcula el coeficiente de roce:
µ=
 5

3 2
kl0 + kl02 
− 2
8
 2

3
l0 ( mg − kl0 ) − kl02 ( arcsinh(−1 2) − arcsinh(1) )
2
Opción 2:
Con trabajo y energía…
−l0 2
ɵ ɵ = ∆E
W = ∫ f r ⋅ dr = ∫ µ (mg − k ∆ cos θ ) xdxx
l0
Luego:
−l0 2
∆E =
∫
−l0 2
µ mgdx −
l0
∫
µ k ∆ cos θ dx
l0
Ojo! Las integrales ya se calcularon en la opción 1, ahora es necesario calcular la
diferencia de energías. En este caso, por el hecho de que en ambos puntos el bloque se
encuentra quieto, la única energía presente será la potencial elástica, para lo cual se
necesita la elongación inicial y la final.
kδ f2
2
2
kδ i2 k (δ f − δ i )
∆E = U ef − U ei =
−
=
2
2
2
Y las elongaciones se ocupan usando Pitágoras para ambos momentos.
δ f = l0
5
− l0
4
δi = l0 2 − l0
Reemplazando esto:

kl02  5
5
∆E =
+ 1 − 2 + 2 2 + 1
 − 2
2 4
4

kl02  3

∆E =
− − 5 + 2 2 
2  4

Con todo esto, se llega al mismo resultado que la opción 1