Supòsit 53

Enunciat

Un cos cilíndric i massís de massa $m = 5$ kg i radi $r = 0{,}1$ m es desplaça sense lliscar per una pista que inclou un looping de radi $R = 5$ m, com mostra la figura. Des del punt (1), el cilindre es llança amb una velocitat inicial de 10 m/s.

a) Determina l'angle d'inclinació màxim que ha de tenir la rampa per la qual es llança el cilindre, de manera que no hi haja lliscament, considerant que el coeficient de fricció estàtic entre la superfície i el cilindre és de $\mu = 0{,}5$. (6 punts) b) Escriu l'expressió que representa l'energia mecànica del cilindre en funció de l'alçada i la seua velocitat. (3 punts) c) Calcula l'alçada mínima des del punt (1) perquè el cilindre aconsegueixi passar pel punt més alt del looping sense perdre el contacte amb la pista. (5 punts) d) Fent servir l'alçada obtinguda en el punt anterior, calcula l'acceleració centrípeta i la força normal en el punt (3) del recorregut. (6 punts)

(Dades: $g = 9{,}8$ m·s⁻²)

Balears 2026 · B2

Rampa i looping

Solució

a) Angle màxim sense lliscament. Per a un cilindre massís, $I = \tfrac{1}{2}mr^2$. Plantejant alhora la segona llei de Newton per a la translació i per a la rotació sobre una rampa d'angle $\theta$:

$$mg\sin\theta - F_r = ma, \qquad F_r\,r = I\alpha = \tfrac{1}{2}mr^2\cdot\frac{a}{r}$$

De la segona, $F_r = \tfrac{1}{2}ma$; substituint a la primera, $a = \tfrac{2}{3}g\sin\theta$ i per tant $F_r = \tfrac{1}{3}mg\sin\theta$. La condició de rodolament sense lliscament és $F_r \le \mu N = \mu mg\cos\theta$:

$$\tfrac{1}{3}\tan\theta \le \mu \quad\Longrightarrow\quad \tan\theta \le 3\mu = 1{,}5$$ $$\boxed{\theta_{\max} = \arctan(1{,}5) = 56{,}3°}$$

Fixa't que ni la massa ni el radi hi intervenen: només la geometria del cos (el factor $I/mr^2$) i $\mu$. Per a una esfera massissa el límit seria $\tan\theta \le 3{,}5\mu$, i per a un anell $\tan\theta \le 2\mu$.

b) Energia mecànica. Rodolar sense lliscar imposa $v = \omega r$, així que l'energia cinètica té part de translació i part de rotació:

$$E_m = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2 + mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{1}{2}mr^2\right)\frac{v^2}{r^2} + mgh$$ $$\boxed{E_m = \tfrac{3}{4}mv^2 + mgh}$$

El coeficient és $3/4$ i no $1/2$: un 50 % més d'energia cinètica per a la mateixa velocitat que un cos que llisca. És l'error clàssic d'aquest problema.

c) Alçada mínima. Al punt més alt del looping, la condició límit per no perdre el contacte és que la normal s'anul·le i que la gravetat sola faça de força centrípeta:

$$mg = \frac{mv_{\text{alt}}^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{alt}} = \sqrt{gR} = \sqrt{9{,}8\cdot 5} = 7{,}00\ \mathrm{m/s}$$

Conservant l'energia mecànica entre (1), a l'alçada $H$ i amb $v_1 = 10$ m/s, i el punt més alt, a l'alçada $2R$:

$$\tfrac{3}{4}mv_1^2 + mgH = \tfrac{3}{4}mv_{\text{alt}}^2 + mg(2R)$$ $$H = \frac{\tfrac{3}{4}(49) + 9{,}8\cdot 10 - \tfrac{3}{4}(100)}{9{,}8} = \frac{36{,}75 + 98 - 75}{9{,}8} = \boxed{6{,}10\ \mathrm{m}}$$

Sense la velocitat inicial de llançament caldrien $H = 2{,}75R = 13{,}75$ m; els 10 m/s de sortida en regalen més de la meitat.

d) Punt (3): acceleració centrípeta i normal. El punt (3) és el lateral del looping, a l'alçada $h = R = 5$ m. Aplicant altra vegada la conservació entre (1) i (3):

$$\tfrac{3}{4}v_1^2 + gH = \tfrac{3}{4}v_3^2 + gR \quad\Longrightarrow\quad v_3^2 = \frac{75 + 59{,}75 - 49}{0{,}75} = 114{,}3\ \mathrm{m^2/s^2}$$ $$v_3 = 10{,}7\ \mathrm{m/s}, \qquad a_c = \frac{v_3^2}{R} = \frac{114{,}3}{5} = \boxed{22{,}9\ \mathrm{m/s^2}}$$

Ara ve la part fina. En el punt (3) el centre del looping queda horitzontalment respecte del cilindre, de manera que la normal és horitzontal i el pes és tangencial: no té component centrípeta. Per tant la normal ha d'aportar tota la força centrípeta ella sola:

$$N = m\,a_c = 5\cdot 22{,}9 = \boxed{114\ \mathrm{N}}$$

Compara-ho amb el punt més alt, on la normal seria zero, i amb el punt més baix, on valdria $N = mg + mv^2/R$. L'acceleració centrípeta és de $2{,}3\,g$: qui hi anara a dins ho notaria.

Nota sobre el radi. S'ha treballat amb $R = 5$ m per al centre de masses del cilindre, com fa l'enunciat. En rigor el centre descriu una circumferència de radi $R - r = 4{,}9$ m, cosa que donaria $v_{\text{alt}} = 6{,}93$ m/s i $H = 5{,}82$ m. Amb $r/R = 2\ \%$ la diferència és menor que l'error de les dades, però convé fer constar l'aproximació.