¿Qué hay de malo en considerar la máquina de Atwood como un sistema?

Question

¿Qué hay de malo en considerar la máquina de Atwood como un sistema?

Shubham

Estoy confundido acerca de un método utilizado en el siguiente problema. Hay un arreglo como se muestra a continuación. La superficie es lisa y las poleas son ligeras. Tenemos que encontrar la aceleración. $a_0$ de $m_1$ .

Problema

El método que utilicé para resolverlo fue considerar la polea B y las masas $m_2$ y $m_3$ como un solo sistema que desciende con la misma aceleración que la de $m_1$ . Si esta aceleración es $a_0$ , entonces las ecuaciones de movimiento dan

a_{0} = \frac{{metro}_{2} + {metro}_{3}}{{metro}_{1} + {metro}_{2} + {metro}_{3}} gramo

$a_0=\frac {m_2+m_3}{m_1+m_2+m_3}g$

Sin embargo, la solución del libro de texto trata los movimientos de todos los objetos individualmente, donde $m_1$ tiene una aceleracion $a_0$ , $m_2$ tiene una aceleracion $a_0-a$ y $m_3$ tiene una aceleracion $a_0+a$ , todo desde el marco de laboratorio (inercial). La respuesta calculada así no coincide con la mía. El libro de texto da

a_{0} = \frac{gramo}{1 + \frac{{metro}_{1} ({metro}_{2} + {metro}_{3})}{4 {metro}_{2} {metro}_{3}}}

$a_0=\frac {g}{1+ \frac {m_1(m_2+m_3)}{4m_2m_3}}$

La pregunta es, ¿cuál es el problema de considerar la polea B y las masas $m_2$ y $m_3$ como un solo sistema de masa $(m_2+m_3)$ ? ¿O tenemos que tomar algunas precauciones, cuando el sistema está acelerado? (La solución del libro de texto está perfectamente bien y también la entendí, pero ¿cuál es el problema con la mía?)

dariop

Imagina lo que sucede cuando

m_{2} \to 0

$m_2\rightarrow 0$ :

m_{3}

$m_3$ caerá libremente y

m_{1}

$m_1$ no se moverá, ¿verdad? Así que tu razonamiento no funciona muy bien. Necesitas una manera de encontrar la fuerza que

m_{2}

$m_2$ y

m_{3}

$m_3$ genera en la polea, que en general es diferente a la suma de sus pesos ;)

Respuestas (2)

¿Qué hay de malo en considerar la máquina de Atwood como un sistema?

Imagina lo que sucede cuando $m_2\rightarrow 0$ : $m_3$ caerá libremente y $m_1$ no se moverá, ¿verdad? Así que tu razonamiento no funciona muy bien. Necesitas una manera de encontrar la fuerza que $m_2$ y $m_3$ genera en la polea, que en general es diferente a la suma de sus pesos ;)

kyle kanos · Answer 1

El objeto que se mueve verticalmente es una máquina de Atwood y las dos masas tienen sus propias aceleraciones que están en diferentes direcciones. la aceleración de $m_2$ y $m_3$ (separado del sistema total) viene dado por

\begin{matrix} (1) & a = \frac{{metro}_{3} - {metro}_{2}}{{metro}_{2} + {metro}_{3}} gramo \end{matrix}

$a=\frac{m_3-m_2}{m_2+m_3}g\tag{1}$

Masa $m_2$ está acelerando hacia arriba, por lo tanto, la aceleración en su caso de $a_0-a$ ; igualmente masa $m_3$ está acelerando hacia abajo con una aceleración de $a_0+a$ .

La segunda ley de Newton dice que la suma de las fuerzas es igual a $ma$ , por lo que debería usar todas las fuerzas en la configuración.

Cuando dices, "separado del sistema total", ¿qué significa? Suponiendo que habla de sus movimientos individuales, ¿se trata del marco del laboratorio o del marco de la máquina Atwood inferior?
No, solo estoy considerando la solución para la máquina Atwood estacionaria como se indica en el enlace de Wikipedia.
Pero eso sería como... 'fácil'. Pero, ¿cuál es el problema con mi suposición?
@Shubham: si $m_{2}\neq m_{3}$ , el centro de masa del sistema B se mueve en relación con la polea, por lo que su aceleración neta es $a_{0} + a_{cm}$ . Es casi seguro que es más fácil resolver esto simplemente haciendo diagramas de cuerpo libre para las tres masas, en lugar de tener que preocuparse por tratar el sistema interno correctamente.

el te es vida · Answer 2

El problema en el tuyo es que estás tomando la fuerza neta que actúa hacia abajo como $(m_2+m_3)g$ es incorrecta y eso lo llevó a tomar la masa total como $m_1+m_2+m_3$ lo cual es nuevamente incorrecto porque $m_2\neq m_3$ . Si $m_2=m_3$ entonces el centro de masa de $m_2$ y $m_3$ estará en la línea vertical recta que pasa por el centro de la polea B y la fuerza actuará exactamente en el centro de la polea B pero $m_2\neq m_3$ por lo que el centro de masa se desplazará en el centro de la polea B la masa efectiva, $m$ , por lo que se debe averiguar la fuerza neta que actúa hacia abajo.

La fuerza neta que actúa es la tensión de dos en la cuerda donde las masas $m_2$ y $m_3$ están suspendidos. Del diagrama de cuerpo libre de $m_2$ y $m_3$ tensión $T$ se puede encontrar y la fuerza neta que actúa sobre la polea B será $2T$ .

F_{norte mi t} = 2 T = 4 {metro}_{2} {metro}_{3} gramo / ({metro}_{2} + {metro}_{3})

$F_{net}=2T=4m_2m_3g/(m_2+m_3)$

F_{n e t} / g = m

$F_{net}/g=m$ dónde

m = 4 m_{2} m_{3} / (m_{2} + m_{3})

$m=4m_2m_3/(m_2+m_3)$ es la masa efectiva de

m_{2}

$m_2$ y

m_{3}

$m_3$ con polea B

Entonces el nuevo problema consta de dos masas. $m_1$ y $m$ con polea A, $m$ reemplazando $m_2$ y $m_3$ .

$F_{net}=mg$ y la masa total ahora es $M=m_1+m$ y

a_{0} = F_{norte mi t} / METRO

$a_0=F_{net}/M$

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