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Doble máquina de Atwood

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)
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Despejamos aquí
Despejamos aquí
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<center><math>a_2 = \left(1-\frac{m_1}{2m_2}\right)g+\frac{m_1}{2m_2}a_1\qquad\qquad a_3 = \left(1-\frac{m_1}{2m_3})g+\frac{m_1}{2m_3}a_1</math></center>
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<center><math>a_2 = \left(1-\frac{m_1}{2m_2}\right)g+\frac{m_1}{2m_2}a_1\qquad\qquad a_3 = \left(1-\frac{m_1}{2m_3}\right)g+\frac{m_1}{2m_3}a_1</math></center>
Sustituimos en la relación entre las aceleraciones
Sustituimos en la relación entre las aceleraciones
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<center><math>\left(1-\frac{m_1}{2m_2}\right)g+\frac{m_1}{2m_2}a_1+\left(1-\frac{m_1}{2m_3})g+\frac{m_1}{2m_3}a_1+2a_1=0</math></center>
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lo que nos da finalmente, despejando,
lo que nos da finalmente, despejando,

Revisión de 10:37 17 nov 2020

1 Enunciado

Una máquina de Atwood es un dispositivo simple compuesto por una polea por la que pasa una cuerda, de cuyos extremos penden dos masas m1 y m2. En el caso ideal se supone que la cuerda es inextensible y sin masa, y que la polea tampoco tiene masa ni fricción. La doble máquina de Atwood de la figuraestá formada por tres masas unidas a través de dos cuerdas ideales y dos poleas también ideales. Determine:

  1. La aceleración de cada una de las masas
  2. Las tensiones de las dos cuerdas.
  3. La fuerza que ejerce el gancho del que cuelga el sistema.

2 Solución

En este sistema, sobre cada masa actúa su peso y la tensión de la cuerda que lo sostiene. Tomamos el eje OX como vertical y hacia abajo, con el origen en el centro de la polea superior. Dado que el movimiento es puramente rectilíneo, podemos usar cantidades escalares. En este caso, la segunda ley de Newton para las tres masas nos da

\begin{array}{rcl}
m_1a_1&=&m_1g-F_{T1}\\
m_2a_2&=&m_2g-F_{T2}\\
m_3a_3&=&m_3g-F_{T3}
\end{array}

Aquí tenemos tres ecuaciones, pero 6 incógnitas, ya que las 3 tensiones tamnién son desconocidas (NO son iguales al peso).

Para ello, debemos aplicar las ecuaciones de vínculos, que se refieren a la existencia de los hilos que unen las masas.

Por ser de masa nula, las tensiones de cada hilo son del mismo módulo en todos sus puntos (pero no iguales las del primer hilo a las del segundo). Aplicando esto al hilo que une las masas 2 y 3

F_{T2}=F_{T3}\,

Para relacionar estas tensiones con las del otro hilo, FT1, analizamos la 2ª ley de Newton para la polea pequeña. Al ser ideal es de masa nula, por lo que

\overbrace{m_0}^{=0}a_2=F_{T2}+F_{T3}-F_{T1}\qquad\Rightarrow\qquad F_{T1}=F_{T2}+F_{T3}

Obsérvese que esta polea se está moviendo, pero al ser de masa nula no tiene inercia, por lo que la suma de las fuerzas debe anularse (si no, saldría una aceleración infinita).

Ya tenemos 5 ecuaciones. La sexta sale de que los hilos son inextensibles, por lo tanto, la suma de los diferentes tramos de cada hilo debe salir una constante.

Si llamamos x_0 a la posición en que se encuentra la polea pequeña, se cumple, para el primer hilo

x_1+x_0 = \ell_1 = \mathrm{cte}

Para el segundo hilo, el que pasa por la polea móvil, la longitud de los dos tramos es, respectivamente, (x2x0) (a la izquierda) y (x3x0) (a la derecha), por lo que tenemos la ecuación

(x_2-x_0)+(x_3-x_0)= x_2+x_3-2x_0=\ell_2

Sumando esta ecuación con el doble de la anterior llegamos a la relación entre las posiciones

x_2+x_3+2x_1=\ell_2+2\ell_1=\mathrm{cte.}

Derivando aquí dos veces respecto al tiempo, obtenemos una relación entre las aceleraciones

a_2+a_3+2a_1=0\,

Tenemos entonces el siguiente sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas

\begin{array}{rcl}
m_1a_1&=&m_1g-F_{T1}\\
m_2a_2&=&m_2g-F_{T2}\\
m_3a_3&=&m_3g-F_{T3} \\
F_{T2}&=&F_{T3}\\
F_{T1}&=&F_{T2}+F_{T3}\\
a_2+a_3+2a_1&=&0
\end{array}

Al ser un sistema lineal puede resolverse de múltiples maneras. Por ejemplo, podemos despejar las tensiones

F_{T1} = m_1(g-a_1)\qquad F_{T2}=m_2(g-a_2)\qquad\qquad F_{T3}=m_3(g-a_3)

y dado que, de las relaciones entre las tensiones

F_{T1}=2F_{T2}\qquad\qquad F_{T1}=2F_{T3}

llegamos a las relaciones

m_1(g-a_1)=2m_2(g-a_2)\qquad\qquad m_1(g-a_1)=2m_3(g-a_3)

Despejamos aquí

a_2 = \left(1-\frac{m_1}{2m_2}\right)g+\frac{m_1}{2m_2}a_1\qquad\qquad a_3 = \left(1-\frac{m_1}{2m_3}\right)g+\frac{m_1}{2m_3}a_1

Sustituimos en la relación entre las aceleraciones

\left(1-\frac{m_1}{2m_2}\right)g+\frac{m_1}{2m_2}a_1+\left(1-\frac{m_1}{2m_3}\right)g+\frac{m_1}{2m_3}a_1+2a_1=0

lo que nos da finalmente, despejando,

a_1=\dfrac{m_1m_2+m_2m_3-4m_2m_3}{m_1m_2+m_2m_3+4m_2m_3}g

Una vez que tenemos la aceleración de la masa 1, obtenemos las otras dos

a_2=\frac{m_1 m_2 - 3 m_1 m_3 + 4 m_2 m_3}{m_1m_2+m_2m_3+4m_2m_3}g\qquad\qquad a_3=\frac{-3m_1 m_2 +  m_1 m_3 + 4 m_2 m_3}{m_1m_2+m_2m_3+4m_2m_3}g

y, conocidas las aceleraciones obtenemos las tensiones

F_{T2}=F_{T3}=\frac{4m_1m_2m_3}{m_1m_2+m_2m_3+4m_2m_3}g\qquad \qquad F_{T1}=\frac{8m_1m_2m_3}{m_1m_2+m_2m_3+4m_2m_3}g

La fuerza que hace el soporte de la polea superior es igual al doble de la tensión de la cuerda que pasa por ella

F_O=\frac{16m_1m_2m_3}{m_1m_2+m_2m_3+4m_2m_3}g

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