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Masa suspendida de un polipasto

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

Un bloque “2” de masa m pende de un polipasto formado por dos poleas. La polea “3” tiene radio r y está unida rígidamente al bloque por una barra de longitud b. La polea “4” tiene el mismo radio y está fijada al techo “1” por otra barra de longitud b. Un hilo inextensible sin masa está atado al techo, pasa por la polea 3, luego por la 4 y está unida al bloque mediante un resorte de constante k y longitud natural \ell_0. La longitud del hilo es tal que en ausencia de peso del bloque, el muelle estaría en su longitud natural y el hilo estirado pero sin tensión.

Se cuelga verticalmente el sistema.

  1. Suponiendo que las poleas no tienen masa, halle la posición de equilibrio del bloque, heq, medida desde el techo. ¿Cuánto vale la tensión del hilo en ese estado?
  2. Suponiendo que el bloque que se desplaza verticalmente una cantidad A respecto de la posición de equilibrio, determine la frecuencia de las oscilaciones que describe el bloque. ¿Cuánto debe ser el valor máximo de la amplitud si no se quiere que el hilo se destense?
  3. Suponga ahora que las dos poleas son cilindros macizos de masa m0, con su correspondiente momento de inercia. ¿Cuánto vale en ese caso la frecuencia de las oscilaciones?
  4. Suponga ahora que el bloque está conectado a un amortiguador de constante γ ¿Cuál es la ecuación de movimiento del bloque en ese caso?

2 Posición de equilibrio

Para estudiar este sistema, lo más sistemático consiste en analizar cada sólido por separado, aplicando los diagramas de cuerpo libre correspondiente.

En este caso tenemos 4 sólidos.

  1. El techo, que es inmóvil y al cual ligamos un sistema de referencia fijo en el cual eje OX es vertical y hacia abajo, el OY es horizontal en el plano de movimiento y el OZ es horizontal perpendicular a este plano.
  2. El bloque, que experimenta traslación respecto al 1, pero no rotación. Esto es, se comporta como una partícula.
  3. La polea inferior, que experimenta tanto traslación como rotación.
  4. La polea superior, que experimenta solo rotación pero no traslación respecto al 1.

Además de estos, conviene imaginar una partícula "5" sin masa en el punto en el que se unen el cable inextensible con el resorte, ya que hay que relacionar la tensión del hilo con la fuerza elástica ejercida por el resorte.

Para establecer la posición de equilibrio debemos imponer que la suma de fuerzas y de momentos sea nula sobre cada uno de los sólidos.

Supondremos inicialmente que las poleas no tienen masa ni momento de inercia, aunque la solución no es mucho más complicada suponiendo estos valores no nulos.

Sobre la polea 3 actúan la tensión del hilo en el punto A (a su izquierda), la del hilo en el punto opuesto B (que no tenemos por qué suponer que es igual a la tensión en A), su peso (por ahora despreciable) y la tensión de la varilla que une el centro C de la polea al bloque.

Con el sistema de ejes considerado, todas las fuerzas van en el sentido del eje OX, por lo que queda la ecuación escalar

-T_A-T_B+T_C=0\,

mientras que la ecuación de los momentos para esta polea es

T_Br-T_Ar=0\,

Lo cual nos da efectivamente que

T_A=T_B=\frac{T_C}{2}

Para la polea 4 tenemos la tensión en el punto D a su izquierda y en el punto E a su derecha, así como la de la barra en el punto central F. Por ser el hilo inextensible, el módulo de la tensión en D es el mismo que en B. Por tanto

T_B=T_D=T_E=\frac{T_F}{2}

Por último, en el punto P donde se unen el hilo y el resorte la segunda ley de Newton nos da

-T_P+k(\ell-\ell_0)=0\,

siendo la tensión del hilo en P la misma que en E (y por tanto, que en A, B y D).

T_A=T_B=T_D=T_E=T_P=k(\ell-\ell_0)\,

El bloque 2 está sometido al peso, a la tensión de la varilla que la une a la polea y a la fuerza del resorte. Por tanto

-T_C-k(\ell-\ell_0)+mg=0\,

sustituyendo aquí la tensión de la varilla

T_C=2T_A=2k(\ell-\ell_0)

nos queda

3k(\ell-\ell_0)=mg\qquad\Rightarrow\qquad \ell = \ell_0+\frac{mg}{3k}

El resorte se estira un tercio de lo que lo haría si el bloque colgara solo de él. A su vez, la fuerza que soporta la varilla es 2/3 del peso y el muelle 1/3 del peso. La tensión del hilo es también 1/3 del peso.

La posición respecto al techo depende de la longitud del cable. Si en ausencia de masa del bloque el muelle tendría una longitud \ell_0 y el bloque estaría a una distancia x0 del techo quiere esto decir que el hilo mide

L=x_C+\pi r+(x_C-x_F) + \pi r + (x_0-\ell_0-x_F)

como

x_C=x_0-b\qquad\qquad x_F=b

Nos da una longitud

L=3x_0-4b+2\pi r-\ell_0\,

Esta cantidad es constante. Por tanto, en todo momento se va a cumplir

3x-\ell=3x_0-\ell_0\qquad\qquad x-x_0=\frac{\ell-\ell_0}{3}

es decir, lo que desciende el bloque es la tercera parte de lo que se elonga el muelle.

En el equilibrio tendremos que

x_\mathrm{eq}=x_0+ \frac{mg}{9k}

y la tensión de cada hilo es

T_A=T_B=T_D=T_E=k(\ell-\ell_0)=\frac{mg}{3}

3 Frecuencia de las oscilaciones

En el caso de que el bloque no se halle en la posición de equilibrio, debemos aplicar la segunda ley de Newton para determinar su movimiento.

Si las poleas y el hilo son ideales, no tienen inercia alguna, por lo que sigue cumpliéndose

T_A=T_B=\frac{T_C}{2}

 

T_B=T_D=T_E=\frac{T_F}{2}

 

T_A=T_B=T_D=T_E=T_P=k(\ell-\ell_0)\,

y solo cambia la ecuación

-T_C-k(\ell-\ell_0)+mg=m\ddot{x}\,

es decir, equivale a sustituir g por g-\ddot{x}. Por tanto llegamos a

-3k(\ell-\ell_0)+mg=m\ddot{x}

Como se sigue cumpliendo la relación geométrica

\ell-\ell_0=3(x-x_0)\,

resulta la ecuación de movimiento

m\ddot{x}=mg-9k(x-x_0)

Introducimos aquí la posición de equilibrio con peso

x_\mathrm{eq}=x_0+\frac{mg}{9k}

y obtenemos finalmente

\ddot{x}=-\frac{9k}{m}(x-x_\mathrm{eq})

es decir, el bloque oscila con una frecuencia

\omega=\sqrt{\frac{9k}{m}}=3\omega_0

siendo ω0 la frecuencia propia del resorte.

El moviento que describe el bloque es uno armónico simple

x=x_\mathrm{eq}+A\cos(\omega t+\phi)=x_0+\frac{mg}{9k}+A\cos(\omega t+\phi)\,

La tensión de cada hilo varía también en el tiempo

T_A=T_B=T_D=T_E=k(\ell-\ell_0)=3k(x-x_0)=\frac{mg}{3}+3kA\cos(\omega t+\phi)

siendo su valor mínimo

T_\mathrm{min}=\frac{mg}{3}-3kA

Por ello, la amplitd máxima si no queremos que los hilos se destensen es

A_\mathrm{max}=\frac{mg}{9k}

4 Poleas no ideales

En el caso de que las poleas tengan masa y momento de inercia debemos incluirlas en los cálculos. Esto afecta tanto a la posición de equilibrio como la frecuencia de las oscilaciones.

Ecuaciones para el bloque

Esta ecuación no cambia, aunque la tensión ahora podrá ser diferente

-T_C-k(\ell-\ell_0)+mg=m\ddot{x}\,

y, en función de x

m\ddot{x}=-T_C-3k(x-x_0)+mg=m\ddot{x}\,
Ecuaciones para la polea 3

Esta polea ahora tiene masa m0 y momento de inercia I0. Las segunda ley de Newton dan, para esta polea

-T_A-T_B+T_C+m_0g=m_0\ddot{x}

Obsérvese que en el segundo miembro debe aparecer la aceleración del centro de la polea pero por estar unida rígidamente al bloque, ésta es también \ddot{x}.

La ecuación para la rotación de esta polea es

-T_Ar+T_Br=I_0\alpha_{31}\,

Hay que relacionar la aceleración angular del disco con la lineal de su centro. Para ello observamos que esta polea rueda sobre el hilo que cuelga del techo, de forma que la velocidad del punto A es nula.

Cuando el centro desciende una distancia Δx el arco que avanza es r\,\Delta\theta en sentido horario, por tanto

\Delta x = -r\,\Delta\theta\qquad \Rightarrow\qquad \dot{\theta}=-\frac{\dot{x}}{r}

Más formalmente, este resultado se obtiene aplicando el campo de velocidades de un sólido

La velocidad del punto A es nula

\vec{v}^A_{31}=\vec{0}

y la del centro C, por la expresión del campo de velocidades

\dot{x}\vec{\imath}=\vec{v}^C_{31}=\vec{v}^A_{31}+\vec{\omega}_{31}\times\overrightarrow{AB}=(\omega_{31}\vec{k})\times(r\vec{\jmath})=-\omega_{31}r\vec{\imath}

De aquí

\omega_{31}=-\frac{\dot{x}}{r}\qquad\Rightarrow        \qquad \alpha_{31}=-\ddot{x}{r}

Por tanto quedan las dos ecuaciones

-T_A-T_B+T_C+m_0g=m_0\ddot{x}

 

-T_A+T_B=-\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}\,
Ecuaciones para la polea 4

Esta polea está fijada al techo, por lo que su centro permanece inmóvil

T_D+T_Q-T_F+m_0g=0\,

siendo

T_D=T_B\, La ecuación de rotación de esta polea es

T_Dr-T_Er=I_0\alpha_{41}\,

La relación entre la aceleración angular de esta polea y la lineal del bloque la sacamos de la velocidad del punto D, que es la misma que la del punto B de la polea 3.

\vec{v}^D_{41}=\vec{v}^B_{31}=\vec{\omega}_{31}\times\overrightarrow{AC}=2\dot{x}\vec{\imath}

y por tanto

\vec{v}^D_{41}=\overbrace{\vec{v}^F_{41}}^{=\vec{0}}+\vec{\omega}_{41}\times\overrightarrow{FD}=(\omega_{41}\vec{k})\times(-r\vec{\jmath})=\omega_{41}r\vec{\imath}

De aquí

\omega_{41}=\frac{2\dot{x}}{r}\qquad\Rightarrow\qquad \alpha_{41}=\frac{2\ddot{x}}{r}

Queda entonces la ecuación de movimiento

T_D-T_E=2\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}
Punto de contacto entre el hilo y el resorte

Por último, en este punto, que sigue sin tener masa, se cumple

T_E-k(\ell-\ell_0)=0\qquad\Rightarrow\qquad T_E=3k(x-x_0)

A partir de aquí, yendo en sentido inverso, vamos obteniendo sucesivamente las diferentes tensiones. En D

T_D=T_E+2\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}=3k(x-x_0)+2\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}

En B

T_B=T_D=3k(x-x_0)+2\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}

En A

T_A=T_B+\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}=3k(x-x_0)+3\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}

En C

T_C=T_A+T_B-m_0g+m_0\ddot{x}=6k(x-x_0)+5\frac{I_0}{r^2}\ddot{x}-m_0g+m_0\ddot{x}

Con esta podemso completar ya la ecuación de movimiento para el bloque

m\ddot{x}=mg-T_C-3k(x-x_0)=\left(m+m_0\right)g-\left(m_0+5\frac{I_0}{r^2}\right)\ddot{x}-9k(x-x_0)

Agrupamos términos

\left(m+m_0+5\frac{I_0}{r^2}\right)\ddot{x}=(m+m_0)g-9k(x-x_0)
Nueva posición de equilibrio

Anulando la aceleración queda

x_\mathrm{eq}=x_0+\frac{(m+m_0)g}{9k}
Frecuencia de oscilación

Llevando esto a la ecuación de movimiento

\ddot{x}=-\frac{9k}{m+m_0+5I_0/r^2}(x-x_\mathrm{eq})

lo que da la frecuencia

\omega=   \sqrt{\frac{9k}{m+m_0+5I_0/r^2}}

La posición del bloque sigue un movimiento armónico simple con la nueva frecuencia

x = xeq + Acos(ωt + φ)
Tensiones en el hilo

5 Oscilaciones amortiguadas

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