Rodadura Ejemplos Seleccionados 10

PROBLEMAS DE RODADURA
EJEMPLOS SELECCIONADOS
FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA

Antonio J. Barbero / Alfonso Calera Belmonte / Mariano Hernández Puche
Dpt. Física Aplicada. ETS Ing. Agrónomos (Albacete)

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EJEMPLO 1

Considere un cilindro macizo y homogéneo de 30 cm de diámetro colocado sobre
un plano inclinado 25º.
a) ¿Cuál es el valor mínimo del coeficiente de rozamiento para que elcilindro
descienda rodando sin deslizar? ¿Cuál es su aceleración angular?
b) Responda a las mismas preguntas del apartado anterior suponiendo que se da al
cilindro un impulso inicial hacia arriba de modo que suba por el plano inclinado.
Apartado a) Cilindro descendiendo a lo largo del plano inclinado
Tomando como sentido positivo el sentido descendente, tenemos la
componente del peso paralela al planoinclinado, mg senθ.

R = 15 cm

N = mg cosθ

F = mg sen θ

FR

θ = 25º

En sentido negativo tenemos la fuerza de rozamiento, FR. Si el
cilindro rueda sin deslizar, ésta será una fuerza de fricción estática,
ya que en rodadura el punto de contacto no tiene velocidad relativa
respecto al suelo sobre el que se asienta.
La fuerza de fricción estática alcanza como máximo el valor µN,
donde N = mg cos θes la reacción normal y µ es el coeficiente
estático de rozamiento. Por lo tanto la condición para que haya
rodadura sin que se produzca deslizamiento será que la fuerza de
rozamiento FR sea menor que µN.
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EJEMPLO 1 (CONTINUACIÓN)

Aplicando la 2ª ley de Newton: sea m la masa del cilindro y
R = 15 cm

N = mg cosθ
FR

sea a la aceleración de su CM

α

ma

Dinámica de rotación: llamemos I almomento de inercia del
cilindro respecto a su CM y sea α su aceleración angular

F = mg sen θ

Tomando momentos respecto del CM, vemos que la única fuerza
que produce un momento que hace girar el cilindro es FR, que se
encuentra aplicada en la periferia del mismo, a una distancia R:

θ = 25º
Condición de rodadura:

Iα = RFR

α=

a
R

mg sen θ g sen θ
a=
=
I
I
m + 2 1+
mR 2
R
Llamando

Q=

mg sen θ −FR = ma

FR =

Iα
R

ma = mg sen θ − FR = mg sen θ −

a=

FR =

Ia
R2

Ia
R2

g sen θ
1+ Q

I
mR 2

En el caso de un cilindro homogéneo

Q=

1
1
, ya que I = mR 2
2
2

3

EJEMPLO 1 (CONTINUACIÓN)
a=

g sen θ
1+ Q

FR = mg sen θ − ma

Para que ruede sin deslizar

FR < µN

⎛
1 ⎞
⎛ Q ⎞
⎟ = mg sen θ ⎜
FR = mg sen θ − ma = mg sen θ ⎜1 −
⎟ < µmg cosθ
1
+
Q
1
+
Q
⎝
⎠
⎝
⎠
⎛ Q + 1⎞
tg θ < ⎜
⎟µ
Q
⎝
⎠Cálculos numéricos:

Q=

1
2

θ = 25º

R = 0.15 m

Aceleración angular:

⎛3 2⎞
tg 25 < ⎜⎜
⎟⎟ µ
⎝1 2 ⎠

α=

µ>

tg 25
3

g sen θ 9.80 ⋅ sen 25
a
=
=
(
)
R
1
+
Q
0.15(1 + 1 2 )
R

µ > 0.1554

α = 18.41 rad/s 2

Pregunta adicional: ¿Cuál sería el resultado si en lugar de tratarse de un cilindro se tratase de
una esfera homogénea del mismo radio?
Solución:

µ > 0.1332

α = 19.72 rad/s 2
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EJEMPLO 1(CONTINUACIÓN)

Apartado b) Cilindro ascendiendo a lo largo del plano inclinado

ω
α
R = 15 cm

N = mg cosθ
FR

ma

F = mg sen θ

θ = 25º

Cuando el cilindro sube gira en sentido antihorario (su velocidad
angular ω es saliente respecto al plano del papel). Pero la
componente del peso paralela a la superficie del plano inclinado
tiene sentido descendente y a medida que sube la velocidad lineal
del CM ysu velocidad angular decrecen, por eso su aceleración
angular α es entrante respecto al plano del papel, y está asociada
con un giro en sentido horario.
La fuerza de rozamiento (estática) está dirigida en sentido
contrario a F, es por tanto de sentido ascendente. La
diferencia entre ambas es ma. Así, la 2ª ley de Newton
aplicada a este caso nos da:

mg sen θ − FR = ma

Tomando momentos respecto delCM, vemos que la única fuerza que produce un momento que hace girar el
cilindro es FR, que se encuentra aplicada en la periferia del mismo, a una distancia R:

Iα = RFR

FR =

Iα
R

FR =

Ia
R2

Estas son las mismas ecuaciones que encontramos en el caso del cilindro descendente, por lo que la solución
de este caso es la misma en lo que se refiere al cálculo de aceleración angular (véase...