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Supuesto 3

Tema 6/9 · Modelo ·

Un supuesto de dinámica del sólido rígido que integra el momento de una fuerza, la ecuación fundamental de la rotación τ=Iα\tau = I\alpha y la conservación de la energía. Su interés radica en mostrar que, cuando la polea tiene masa apreciable, las tensiones a ambos lados de la cuerda dejan de ser iguales: es precisamente esa diferencia la que proporciona el par que hace girar la polea.

Enunciado

Dos bloques de masas m1=4,0 kgm_1 = 4{,}0\ \mathrm{kg} y m2=2,0 kgm_2 = 2{,}0\ \mathrm{kg} están unidos por una cuerda inextensible y de masa despreciable que pasa por una polea. La polea se modela como un disco homogéneo de masa M=2,0 kgM = 2{,}0\ \mathrm{kg} y radio R=0,10 mR = 0{,}10\ \mathrm{m}, que gira sin fricción en su eje. La cuerda no desliza sobre la polea. El sistema se libera desde el reposo. Tómese g=9,8 ms2g = 9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}.

Se pide:

Resolución

a) Momento de inercia de la polea

Para un disco homogéneo que gira alrededor de su eje de simetría:

I=12MR2=122,0(0,10)2=0,010 kgm2I = \tfrac{1}{2}MR^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 2{,}0\cdot (0{,}10)^2 = 0{,}010\ \mathrm{kg\,m^2}

Conviene retener la combinación I/R2=12M=1,0 kgI/R^2 = \tfrac{1}{2}M = 1{,}0\ \mathrm{kg}, que actúa como una masa equivalente de la polea en la dinámica traslacional del sistema.

b) Aceleraciones lineal y angular

Como la cuerda no desliza, todos los puntos del sistema comparten el mismo módulo de aceleración lineal aa, ligado a la aceleración angular por a=αRa = \alpha R. Escribimos la segunda ley de Newton para cada bloque (con m1m_1 descendiendo) y la ecuación de la rotación para la polea:

m1gT1=m1a,T2m2g=m2a,(T1T2)R=Iαm_1 g - T_1 = m_1 a, \qquad T_2 - m_2 g = m_2 a, \qquad (T_1 - T_2)R = I\alpha

Sustituyendo α=a/R\alpha = a/R en la última, resulta T1T2=Ia/R2T_1 - T_2 = I\,a/R^2. Sumando las tres ecuaciones se cancelan las tensiones:

(m1m2)g=(m1+m2+IR2)a(m_1 - m_2)g = \left(m_1 + m_2 + \frac{I}{R^2}\right)a a=(m1m2)gm1+m2+I/R2=(4,02,0)9,84,0+2,0+1,0=19,67,0=2,8 ms2a = \frac{(m_1 - m_2)g}{\,m_1 + m_2 + I/R^2\,} = \frac{(4{,}0 - 2{,}0)\cdot 9{,}8}{4{,}0 + 2{,}0 + 1{,}0} = \frac{19{,}6}{7{,}0} = 2{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}} α=aR=2,80,10=28 rads2\alpha = \frac{a}{R} = \frac{2{,}8}{0{,}10} = 28\ \mathrm{rad\,s^{-2}}

La aceleración es menor que la del Atwood ideal (aideal=3,27 ms2a_\text{ideal} = 3{,}27\ \mathrm{m\,s^{-2}} con polea sin masa), como cabía esperar: la inercia de la polea frena el conjunto.

c) Tensiones a ambos lados

Despejando cada tensión de la segunda ley de Newton de cada bloque:

T1=m1(ga)=4,0(9,82,8)=28 NT_1 = m_1(g - a) = 4{,}0\,(9{,}8 - 2{,}8) = 28\ \mathrm{N} T2=m2(g+a)=2,0(9,8+2,8)=25,2 NT_2 = m_2(g + a) = 2{,}0\,(9{,}8 + 2{,}8) = 25{,}2\ \mathrm{N}

Las tensiones no coinciden porque la polea tiene masa: la cuerda debe ejercer sobre ella un par neto para acelerarla angularmente. Ese par es justamente el que producen las tensiones desiguales:

(T1T2)R=(2825,2)0,10=0,28 Nm=Iα=0,01028=0,28 Nm(T_1 - T_2)R = (28 - 25{,}2)\cdot 0{,}10 = 0{,}28\ \mathrm{N\,m} = I\alpha = 0{,}010\cdot 28 = 0{,}28\ \mathrm{N\,m}

La coincidencia confirma la coherencia interna del sistema de ecuaciones. En el límite de polea ideal (I0I \to 0) recuperaríamos T1=T2T_1 = T_2.

d) Velocidad tras descender hh y balance de energía

Partiendo del reposo con aceleración constante, aplicamos v2=2ahv^2 = 2ah:

v=2ah=22,81,5=8,4=2,90 ms1v = \sqrt{2ah} = \sqrt{2\cdot 2{,}8\cdot 1{,}5} = \sqrt{8{,}4} = 2{,}90\ \mathrm{m\,s^{-1}}

y la velocidad angular de la polea es ω=v/R=29,0 rads1\omega = v/R = 29{,}0\ \mathrm{rad\,s^{-1}}.

Comprobación por balance de energía. No hay rozamiento, así que la energía mecánica se conserva. Al descender m1m_1 una altura hh, m2m_2 asciende la misma hh; la energía potencial neta liberada se reparte entre la energía cinética de traslación de ambos bloques y la de rotación de la polea:

(m1m2)gh=12(m1+m2)v2+12Iω2(m_1 - m_2)gh = \tfrac{1}{2}(m_1 + m_2)v^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2

El primer miembro vale:

(m1m2)gh=2,09,81,5=29,4 J(m_1 - m_2)gh = 2{,}0\cdot 9{,}8\cdot 1{,}5 = 29{,}4\ \mathrm{J}

Y el segundo, con v2=8,4 m2s2v^2 = 8{,}4\ \mathrm{m^2\,s^{-2}} y ω2=840 rad2s2\omega^2 = 840\ \mathrm{rad^2\,s^{-2}}:

12(6,0)(8,4)+12(0,010)(840)=25,2+4,2=29,4 J\tfrac{1}{2}(6{,}0)(8{,}4) + \tfrac{1}{2}(0{,}010)(840) = 25{,}2 + 4{,}2 = 29{,}4\ \mathrm{J}

Ambos miembros coinciden, lo que valida los cálculos. Nótese que la polea se lleva 4,2 J4{,}2\ \mathrm{J} de energía cinética rotacional: despreciarla habría falseado el balance.

Comentario didáctico

Este supuesto enlaza la dinámica de rotación del sólido rígido (Tema 6) con el trabajo y la energía (Tema 9). Su mayor valor en el aula es corregir dos concepciones alternativas muy extendidas: creer que la tensión de una cuerda es la misma a ambos lados de cualquier polea —cierto solo si la polea carece de masa— y olvidar el término rotacional 12Iω2\tfrac{1}{2}I\omega^2 en los balances energéticos. La doble vía de resolución, dinámica y energética, permite al opositor exhibir dominio de ambos formalismos y proponer al alumnado la comprobación cruzada como hábito de autoevaluación. La introducción de la masa equivalente I/R2I/R^2 es, además, un recurso elegante para conectar la magnitud rotacional con la intuición traslacional del estudiante.

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