Fisica penutilmo trabajo

Nuestras mediciones fueron:
-381019621500
t=16,20±0,01segT=t10=16,20seg10=1,620seg∆T=∆t10=0,01seg10=0,001segT=1,620±0,001seg-381010795000t1=47,60±0,01segT1=t110=47,60seg10=4,760seg∆T1=∆t110=0,01seg10=0,001segT1=4,760±0,001segm=1057,4±0,1gr→Masa de cada discoD=12,470±0,005cm⇒r=6,2350±0,0025cm→Radio deldiscol=13,805±0,005cmd=(0,570±0,005)cmd=l-d=13,805cm-0,570cm=13,235cm∆d=∆l+∆d=0,005cm+0,005cm=0,01cm
d=13,24±0,01cm→Distancia al eje de rotaciónAplicando el Teorema de Ejes paralelos para obtener la inercia rotacional de ambos discos y realizando la correspondiente propagación de errores, tenemosque:
I1=2m.r22+m.d2=m.r2+2m.d2=
=1057,4gr.(6,2350cm)2+2.1057,4gr.(13,24cm)2=411826,0274gr cm2
∆(m.r2)m.r2=∆mm+2∆rr=0,11057,4+20,00256,2350=8,965.10-4∆m.r2=m.r2.8,965.10-4=1057,4gr.(6,2350cm)2.8,965.10-4=37gr cm2∆(m.d2)m.d2=∆mm+2∆dd=0,11057,4+20,0113,24=1,605.10-3
∆m.d2=m.d2.1,605.10-3=1057,4gr.(13,24cm)21,605.10-3=297gr cm2∆I1=∆m.r2+2∆m.d2=37gr cm2+2.297gr cm2=631gr cm2Luego,I1=(411826±631)gr cm263515367000
t2=16,52±0,01seg
T2=t210=16,52seg10=1,652seg∆T2=∆t210=0,01seg10=0,001segT2=1,652±0,001segIx=T22-T2T12-T2I1=(1,652seg)2-(1,620seg)2(4,760seg)2-(1,620seg)2411826gr cm2=2152,42gr cm2∆T22T22=2∆T2T2⇒∆T22=2∆T2T2T22=2∆T2.T2=2.0,001seg.1,652seg=0,003seg2
∆T12T12=2∆T1T1⇒∆T12=2∆T1T1T12=2∆T1.T1=2.0,001seg.4,760seg=0,01seg2
∆T2T2=2∆TT⇒∆T2=2∆TTT2=2∆T.T=2.0,001seg.1,620seg=0,003seg2∆T22-T2=∆T22+∆T2=0,003seg2+0,003seg2=0,006seg2
∆T12-T2=∆T12+∆T2=0,01seg2+0,003seg2=0,01seg2
∆IxIx=∆T22-T2T22-T2+∆T12-T2T12-T2+∆I1I1=0,006(1,652)2-(1,620)2+0,01(4,760)2-(1,620)2+631411826=0,0593∆Ix=Ix.0,0593=2152,42gr cm2.0,0593=128gr cm2
Por lo tanto,
Ix=2152±128gr cm2eIx%=∆IxIx100=1282152100=6%DiscusiónA partir de los distintos periodos, se pudo obtener dos periodos, uno para elsistema sin los discos y otro para el sistema con los dos discos sujetos. El primer tiempo presenta un periodo menor respecto al segundo, ya que en el segundo sistema hay una mayor...