Esfera que rueda por un carril

De Laplace

Revisión a fecha de 20:11 16 jun 2016; Antonio (Discusión | contribuciones)

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1 Enunciado

En los experimentos de Galileo, éste hizo rodar una esfera de radio $R$ por un carril de anchura $2 b$ ( $b < R$ ), de forma que la bola rueda apoyada en los bordes del carril, minimizando el rozamiento.

El carril se encuentra inclinado un ángulo $β$ respecto a la horizontal.

La bola posee masa $m$ y un momento de inercia $I = γ m R 2$ (con \gamma entre 2/5, esfera maciza y 2/5, esfera hueca).

Suponiendo que las fuerzas a ambos lados del carril son simétricas, determine la aceleración con la que la bola desciende por el carril, si inicialmente se encuentra en reposo.

Determine el ángulo $β$ máximo para el carril si no se desea que la bola deslice.

Supóngase ahora que existe un rozamiento por rodadura de forma que en los puntos de contacto se ejerce una fuerza adicional $\vec{F}=-\mu_r F_n \vec{\imath}$ , siendo el eje X el tangente al carril en la dirección de avance. ¿Cuál es en ese caso la aceleración de la bola?

2 Solución

Tomaremos un sistema de ejes en el que OX es el eje tangente al plano inclinado, OY el normal a él en el plano de movimiento y OZ el ortogonal a ambos hacia afuera del plano.

La esfera se encuentra sometida a una serie de fuerzas:

Su peso

$m\vec{g}=mg\,\mathrm{sen}(\beta)\vec{\imath}-mg\cos(\beta)\vec{\jmath}$

Las fuerzas normales en los puntos de contacto A y B. Estas fuerzas son normales a la superficie de la esfera y por tanto son radiales.

$\begin{array}{rcl} \vec{F}_{nA} & = & -F_n\,\mathrm{sen}(\delta)\vec{\jmath}-F_n\cos(\delta)\vec{k}\\ \vec{F}_{nB} & = & -F_n\,\mathrm{sen}(\delta)\vec{\jmath}+F_n\cos(\delta)\vec{k} \end{array}$

por simetría, las dos reacciones tienen el mismo módulo y direcciones simétricas. \delta es el ángulo que el vector radial forma con la superficie del plano. Este águlo verifica

$\cos(\delta)=\frac{b}{R}\qquad\qquad \mathrm{sen}(\delta)=\frac{h}{R}=\sqrt{1-\frac{b^2}{R^2}}$

Las fuerzas de tangenciales en los puntos de contacto. De nuevo por simetría, ambas son iguales. Estas fuerzas son de rozamiento estático, ya que la velocidad en los puntos de contacto es nula

$\begin{array}{rcl} \vec{F}_{rA} & = & -F_r\vec{\imath}\\ \vec{F}_{nB} & = & -F_r\vec{\imath} \end{array}$

para que no haya deslizamiento, estas fuerzas deben cumplir

$|F_r|\leq \mu_s |F_n|\,$

de manera que la aceleración del CM cumple la ecuación

$m\vec{a}=m\vec{g}+\vec{F}_{nA}+\vec{F}_{nB}+\vec{F}_{rA}+\vec{F}_{rB}$

Separando en componentes

$\left\{\begin{array}{rcl} ma & = & mg\,\mathrm{sen}(\beta)-2F_r \\ & \\ 0 & = & -mg\cos(\beta)+2F_n\dfrac{h}{R} \\ & \\ 0 & = & 0\end{array}\right.$

Esto nos permite hallar el módulo de la fuerza normal

$F_n = \frac{mgR\cos(\beta)}{2h}$

pero aun no la aceleración, ya que tenemos dos incógnitas: la propia aceleración y el valor de la fuerza tangencial.

Para completar el sistema necesitamos la ecuación para la rotación del sólido

$\frac{\mathrm{d}\vec{L}_G}{\mathrm{d}t}=\vec{M}_G$

Por tratarse de una esfera, el momento cinético es proporcional a la velocidad angular

$\vec{L}_G = I\vec{\omega}=\gamma m R^2 \vec{\omega}$

La velocidad angular, por su parte, va en una dirección paralela a la recta que pasa por A y B (ya que estos dos puntos están en reposo instantáneo y por tanto el eje instantáneo de rotación pasa por ellos). Este eje es paralelo al eje Z

$\vec{\omega}=\omega\vec{k}$

Esta velocidad se relaciona con la del CM observando que la velocidad del punto A debe ser nula

$\vec{0}=\vec{v}_G+\vec{\omega}\times\overrightarrow{GA}$

donde

$\vec{v}_G=v\vec{\imath}\qquad\qquad\overrightarrow{GA}=-h\vec{\jmath}+b\vec{k}$

esto nos da

$0 = v +\omega h\qquad\Rightarrow\qquad \omega = -\frac{v}{h}$

Esto da el momento cinético

$\vec{L}_G=-\frac{\gamma m R^2}{h}v\vec{k}$

cuya derivada temporal vale

$\frac{\mathrm{d}\vec{L}_G}{\mathrm{d}t}=-\frac{\gamma m R^2}{h}a\vec{k}$

Esta cantidad debe ser igual a la resultante de los momentos de las fuerzas aplicadas

$\vec{M}_G=\overrightarrow{GA}\times(\vec{F}_{nA}+\vec{F}_{rA})+\overrightarrow{GB}\times(\vec{F}_{nB}+\vec{F}_{rB})+\overrightarrow{GG}\times(mg\vec{g})$

De estos términos, las fuerzas normales tienen momento nulo, por ser radiales y el peso también, por actuar sobre el propio CM. Queda

$\vec{M}_G=-2hF_r\vec{k}$

y por tanto

$-\frac{\gamma m R^2}{h} = -2hF_r \qquad\Rightarrow\qquad F_r = \frac{\gamma m R^2}{2h^2}a$

Llevamos esto a la ecuación para la aceleración

$ma = mg\mathrm{sen}(\beta)-2F_r = mg\mathrm{sen}(\beta)-\frac{\gamma m R^2}{2h^2}$

y de aquí despejamos la aceleración

$a = g\frac{\mathrm{sen}(\beta)}{1+\gamma R^2/h^2}=g\mathrm{sen}(\beta)\frac{h^2\mathrm{sen}(\beta)}{h^2+\gamma R^2}$

Conocida la aceleración tenemos el valor de la fuerza de rozamiento estático

$F_r = \frac{\gamma m R^2}{2h^2}a = mg\mathrm{sen}(beta) \frac{\gamma R^2}{2(h^2+R^2\gamma)}$

El límite de la inclinación lo da el que esta fuerza sea menor que la normal multiplicada por el coeficiente de rozamiento

$mg\mathrm{sen}(beta) \frac{\gamma R^2}{2(h^2+R^2\gamma)}\leq \mu_s \frac{mgR\cos(\beta)}{2h}$

que, en términos del ángulo queda

$\mathrm{tg}(beta) \leq \mu_s \frac{(h^2+R^2\gamma)}{\gamma R h}$

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