Fisica 1 - Problema Práctico 5

PROBLEMA PRÁCTICO 5 Un bloque pequeño de masa m se coloca dentro de un cono invertido que gira sobre un eje vertical, de modo que la duración de una revolución del cono es T. la pared del cono forma un ángulo β con la horizontal. El coeficiente de fricción estática entre el bloque y el cono es

μs

. Si el bloque debe mantenerse a una

altura constante h sobre el vértice del cono, ¿cuáles son (a) el valor máximo de T y (b) el valor mínimo de T, en términos de β y h? Solución: (a) El tiempo máximo de T implica que irá más lento el cono, por lo que la fuerza de fricción estática impedirá que el bloque m caiga a la punta del cono invertido. Elegimos la dirección de +x apuntando al eje del cono. Entonces, planteamos la segunda ley de Newton para el caso horizontal (pues el bloque experimenta una aceleración centrípeta) y una suma de fuerzas con resultante cero para el caso vertical (pues queremos que el bloque se mantenga a una altura constante).

∑ F x =nsenβ−f s cosβ=m acent …(1)

∑ F y=ncosβ + f s senβ −mg=0 …(2) Para ambos casos, tenemos que f s=μ s n Debemos entonces hallar la magnitud de la fuerza normal. De (2) lo obtenemos: n=

mg … (3) cosβ + μ s senβ

La aceleración centrípeta del bloque está dada por acent =

4π2R …(4 ) T2

Donde, por geometría se tiene

R=

h …(5) tanβ

Sustituimos en (1) las expresiones (3) y (4):

(

mg 4 π2 R (senβ −μs cosβ )=m cosβ + μs senβ T2

)

(

)

Despejamos a T: T =2 π

√

mR (cosβ + μs senβ) mg( senβ−μ s cosβ)

Sustituimos (5) y obtenemos: T máx=2 π

√

h(cosβ+ μ s senβ ) …(6) gtanβ (senβ −μs cosβ )

(b) Si deseamos un T mínimo, implicará que el cono girará más rápido. Por la primera ley de Newton, el bloque intentaría alejarse del punto deseado, en dirección opuesta a la punta del cono invertido. Para evitar que suceda se encuentra la fuerza de fricción, la cual tendrá dirección contraria en el diagrama de cuerpo libre para esta situación. Entonces, planteamos la suma de fuerzas en x & y correspondiente

∑ F x =nsenβ+ f s cosβ =m acent … (7) ∑ F y =ncosβ −f s senβ−mg=0 …(8) Nuevamente se cumple f s=μ s n El razonamiento a seguir es el mismo que en el inciso (a): sustituimos la magnitud de la fuerza de fricción estática, y despejamos la magnitud de la fuerza normal de (8), y la sustituimos en (7), despejando al período T. La fuerza normal en esta situación, despejando de (8), está dada por:

n=

mg …(9) cosβ −μs senβ

Empleamos (4) y (5) nuevamente (no dejan de cumplirse aunque la fuerza de fricción cambie de dirección). Sustituyendo en (7) y despejando, obtenemos que: T =2 π

√

mR

( cosβ−μmg senβ ) (senβ + μ cosβ ) s

s

Simplificamos y obtenemos que: T mín=2 π

Si

μs =0

T máx=2 π

T mín=2 π

√

h(cosβ−μ s senβ) …(10) gtanβ ( senβ + μ s cosβ )

, ¿qué ocurre con T? Sustituimos dicho valor en (6) y (10)

√ √

√ √

hcosβ h =2 π …(11) gtanβsenβ g hcosβ h =2 π …(12) gtanβsenβ g

Claramente, vemos que el período es el mismo, y solamente depende de la altura del bloque.