ProbRotaci

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2003 
En la polea de la figura, M = 6 kg, m = 4 kg, m’ = 3 kg, y R = 40 cm. Calcular: 
a) La energía cinética total ganada por el sistema después de 5 s. 
b) Las tensiones en la cuerda. 
 
 
 
FEB2003 
a) Es más sencillo responder primero al segundo apartado: 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación al bloque de 𝑚𝑚 = 4 kg, sabiendo que va a descender. 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación al bloque de 𝑚𝑚′ = 3 kg, sabiendo que va a ascender. 
𝑇𝑇2 − 𝑚𝑚′𝑚𝑚 = 𝑚𝑚′𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚′(𝑚𝑚 + 𝑚𝑚) 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación a la polea de 𝑀𝑀 = 6 kg, sabiendo que el par que genera 
𝑇𝑇1 es mayor que el par generado por 𝑇𝑇2 (giro antihorario). 
(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2)𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = �
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2� · �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 =
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 
En la última ecuación, sustituimos las expresiones halladas para las tensiones: 
𝑚𝑚(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) −𝑚𝑚′(𝑚𝑚 + 𝑚𝑚) =
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 ⟹ (𝑚𝑚−𝑚𝑚′)𝑚𝑚 = �
1
2
𝑀𝑀 + (𝑚𝑚 + 𝑚𝑚′)� 𝑚𝑚 ⟹ 
⟹ 𝑚𝑚 =
(𝑚𝑚 −𝑚𝑚′)𝑚𝑚
1
2𝑀𝑀 + (𝑚𝑚 + 𝑚𝑚
′)
=
9.8
10
= 0.98 m/s² 
Las tensiones: 
𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) = 4 · (9.8 − 0.98) = 35.28 N 
𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚′(𝑚𝑚 + 𝑚𝑚) = 3 · (9.8 + 0.98) = 32.24 N 
 m' m 
 R M 
b) Una vez que tenemos la aceleración, es fácil la energía cinética ganada por el sistema. Si se 
parte del reposo y teniendo la aceleración, después de un tiempo t, se cumplirá: 
𝑣𝑣 = 𝑚𝑚𝑎𝑎 = 0.98 · 5 = 4.9 m/s 
La energía cinética ganada constará de la energía cinética de traslación de ambos bloques más 
la energía cinética de rotación de la polea: 
𝐸𝐸𝑐𝑐 =
1
2
(𝑚𝑚 + 𝑚𝑚′)𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 =
1
2
(𝑚𝑚 + 𝑚𝑚′)𝑣𝑣2 +
1
2
�
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2
𝑣𝑣2
𝑅𝑅2
� ⟹ 
⟹ 𝐸𝐸𝑐𝑐 =
1
2
(4 + 3) · 4.92 +
1
4
6 · 4.92 = 120.05 J 
 
 
Un disco de radio R = 0.5 m y de masa M = 20 kg puede rotar libremente alrededor de un eje 
horizontal fijo ZZ’ que pasa por su centro. Se cuelga un cuerpo de masa m = 1 kg de una cuerda 
atada alrededor del borde del disco. Encontrar la aceleración angular del disco y su velocidad 
angular después de 2 s si se parte del reposo. 
FIN2003, FIN2004, SEP2006, SEP2007, DIC2007, FEB2008, SEP2009, DIC2011, DIC2012 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación al bloque que cae: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
(1 · 𝑚𝑚) − 𝑇𝑇 = 1 · 𝑚𝑚 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación a la polea (la única fuerza que ejerce par es la tensión): 
𝑇𝑇𝑅𝑅 = �
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2� �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� 
𝑇𝑇𝑅𝑅 = �
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2� �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑇𝑇 =
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 =
1
2
20𝑚𝑚 = 10𝑚𝑚 
que sustituido en la ecuación hallada en la traslación, resulta: 
𝑚𝑚 − 10𝑚𝑚 = 𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 = 11𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 =
𝑚𝑚
11
= 0.89 m/s² 
Ahora, hallaremos la aceleración angular: 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚
𝑅𝑅
=
0.89
0.5
= 1.782 rad/s² 
La velocidad angular después de 2 s, ya que se parte del reposo, cumplirá: 
𝜔𝜔 = 𝐼𝐼 · 𝑎𝑎 = 1.782 · 2 = 3.567 rad/s 
En el sistema de la figura A las dos masas M iguales están separadas una distancia r del centro de 
la barra cuya masa es despreciable. La barra y las masas giran con velocidad angular ω entorno a 
un eje perpendicular a la barra y que pasa por su centro. Súbitamente, las masas se separan a una 
distancia 2r del centro (figura B). Calcular la relación entre la nueva velocidad angular ω’ de giro y 
la anterior ω 
 
SEP2003 
No hay fuerzas externas, luego se debe conservar el momento angular: 
𝐿𝐿 = 𝐼𝐼 · 𝜔𝜔 = 𝐼𝐼′ · 𝜔𝜔′ 
En el estado inicial: 
𝐼𝐼 = �𝑚𝑚𝑖𝑖𝑟𝑟𝑖𝑖2
𝑖𝑖
= 2𝑀𝑀𝑟𝑟2 
En el estado final: 
𝐼𝐼′ = �𝑚𝑚𝑖𝑖𝑟𝑟′𝑖𝑖
2
𝑖𝑖
= 2𝑀𝑀(2𝑟𝑟)2 = 8𝑀𝑀𝑟𝑟2 
Luego: 
𝐼𝐼 · 𝜔𝜔 = 𝐼𝐼′ · 𝜔𝜔′ ⟹ 
𝜔𝜔′
𝜔𝜔
=
𝐼𝐼
𝐼𝐼′
 ⟹ 
𝜔𝜔′
𝜔𝜔
=
2𝑀𝑀𝑟𝑟2
8𝑀𝑀𝑟𝑟2
=
1
4
 
 
 
 
r 
ω 
2r 
ω’ 
Figura A Figura B 
r 2r 
2004 
Los bloques m1 = 15 kg y m2 = 20 kg están unidos entre sí por una cuerda de masa despreciable 
que pasa por una polea de radio R = 0.25 m y momento de inercia I. El bloque m1 sobre la 
pendiente sin fricción, se mueve hacia arriba con una aceleración constante de magnitud a = 2 
m/s2. Determinar: 
a) Las tensiones en ambas partes de la cuerda. 
b) El momento de inercia de la polea. 
FEB2004 
a) 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación para 𝑚𝑚2 que desciende: 
𝑚𝑚2𝑚𝑚 − 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚2𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚2(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) = 20 · (9.8 − 2) = 156 N 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación para 𝑚𝑚1 que asciende: 
𝑇𝑇1 − 𝑚𝑚1𝑚𝑚 sin 37 = 𝑚𝑚1𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1(𝑚𝑚 sin 37 + 𝑚𝑚) = 15 · (9.8 sin 37 + 2) = 118 N 
b) 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación para la polea: 
(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1)𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝐼𝐼 �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝐼𝐼 =
(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1)𝑅𝑅2
𝑚𝑚
=
(156 − 118)0.252
2
= 1.17 kg · m² 
 
 
Un bloque de masa m1 = 2 kg y uno de masa m2 = 6 kg se conectan por medio de una cuerda sin 
masa sobre una polea que tiene la forma de un disco con radio R = 0.25 m y masa M = 10 kg. Los 
bloques se mueven sobre la cuña de la figura con ángulo θ = 30º. El coeficiente de fricción cinético 
para ambos bloques es de 0.36. Determinar: 
a) La aceleración de los dos bloques 
b) Las tensiones en la cuerda 
SEP2004 
Sobre la polea tendrán que actuar dos tensiones distintas para que pueda rotar. 
 
Aplicamos la 2ª ley de Newton para la traslación del 𝑚𝑚1: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑦𝑦 ⟹ +𝑛𝑛1 − 𝑚𝑚1𝑚𝑚 = 0 ⟹ 𝑛𝑛1 = 𝑚𝑚1𝑚𝑚 = 19.6 N 
𝑓𝑓𝑘𝑘1 = 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑛𝑛1 = 7.06 N 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥 ⟹ 𝑇𝑇1 − 7.06 = 2𝑚𝑚 [1] 
 
 
 
Aplicamos la 2ª ley de Newton para la traslación del 𝑚𝑚2: 
+𝑛𝑛2 − 𝑚𝑚2𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 = 0 ⟹ 𝑛𝑛2 = 6 · 9.83 cos 30 = 50.9 N 
𝑓𝑓𝑘𝑘2 = 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑛𝑛2 = 18.3 N 
𝑚𝑚2𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 − 𝑇𝑇2 − 18.3 = 𝑚𝑚2𝑚𝑚 
29.4 − 𝑇𝑇2 − 18.3 = 6𝑚𝑚 [2] 
Aplicamos la 2ª ley de Newton para la rotación de la polea: 
 
𝑇𝑇2𝑅𝑅 − 𝑇𝑇1𝑅𝑅 =
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2 �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1 =
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 =
1
2
10𝑚𝑚 = 5𝑚𝑚 [3] 
 
 
Sumando las ecuaciones [1], [2] y [3], tenemos: 
−7.06 − 18.3 + 29.4 = 13𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 = 0.309 m/s² 
𝑇𝑇1 = 7.67 N 
𝑇𝑇2 = 9.22 N 
 
 
2005 
La polea tiene un radio R y un momento de inercia I. Un extremo de la masa m está conectado a 
un resorte de constante de fuerza k, y el otro extremo está unido a una cuerda enrollada a la 
polea. El eje de la polea y la pendiente no tienen fricción. Si la polea está enrollada en dirección 
contraria a las manecillas del reloj de modo que alarga el resorte una distancia d a partir de su 
posición de equilibrio y después se suelta desde el reposo, encontrar 
a) una expresión para la velocidad angular de la polea cuando el resorte está nuevamente 
indeformado. 
b) calcular dicha velocidad angular para I = 1 kg⋅m2, R = 0.3 m, k = 50 N/m, m = 0.5 kg, d = 0.2 
m, y θ = 37º 
FEB2005, SEP2017 
Puesto que en el sistema aparecen muelles, significa que van a aparecer aceleraciones nos 
constantes y, puesto que nos piden velocidades, será más cómodo resolver el problema por energías 
que por aplicación de las ecuaciones de Newton. 
a) Conservamos la energía teniendo en cuenta que la energía potencial gravitatoria inicial del 
bloque y la energía potencial elástica del muelle estirado se convertirán en energía cinética de 
traslación del bloque y en energía cinética de rotación de la polea. 
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 +
1
2
𝑘𝑘𝑚𝑚2 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 
Utilizando ahora que 𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝑅𝑅, resulta: 
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 +
1
2
𝑘𝑘𝑚𝑚2 =
1
2
𝜔𝜔2(𝐼𝐼 + 𝑚𝑚𝑅𝑅2) ⟹ 𝜔𝜔 = �
2𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 + 𝑘𝑘𝑚𝑚2
𝐼𝐼 + 𝑚𝑚𝑅𝑅2
 
 
b) 
𝜔𝜔 = �
(2 · 0.5 · 9.8 · 0.2 · sin 37) + (50 · 0.22)
1 + (0.5 · 0.32)
= 1.74 rad/s 
 
 
 
Dos objetos cuelgan de dos cuerdas unidas a dos ruedas capaces de 
girar respecto a un mismo eje. El momento total de inerciade las dos 
ruedas es de 40 kg⋅m2. Los radios son R1 = 1.2 m y R2 = 0.4 m 
a) Si m1 = 24 kg, calcular el valor de m2 para que sea nula la 
aceleración angular de las ruedas. 
b) Si se colocan con suavidad 12 kg sobre la parte superior de m1, 
calcular la aceleración angular de las ruedas y la tensión en las 
cuerdas. 
 
FIN2005, DIC2006, FIN2008, SEP2013 
a) En situación en la que no hay aceleración angular significa que no hay movimiento. Estamos 
en una situación de equilibrio en la que el par antihorario que ejerce el peso de 𝑚𝑚1 debe ser igual al 
par horario que ejerce el peso de 𝑚𝑚2. Esto es: 
𝑚𝑚1𝑚𝑚𝑅𝑅1 = 𝑚𝑚2𝑚𝑚𝑅𝑅2 ⟹ 𝑚𝑚1𝑅𝑅1 = 𝑚𝑚2𝑅𝑅2 ⟹ 𝑚𝑚2 =
𝑚𝑚1𝑅𝑅1
𝑅𝑅2
= 72 kg 
b) Al colocar más peso sobre 𝑚𝑚1, el sistema se girará antihorario. Podemos aplicar la 2ª ley de 
Newton de la traslación a cada bloque sabiendo que 𝑚𝑚1 descenderá y que 𝑚𝑚2 ascenderá: 
𝑚𝑚1𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1𝑚𝑚1 
𝑇𝑇2 − 𝑚𝑚2𝑚𝑚 = 𝑚𝑚2𝑚𝑚2 
donde 𝑚𝑚1 = 𝐼𝐼𝑅𝑅1 y 𝑚𝑚2 = 𝐼𝐼𝑅𝑅2, de modo que: 
𝑚𝑚1𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1𝐼𝐼𝑅𝑅1 
𝑇𝑇2 − 𝑚𝑚2𝑚𝑚 = 𝑚𝑚2𝐼𝐼𝑅𝑅2 
Igualmente, podemos aplicar la 2ª ley de Newton de la rotación sabiendo que el par neto que actúa 
sobre todo el conjunto es antihorario (𝑇𝑇1𝑅𝑅1 > 𝑇𝑇2𝑅𝑅2): 
𝑇𝑇1𝑅𝑅1 − 𝑇𝑇2𝑅𝑅2 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 
Sustituyendo los datos del enunciado: 
 
36𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 36 · 𝐼𝐼 · 1.2 ⟹ 𝑇𝑇1 = 352.8 − 43.2𝐼𝐼 
𝑇𝑇2 − 72𝑚𝑚 = 72 · 𝐼𝐼 · 0.4 ⟹ 𝑇𝑇2 = 705.6 + 28.8𝐼𝐼 
1.2𝑇𝑇1 − 0.4𝑇𝑇2 = 40𝐼𝐼 
Dejamos una ecuación en 𝐼𝐼: 
423.36 − 51.84𝐼𝐼 − 282.24 − 11.52𝐼𝐼 = 40𝐼𝐼 ⟹ 141.12 = 103.36𝐼𝐼 
𝐼𝐼 = 1.365 rad/s² 
𝑇𝑇1 = 293.81 N 
𝑇𝑇2 = 744.91 N 
 
 
Un carrete está constituido por dos discos de radio R 
unidos por un eje de radio r, siendo m la masa e I el 
momento de inercia del conjunto con respecto a su eje de 
simetría de rotación. Alrededor del eje está enrollada una 
cuerda, sujeta por su otro extremo a un punto fijo. Calcular 
la tensión de la cuerda y la aceleración de carrete cuando 
desciende por un plano inclinado perfectamente liso, tal 
como se indica en la figura. 
SEP2005 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación (la componente de peso paralela al, plano no crea par 
por estar aplicada en el CM): 
𝑇𝑇𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 
El punto del cilindro que está en condición de rodadura es el punto de aplicación de la tensión (el 
punto en contacto con el suelo no está en condición de rodadura, lo que implica que el cilindro 
deslizará sobre el plano). Por este motivo, se cumple: 
𝑚𝑚 = 𝐼𝐼 · 𝑟𝑟 
(no se cumple 𝑚𝑚 = 𝐼𝐼 · 𝑅𝑅) 
De la ecuación de traslación: 
𝑇𝑇 =
𝐼𝐼𝐼𝐼
𝑟𝑟
=
𝐼𝐼𝑚𝑚
𝑟𝑟2
 
que sustituido en la ecuación de traslación, resulta: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 = �𝑚𝑚 +
𝐼𝐼
𝑟𝑟2�
𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 =
𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
𝑚𝑚 + 𝐼𝐼𝑟𝑟2
=
𝑟𝑟2𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
𝑚𝑚𝑟𝑟2 + 𝐼𝐼
 
Y la tensión: 
𝑇𝑇 =
𝐼𝐼𝑚𝑚𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
𝑚𝑚𝑟𝑟2 + 𝐼𝐼
 
2006 
En el interior de un semicilindro hueco de radio R, una esfera de radio r y masa m, parte del reposo 
desde la posición A. Calcular la velocidad y aceleración de la esfera cuando pasa por el punto más 
bajo, suponiendo que en todo instante rueda sin deslizar. 
 
FIN2006, DIC2010 
Para determinar la velocidad del CM de la esfera, aplicamos el principio de conservación de la 
energía con la condición de rodadura 𝑣𝑣 = 𝜔𝜔 · 𝑟𝑟: 
𝑚𝑚𝑚𝑚(𝑅𝑅 − 𝑟𝑟) =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 ⟹ 
⟹ 𝑚𝑚𝑚𝑚(𝑅𝑅 − 𝑟𝑟) =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2 �
2
5
𝑚𝑚𝑟𝑟2� �
𝑣𝑣
𝑟𝑟
�
2
 
de modo que: 
𝑣𝑣 = �
10
7
(𝑅𝑅 − 𝑟𝑟)𝑚𝑚 
Cuando la esfera pasa por su posición más baja, su velocidad será máxima pero ya no tendrá 
aceleración tangencial. En ese instante sólo existirá aceleración normal o centrípeta dirigida hacia 
el centro de la trayectoria semicircular y cuyo módulo es: 
𝑚𝑚𝑛𝑛 =
𝑣𝑣2
𝑅𝑅 − 𝑟𝑟
=
10
7
𝑚𝑚 
 
 
2008 
Una cuerda está enrollada alrededor de un pequeño cilindro. 
Suponiendo que tiramos con una fuerza F, calcular la 
aceleración del cilindro. Determinar el sentido del 
movimiento. Tomar r = 3 cm, R = 5 cm, F = 2 N, y m = 1 kg. 
 
SEP2008, FEB2011 
El cilindro no se desplazará hacia la derecha. El movimiento del cilindro, en el esquema, 
ocurriría hacia la izquierda, es decir, la cuerda se iría acortando al enrollarse en el cilindro. 
Puesto que el cilindro se desplaza hacia la izquierda pero el par rotatorio que genera la 
tensión de la cuerda (𝐹𝐹 · 𝑟𝑟) es horario (a derechas), se necesita que la fuerza de rozamiento apunte 
hacia la derecha para que ella genere el par antihorario (𝐹𝐹𝑟𝑟 · 𝑅𝑅) necesario para que el cilindro rote a 
izquierdas. Tenemos pues que la fuerza de rozamiento apuntará a la derecha. 
Sabiendo que el cilindro se desplaza hacia la izquierda (𝐹𝐹 > 𝐹𝐹𝑟𝑟), aplicamos la 2ª ley de Newton de 
la traslación: 
𝐹𝐹 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
El par neto generado debe ser antihorario. La 2ª ley de Newton de la rotación, proporciona: 
(𝐹𝐹𝑟𝑟 · 𝑅𝑅) − (𝐹𝐹 · 𝑟𝑟) = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = �
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2� · �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� 
De la primera ecuación, tenemos: 
𝐹𝐹 −𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐹𝐹𝑟𝑟 
que sustituido en la ecuación de rotación, resulta: 
Fr 
(𝐹𝐹𝑟𝑟 · 𝑅𝑅) − (𝐹𝐹 · 𝑟𝑟) = [(𝐹𝐹 −𝑚𝑚𝑚𝑚)𝑅𝑅] − (𝐹𝐹 · 𝑟𝑟) = 𝐹𝐹𝑅𝑅 −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑅𝑅 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 =
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅𝑚𝑚 ⟹ 
⟹ 𝐹𝐹(𝑅𝑅 − 𝑟𝑟) =
3
2
𝑚𝑚𝑅𝑅𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 =
2
3
𝐹𝐹(𝑅𝑅 − 𝑟𝑟)
𝑚𝑚𝑅𝑅
= �
2
3�
2 · (0.02)
0.05
= 0.533 m/s² 
 
Es muy interesante en este enlace consultar una ampliación de este problema para el caso general 
de un carrete que es estirado con diferentes ángulos. 
 
 
 
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/solido/carrete/carrete.html
2009 
Una esfera hueca de masa M = 4.5 kg y de radio R = 8.5 cm puede rotar alrededor de un eje vertical. 
Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea 
de momento de inercia I = 3∙10−3 kg m2 y radio r = 5 cm y está atada al final de un objeto de masa 
m = 0.6 kg. No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. Hallar la aceleración con la 
que cae la masa m y la tensión de la cuerda. 
(I esfera hueca = 2/3 MR2) 
FEB2009, FEB2015 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación al bloque colgado que desciende: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 −𝑚𝑚𝑚𝑚 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación a la esfera de radio R: 
𝑇𝑇2𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = �
2
3
𝑀𝑀𝑅𝑅2� �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑇𝑇2 =
2
3
𝑀𝑀𝑚𝑚 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación a la polea de radio r: 
(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2)𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝐼𝐼
𝑚𝑚
𝑟𝑟
 ⟹ 𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 = 𝐼𝐼
𝑚𝑚
𝑟𝑟2
 
Restando las dos expresiones para las tensiones: 
𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 −𝑚𝑚𝑚𝑚 −
2
3
𝑀𝑀𝑚𝑚 = 𝐼𝐼
𝑚𝑚
𝑟𝑟2
 
Despejamos la aceleración de la última igualdad: 
M = 4.5 kg 
 
I = 3 ∙10−3 kg m2 
r = 5 cm 
m = 0.6 kg 
𝑚𝑚 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐼𝐼
𝑟𝑟2 + 𝑚𝑚 +
2
3𝑀𝑀
=
(0.6 · 9.8)
3 · 10−3
0.052 + 0.6 +
2
3 4.5
= 1.225 m/s² 
𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 −𝑚𝑚𝑚𝑚 = 5.145 N 
𝑇𝑇2 =
2
3
𝑀𝑀𝑚𝑚 = 5.145 N 
 
 
Una rueda gira a 90 RPM con un eje vertical pasando por el centro de la rueda perpendicular al 
plano de esta. En un momento dado se deja caer un trozo de plastilina de 500 g que queda pegado 
sobre la rueda a 2 m del centro de la rueda. Si el momento de inercia de la rueda es de 3 kg m², 
calcule la velocidad de la rueda después de quedar la plastilina pegada. 
FIN2009, FEB2010, SEP2015 
90 RPM significa 1.5 rev/s 
1.5 rev/s x 2pi rad/rev = 9.42 rad/s 
No hay fuerzas externas, luego se debe conservar el momento angular: 
𝐿𝐿 = 𝐼𝐼 · 𝜔𝜔 = 𝐼𝐼′ · 𝜔𝜔′ 
Antes de caer la plastilina, tenemos 
𝐼𝐼 = 3 kg m² 
Después de caer la plastilina: 
𝐼𝐼′ = 3 + 𝑀𝑀𝑅𝑅2 = 3 + (0.5 · 22) = 5 kg m² 
𝐼𝐼 · 𝜔𝜔 = 𝐼𝐼′ · 𝜔𝜔′ ⟹ 3 · 9.42 = 5 · 𝜔𝜔′ ⟹ 𝜔𝜔′ =5.65 rad/s 
 
 
Sea un plano inclinado con un ángulo de 37º sobre la horizontal sobre el que se encuentran dos 
cuerpos: un bloque B de masa mb = 5 kg y un cilindro C de mc = 5 kg y radio 30 cm. Una cuerda de 
masa despreciable, inextensible y paralela al plano inclinado, une el centro el bloque con el eje 
del cilindro. El coeficiente de rozamiento cinético entre las superficies del plano inclinado y el 
bloque que desliza es de 0.5. Inicialmente el sistema se encuentra en la parte superior del plano 
inclinado en reposo y desde allí se abandona. Considerando que el cilindro rueda y no desliza, 
calcule: 
a) La aceleración del centro de masa del cilindro. 
b) La fuerza de rozamiento del cilindro con el plano. 
 
DIC2009, FEB2016 
a) y b) La 2ª ley de Newton para la traslación del cilindro de masa 𝑀𝑀𝑐𝑐 proporciona: 
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 sin 37 − 𝑓𝑓 − 𝑇𝑇 = 𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 
Donde 𝑓𝑓 es la fuerza de rozamiento que se necesita para que el cilindro ruede sin deslizar (recordar 
que 𝑓𝑓 ≤ 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 cos 37). 
La 2ª ley de Newton para la traslación del bloque de masa 𝑀𝑀𝑏𝑏proporciona: 
𝑇𝑇 + 𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 cos 37 = 𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 
de modo que: 
𝑇𝑇 = 𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 −𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 sin 37 + 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 cos 37 
La 2ª ley de Newton para la rotación del cilindro de masa 𝑀𝑀𝑐𝑐 y radio R, proporciona: 
𝑓𝑓𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 
donde I es el momento de inercia del cilindro 
𝐼𝐼 =
1
2
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑅𝑅2 
y la aceleración angular cumple: 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚
𝑅𝑅
 
Sustituyendo la expresión hallada de la tensión en la ecuación de traslación del cilindro de masa 𝑀𝑀𝑐𝑐: 
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 sin 37 − 𝑓𝑓 −𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 + 𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 cos 37 = 𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 
De la ecuación de rotación: 
𝑓𝑓𝑅𝑅 =
1
2
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑅𝑅2 �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑓𝑓 =
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚
2
 
que sustituido en la anterior: 
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 sin 37 −
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚
2
−𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 + 𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 cos 37 = 𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚 
Esto es: 
(𝑀𝑀𝑐𝑐 + 𝑀𝑀𝑏𝑏)𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 cos 37 = �
3
2
𝑀𝑀𝑐𝑐 + 𝑀𝑀𝑏𝑏�𝑚𝑚 ⟹ 
⟹ 𝑚𝑚 =
(𝑀𝑀𝑐𝑐 + 𝑀𝑀𝑏𝑏)𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑀𝑀𝑏𝑏𝑚𝑚 cos 37
�32𝑀𝑀𝑐𝑐 + 𝑀𝑀𝑏𝑏�
 
Para 𝑀𝑀𝑐𝑐 = 𝑀𝑀𝑏𝑏 = 5 𝑘𝑘𝑚𝑚 y 𝜇𝜇 = 0.5, resulta: 
𝑚𝑚 = 3.153 m/s² 
𝑓𝑓 =
𝑀𝑀𝑐𝑐𝑚𝑚
2
= 7.875 N 
 
 
2010 
Un bloque de masa 18 kg se encuentra inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal lisa 
(figura). El bloque está unido a un resorte de constante elástica 2400 N/m, y a una cuerda 
enrollada a un volante circular de radio 0.36 m y momento de inercia 1.2 kgm2 respecto a un eje 
que pasa por su centro de masa. Si se enrolla la cuerda hasta que el bloque se desplace 0.2 m de 
su posición de equilibrio y se suelta desde el reposo: 
a) Hallar la velocidad del bloque cuando pase por la posición de equilibrio. 
b) Si la cuerda enrollada en la polea es muy larga: ¿cuál será la tensión de la cuerda 
cuando el bloque pase por la posición de equilibrio y en instantes posteriores? 
 
FIN2010 
a) Sobre el bloque actúa la fuerza del muelle hacia la derecha y la tensión de la cuerda hacia la 
izquierda 
Sobre la polea actúa la tensión de la cuerda creado un par antihorario. 
2ª ley de Newton para el bloque: 
𝐾𝐾𝐾𝐾 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
2ª ley de Newton para la polea: 
𝑇𝑇𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝐼𝐼 �
𝑚𝑚
𝑟𝑟
� ⟹ 𝑇𝑇 = 𝐼𝐼 �
𝑚𝑚
𝑟𝑟2
� 
que sustituido en la ecuación de la traslación: 
𝐾𝐾𝐾𝐾 − 𝐼𝐼 �
𝑚𝑚
𝑟𝑟2
� = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 =
𝐾𝐾𝐾𝐾
�𝑚𝑚 + 𝐼𝐼𝑟𝑟2�
 
Puesto que en el problema nos piden la velocidad, ésta la tendremos que obtener a partir 
de la aceleración que no es constante y no podremos utilizar las ecuaciones de MRUA. Debemos 
utilizar la ec. 1.7d de los apuntes de cinemática: 
𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣02 + 2� 𝑚𝑚 · 𝑚𝑚𝐾𝐾
0.2
0
 
Se parte del reposo 𝑣𝑣0 = 0: 
𝑣𝑣2 = 2�
𝐾𝐾𝐾𝐾
�𝑚𝑚 + 𝐼𝐼𝑟𝑟2�
𝑚𝑚𝐾𝐾
0.2
0
=
𝐾𝐾
�𝑚𝑚 + 𝐼𝐼𝑟𝑟2�
�
𝐾𝐾2
2 �0
0.2
=
2400
�18 + 1.20.362�
0.22 = 1.76 ⟹ 𝑣𝑣 = 1.876 m/s 
En este problema la dificultad se halla en que la aceleración depende de la posición x y como 
piden la velocidad, hay que integrar. Por este motivo, es más sencillo resolver el problema por 
energías: 
En el estado inicial, la energía del sistema es únicamente la energía potencial elástica del muelle: 
1
2
𝑘𝑘𝑚𝑚2 
donde 𝑚𝑚 = 0.2 m. 
En el estado final, el bloque se habrá movido hacia la derecha, la polea habrá consumido una energía 
de rotación y el bloque habrá ganado una energía cinética (no habrá potencial del muelle ya que 
estaremos en la posición de equilibrio): 
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 +
1
2
𝑚𝑚(𝜔𝜔𝑟𝑟)2 
donde se ha utilizado 𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝑟𝑟 
Igualando: 
1
2
𝑘𝑘𝑚𝑚2 =
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 +
1
2
𝑚𝑚(𝜔𝜔𝑟𝑟)2 ⟹ 𝑘𝑘𝑚𝑚2 = 𝐼𝐼𝜔𝜔2 + 𝑚𝑚(𝜔𝜔𝑟𝑟)2 
⟹ 2400 · (0.2)2 = [1.2 + (18 · 0.362)]𝜔𝜔2 ⟹ 𝜔𝜔 = 5.21 rad/s 
𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝑟𝑟 = 5.12 · 0.36 = 1.87 m/s 
que es el mismo resultado que en el caso de la integración. 
b) Una vez alcanzada la posición de equilibrio del muelle, la tensión de la cuerda sería nula, 
puesto que la polea alcanza su máxima velocidad en ese instante y el bloque se va a frenar por la 
resistencia del muelle que se empezaría a comprimir. La cuerda en la polea se va a desenrollar y 
siempre girará en sentido antihorario hasta detenerse. 
Un cuerpo de masa M = 6 kg está conectado por medio de una cuerda a otro cuerpo de masa m 
=4 kg el cual resbala por un plano inclinado un ángulo de 37°. La polea gira alrededor de un eje sin 
fricción y tiene un momento de inercia 0.6 kg m2 con respecto a su eje de rotación y un radio R = 
0.3 m. El coeficiente de fricción entre m y el plano inclinado es 0.2 
a) Hallar la aceleración angular. 
b) Hallar las tensiones de la cuerda. 
 
SEP2010 
Para que el bloque de masa 𝑀𝑀 = 6 kg subiera, la tensión 𝑇𝑇1, en ese lado de la cuerda, tendría que 
se mayor que 𝑀𝑀𝑚𝑚 ~ 60 N. La tensión 𝑇𝑇2 en el otro lado, debería ser algo mayor aún para hacer que 
la polea girara. Pero la tensión 𝑇𝑇2 en el lado derecho sólo la puede proporcionar 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 37 ~24 N 
y, por tanto, no puede ser suficientemente grande. Esto nos indica que el bloque de masa M no 
ascenderá. 
La fuerza de rozamiento del bloque de masa m con el plano es: 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 37 ~ 7 N. Si el bloque de 
masa m ascendiera, las fuerzas que lo frenarían serían 24 + 7 = 31 N. Como se dispone de una 
fuente de tensión mayor (60 N), efectivamente el bloque de masa M podrá descender: 
a) y b) 2ª ley de Newton de la traslación para el bloque colgado de masa M que desciende: 
Sobre el cuerpo M actúan su peso hacia abajo y la tensión 𝑇𝑇1 hacia arriba 
𝑀𝑀𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 
2ª ley de Newton de la traslación para el bloque sobre el plano de masa m que asciende: 
Sobre el cuerpo m actúa en sentido perpendicular al plano la componente cos37 de su peso y su 
respectiva normal. En sentido paralelo al plano, actúan hacia abajo la componente sen37 de su 
peso y la fuerza de rozamiento, y hacia arriba la tensión 𝑇𝑇2 que tiene el mismo sentido que la 
aceleración del cuerpo: 
𝑇𝑇2 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 37 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
2ª ley de Newton de la rotación para la polea que gira en sentido antihorario: 
Sobre la polea actúan dos tensiones 𝑇𝑇1 creando un par antihorario y 𝑇𝑇2 creando un par horario. 
(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2)𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = 𝐼𝐼 �
𝑚𝑚
𝑟𝑟
� 
donde la aceleración angular de la polea cumple: 𝐼𝐼 = 𝑚𝑚 𝑟𝑟⁄ 
De la ecuación de M tenemos: 
𝑇𝑇1 = 𝑀𝑀(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) 
y de la ecuación para m tenemos: 
𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 37 + 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 37 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Sustituimos todo en la ecuación de la polea: 
𝑀𝑀(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) −𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 37 −𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐼𝐼 �
𝑚𝑚
𝑟𝑟2
� ⟹ 
⟹ 𝑀𝑀𝑚𝑚 −𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 37 − 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 37 = 𝑚𝑚 �𝑀𝑀 + 𝑚𝑚 + �
𝐼𝐼
𝑟𝑟2�
� 
Sabemos que M = 6 kg, m = 4 kg, r = 0.3 m, I = 0.6 kg m² y µ = 0.2 
(6 · 9.8) − (4 · 9.8 sin 37) − (0.2 · 4 · 9.8 cos 37) =𝑚𝑚 �6 + 4 + �
0.6
0.32�
� 
Resulta: 
𝑚𝑚 = 1.74 m/s² 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚
𝑟𝑟
=
1.74
0.3
= 5.8 rad/s² 
𝑇𝑇1 = 𝑀𝑀(𝑚𝑚 − 𝑚𝑚) = 48.36 N 
𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 37 + 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 37 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 36.82 N 
 
 
2011 
Una pequeña esfera sólida de masa m y de radio r rueda sin deslizar a lo largo de la pista mostrada 
en la figura. Si parte del reposo en la parte superior de la pista a una altura h, donde h es grande 
comparada con r: 
a) ¿Cuál es el valor mínimo de h (en función de R) de modo que la esfera complete el rizo de 
radio R? 
b) ¿Obtener la expresión de la fuerza neta de la esfera en el punto P si h = 3R? 
Nota: El momento de inercia de una esfera es I = (2/5) m r2 
FEB2011 
a) Si el rizo tiene radio R, para que la esfera dé la vuelta la fuerza centrífuga debe igualar a su 
peso: 
𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝑅𝑅
= 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚𝑅𝑅 
Por conservación de la energía: 
En el punto más alto del plano sólo hay potencial gravitatoria (tomando el origen de energía en el 
suelo): 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ 
Justo en el punto más alto del rizo, habrá energía cinética (de rotación y traslación) y potencial 
gravitatoria: 
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑅𝑅 
La velocidad angular de giro cumple: 𝜔𝜔 = 𝑣𝑣 𝑟𝑟⁄ donde r es el radio de la esfera (bolita). El momento 
de inercia de la esfera es: (2 5⁄ )𝑚𝑚𝑟𝑟2 
masa = m 
radio = r 
h 
R 
P 
Igualando las energías en ambos puntos: 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑅𝑅 
sustituyendo la expresión obtenida arriba para 𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚𝑅𝑅 junto con la del momento de inercia: 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑅𝑅 +
1
2 �
2
5
𝑚𝑚𝑟𝑟2� �
𝑚𝑚𝑅𝑅
𝑟𝑟2 �
+ 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑅𝑅 
Tenemos una expresión para la altura inicial: 
ℎ =
𝑅𝑅
2
+
𝑅𝑅
5
+ 2𝑅𝑅 =
27
10
𝑅𝑅 
ℎ no debe ser menor que (27 10⁄ )𝑅𝑅 para que la bolita pueda pasar por el rizo. 
b) P está justo arriba del rizo. Siendo ahora ℎ = 3𝑅𝑅, tenemos de la expresión anterior de 
conservación de energía: 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑅𝑅 ⟹ 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2 �
2
5
𝑚𝑚𝑟𝑟2� �
𝑣𝑣2
𝑟𝑟2
� + 𝑚𝑚𝑚𝑚2𝑅𝑅 ⟹ 
⟹ 𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑣𝑣2 +
1
5
𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚2𝑅𝑅 
Si ahora ℎ = 3𝑅𝑅: 
𝑚𝑚3𝑅𝑅 =
1
2
𝑣𝑣2 +
1
5
𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚2𝑅𝑅 ⟹ 𝑚𝑚𝑅𝑅 =
7
10
𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣𝑣2 =
10
7
𝑚𝑚𝑅𝑅 
En el punto P, la fuerza centrífuga (dirigida hacia arriba) será: 
𝑚𝑚
𝑣𝑣2
𝑅𝑅
= 𝑚𝑚
10
7
𝑚𝑚𝑅𝑅
𝑅𝑅
=
10
7
𝑚𝑚𝑚𝑚 
y restando el peso (dirigido hacia abajo), obtenemos la fuerza neta que la bolita hará sobre el suelo 
del rizo: 
𝐹𝐹 =
10
7
𝑚𝑚𝑚𝑚 −𝑚𝑚𝑚𝑚 =
3
7
𝑚𝑚𝑚𝑚 
que tenderá a pegar la esfera contra el punto P. 
 
Un bloque y un cilindro de 2 y 8 kg respectivamente, están unidos por un hilo inextensible y sin 
peso que pasa por una polea en forma de disco de 0.5 kg de masa y 20 cm de radio, situada en la 
unión de dos planos inclinados de 30º y 60º de inclinación. Sabiendo que el coeficiente de 
rozamiento entre el bloque y el plano es de y que el cilindro rueda sin deslizar. Calcular: 
 
a) Las tensiones de la cuerda y la aceleración del sistema. 
b) Calcular por cinemática, la velocidad de los cuerpos cuando se han desplazado 2 m a lo 
largo de los planos, sabiendo que parten del reposo. 
c) Calcular el apartado b) pero por métodos energéticos. 
SEP2011 
Debemos estudiar primero el sentido del movimiento. Vemos que en el bloque, si estuviera él solo 
en el plano, se cumpliría: 
2 · 𝑚𝑚 sin 60 = √3 · 2 · 𝑚𝑚 cos 60 
Es decir, la componente de su peso paralela al plano es igual a la fuerza de rozamiento. Luego el 
bloque nunca podrá descender si además está unido a una cuerda que tira de él hacia arriba. 
a) Consideraremos que el cilindro descenderá: 
Traslación cilindro (desciende): 
8 · 𝑚𝑚 · sin 30 − 𝑇𝑇1 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 8𝑚𝑚𝐶𝐶 
La fuerza de rozamiento tiene que apuntar hacia arriba para proporcionar un par antihorario sino el 
cilindro no podría girar a izquierdas (descender sin deslizar) ya que la tensión no crea par por estar 
aplicada en el CM. 
 
Queda: 
4𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 8𝑚𝑚𝐶𝐶 
Rotación del cilindro (rota a izquierdas, par antihorario): 
𝐹𝐹𝑟𝑟𝑅𝑅 =
1
2
8𝑅𝑅2
𝑚𝑚𝐶𝐶
𝑅𝑅
 ⟹ 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 4𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 4𝑚𝑚𝐶𝐶 
Sustituido en la ecuación obtenida en la traslación: 
4𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 − 4𝑚𝑚𝐶𝐶 = 8𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 4𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 = 12𝑚𝑚𝐶𝐶 
Rotación de la polea de radio r (gira hacia T1, es decir, a izquierdas): 
(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2)𝑟𝑟 =
1
2
0.5𝑟𝑟2
𝑚𝑚𝐶𝐶
𝑟𝑟
 ⟹ 𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 = 0.25𝑚𝑚𝐶𝐶 
Traslación bloque (sube): 
𝑇𝑇2 − 2 · 𝑚𝑚 sin 60 − 2 · 𝑚𝑚√3 cos 60 = 2𝑚𝑚𝐶𝐶 
Sustituyendo los valores de las funciones trigonométricas: 
𝑇𝑇2 − 2 · 𝑚𝑚
√3
2
− 2 · 𝑚𝑚√3
1
2
= 2𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝑇𝑇2 = 2𝑚𝑚𝐶𝐶 + 2𝑚𝑚√3 
Sustituyendo en la última ecuación de la rotación de la polea: 
𝑇𝑇1 − 2𝑚𝑚√3 − 2𝑚𝑚𝐶𝐶 = 0.25𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝑇𝑇1 = 2.25𝑚𝑚𝐶𝐶 + 2𝑚𝑚√3 
Sustituyendo en la ecuación de rotación del cilindro: 
4𝑚𝑚 − 2.25𝑚𝑚𝐶𝐶 − 2𝑚𝑚√3 = 12𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 39.2 − 2𝑚𝑚√3 = 14.25𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝑚𝑚𝐶𝐶 = 0.368 m/s² 
𝑇𝑇1 = 2.25𝑚𝑚𝐶𝐶 + 2𝑚𝑚√3 = (2.25 · 0.368) + 2𝑚𝑚√3 = 34.777 N 
𝑇𝑇2 = 2𝑚𝑚𝐶𝐶 + 2𝑚𝑚√3 = (2 · 0.368) + 2𝑚𝑚√3 = 34.685 N 
b) Por cinemática: 
𝑣𝑣 = √2𝑚𝑚𝑚𝑚 = √2 · 0.368 · 2 = 1.214 m/s 
c) El cilindro de 8 kg descenderá una altura vertical de 2 sin 30. La energía potencial 
gravitatoria es 8𝑚𝑚 · 2 sin 30 = 8𝑚𝑚 y se transformará en: 
 
1. Energía cinética de traslación del cilindro 1
2
𝑀𝑀𝐶𝐶𝑣𝑣2 =
1
2
8𝑣𝑣2 = 4𝑣𝑣2 
2. Energía cinética de rotación del cilindro: 1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 = 1
2
�1
2
8𝑅𝑅2� �𝑣𝑣
2
𝑅𝑅2
� = 2𝑣𝑣2 
3. Energía cinética de rotación de la polea: 1
2
𝐼𝐼′𝜔𝜔′2 = 1
2
�1
2
0.5𝑟𝑟2� �𝑣𝑣
2
𝑟𝑟2
� = 1
8
𝑣𝑣2 
4. Energía potencial del bloque que ascenderá: 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 2 · 𝑚𝑚 · 2 sin 60 = 2𝑚𝑚 · √3 
5. Energía cinética de traslación del bloque: 1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 1
2
2𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣2 
6. Calor por rozamiento bloque-plano: (𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 60)𝑚𝑚 = �√3 · 2 · 𝑚𝑚 cos 60�2 = 2𝑚𝑚 · √3 
El cilindro no pierde energía por su fuerza de rozamiento con el plano dado que no hay 
deslizamiento mutuo entre ambos. Dicha fuerza de rozamiento se emplea en crear su energía 
cinética de rotación. 
Balance energético: 
8𝑚𝑚 = 4𝑣𝑣2 + 2𝑣𝑣2 +
1
8
𝑣𝑣2 + 𝑣𝑣2 + 4𝑚𝑚√3 ⟹ 10.503 = 7.125𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣𝑣 = 1.214 m/s 
que es el mismo resultado que el obtenido por dinámica. 
2012 
Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido mediante una cuerda, 
que pasa a través de una polea cilíndrica de 15 kg, a otro cuerpo de 200 kg. Sabiendo que el 
coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale 0.1, calcular: 
a) La aceleración de los cuerpos. 
b) Las tensiones de la cuerda. 
c) La velocidad de los cuerpos sabiendo que el de 200 kg ha descendido 2 m partiendo del 
reposo. (Realizar este apartado por cinemática) 
d) Realizar el apartado c) por energías. 
FEB2012, SEP2012 
a) y b) 
2ª ley de Newton de traslación para el bloque colgado: 
(200 · 9.8) − 𝑇𝑇2 = 200𝑚𝑚 
2ª ley de Newton de rotación para la polea: 
(𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1)𝑅𝑅 = �
1
2
15𝑅𝑅2�𝐼𝐼 = �
1
2
15𝑅𝑅2� �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1 =
15
2
𝑚𝑚 
2ª ley de Newton de traslación para el bloque en la horizontal: 
𝑇𝑇1 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 𝑇𝑇1 − (0.1 · 50 · 9.8) = 50𝑚𝑚 
Tenemos 3 ecuaciones y tres incógnitas (𝑇𝑇1,𝑇𝑇2 y 𝑚𝑚): 
1960 − 𝑇𝑇2 = 200𝑚𝑚 
𝑇𝑇2 − 𝑇𝑇1 = 7.5𝑚𝑚 
𝑇𝑇1 − 49 = 50𝑚𝑚 
𝑚𝑚 = 7.42 m/s² 
𝑇𝑇1 = 420 N 
𝑇𝑇2 = 476 N 
c) Por cinemática: 
𝑣𝑣 = √2𝑚𝑚ℎ = √2 · 7.42 · 2 = 5.45 m/s 
d) Por energías, tenemos que contabilizar que la energía potencial gravitatoria inicial del bloque 
colgado se transforma en dos términos de energía cinética de traslación para cada cuerpo, en 
energía cinética de rotación de la polea y en calor por rozamiento: 
(200 · 9.8 · 2) =
1
2
50𝑣𝑣2 +1
2
200𝑣𝑣2 +
1
2 �
1
2
15𝑅𝑅2� �
𝑣𝑣2
𝑅𝑅2
� + (0.1 · 50 · 9.8 · 2) 
Y al despejar, se obtiene el mismo valor de la velocidad que mediante la aplicación de la dinámica: 
𝑣𝑣 = 5.45 m/s 
 
 
 
2013 
Tenemos una cuerda sujeta del techo que está enrollada entorno a un cilindro de 0.5 m de radio 
y 20 kg de masa. El cilindro se deja caer desde el reposo rodando libremente como un yoyó. 
 
 
 
 
 
 
a) Determinar la tensión de la cuerda. 
b) Determinar la aceleración lineal del cilindro. 
c) Determinar por cinemática la velocidad del cilindro cuando ha descendido 4 m. 
d) Determinar por energías la velocidad del cilindro cuando ha descendido 4 m. 
FEB2013 
a) Aplicamos 2ª ley de Newton de la traslación: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Y la 2ª ley de Newton de la rotación. Únicamente la tensión T crea par ya que el peso 𝑚𝑚𝑚𝑚 está 
aplicado en el CM del cilindro: 
𝑇𝑇𝑅𝑅 = �
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2� ·
𝑚𝑚
𝑅𝑅
 ⟹ 𝑇𝑇 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
2
 
que sustituido en la ecuación de traslación: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 −
𝑚𝑚𝑚𝑚
2
= 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚𝑚𝑚 =
3
2
𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 =
2𝑚𝑚
3
= 6.53 rad/s 
b) 
𝑇𝑇 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
2
=
10 · 6.53
2
= 65.33 m/s² 
c) Por cinemática: 
4 m 
𝑣𝑣 = √2𝑚𝑚ℎ = √2 · 6.53 · 4 = 7.23 m/s 
d) La energía potencial inicial se convierte en cinemática de traslación y rotación: 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2 �
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2��
𝑣𝑣2
𝑅𝑅2
� ⟹ 
⟹ 2𝑚𝑚ℎ = 𝑣𝑣2 +
𝑣𝑣2
2
=
3
2
𝑣𝑣2 ⟹ 
𝑣𝑣 = �
4𝑚𝑚ℎ
3
= 7.23 m/s 
y tenemos el mismo valor que en el apartado anterior. 
 
 
Dos patinadores de 80 kg cada uno se aproximan siguiendo trayectorias paralelas separadas 5 m. 
Los patinadores llevan velocidades iguales y opuestas de modulo 5 m/s. El primer patinador lleva 
una barra de longitud 5 m y masa despreciable, y el segundo la agarra por el extremo al pasar 
junto a él. Si el hielo no ofrece resistencia: 
a) Describir, dando la velocidad angular, el movimiento de los dos patinadores después de 
estar unidos por la barra y calcular el momento angular del sistema. 
b) Si uno de los patinadores va tirando de la barra hasta reducir a 1 m su distancia al otro 
patinador, obtener la nueva velocidad del movimiento. 
SEP2013 
a) Tenemos que 5 m/s es la velocidad de cada patinador. Luego si el radio (hasta la mitad de la 
barra) son 2.5 m, entonces se debe cumplir: 
𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝑟𝑟 
Esto es: 
5 = 𝜔𝜔 · 2.5 ⟹ 𝜔𝜔 = 2 rad/s 
Al ponerse a girar ambas masas en un círculo de radio 𝑟𝑟1 = 2.5 m, el momento angular es: 
𝐿𝐿 = 𝐼𝐼1 · 𝜔𝜔1 
siendo 𝐼𝐼1 el momento de inercia con radio 𝑟𝑟1 = 2.5 m de ambas masas respecto del centro: 
𝐼𝐼1 = �𝑚𝑚𝑟𝑟12 = 2 · 80 · (2.5)2 = 1000 kg m² 
Tenemos: 
𝐿𝐿 = 𝐼𝐼1 · 𝜔𝜔1 = 1000 · 2 = 2000 kg m2/s² 
b) Al acortarse el radio hasta 𝑟𝑟2 = 0.5 𝑚𝑚, el nuevo momento de inercia 𝐼𝐼2 será: 
𝐼𝐼2 = �𝑚𝑚𝑟𝑟22 = 2 · 80 · (0.5)2 = 40 kg m² 
El momento angular se conservará, cumpliéndose: 
5m 
5m/s 
5m/s 80 kg 80 kg 
𝐿𝐿 = 𝐼𝐼1 · 𝜔𝜔1 = 𝐼𝐼2 · 𝜔𝜔2 
de donde: 
𝜔𝜔2 =
𝐼𝐼1 · 𝜔𝜔1
𝐼𝐼2
=
1000 · 2
40
= 50 rad/s 
Al haberse acortado el radio, las masas giran mucho más rápido. 
 
 
Dos masas de 3 y 2 kg están unidas por una cuerda que pasa por una polea en forma de disco (
22MRI = ) de 0.5 kg de masa y 20 cm de radio. Ambos cuerpos deslizan sobre un plano 
horizontal y otro inclinado 60º. Los coeficientes de rozamiento entre los cuerpos y los planos 
inclinados son 0.1 y 0.3 respectivamente. 
Calcular la velocidad que adquieren los bloques cuando se desplazan 5 m sobre los planos 
respectivos partiendo del reposo mediante la aplicación: 
a) de las leyes de Newton. 
b) del balance energético. 
DIC2013 
a) Llamaremos: m1 = 2 kg, m2 = 3 kg, m = 0.5 kg 
2ª ley de Newton de la traslación para el cuerpo que cae (m1): 
𝑚𝑚1𝑚𝑚 sin 60 − 0.3 · 𝑚𝑚1𝑚𝑚 cos 60 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1𝑚𝑚 
2ª ley de Newton de la traslación para el cuerpo en horizontal (m2): 
𝑇𝑇2 − 0.1 · 𝑚𝑚2𝑚𝑚 = 𝑚𝑚2𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇2 = 0.1 · 𝑚𝑚2𝑚𝑚 + 𝑚𝑚2𝑚𝑚 
2ª ley de Newton de la rotación para la polea (m): 
(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2)𝑅𝑅 = �
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2� · �
𝑚𝑚
𝑅𝑅
� ⟹ 𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 = �
𝑚𝑚
2
� 𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇1 = 𝑇𝑇2 + �
𝑚𝑚
2
� 𝑚𝑚 
Poniendo esto en la primera ecuación queda: 
𝑚𝑚1𝑚𝑚 sin 60 − 0.3 · 𝑚𝑚1𝑚𝑚 cos 60 − 𝑇𝑇2 − �
𝑚𝑚
2
� 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚1𝑚𝑚 
Y sustituyendo la expresión para 𝑇𝑇2 de la 2ª ecuación, tenemos: 
𝑚𝑚1𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛 60 − 0.3 · 𝑚𝑚1𝑚𝑚 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 60 − 0.1 · 𝑚𝑚2𝑚𝑚 −𝑚𝑚2𝑚𝑚 − �
𝑚𝑚
2
� 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚1𝑚𝑚 
2 kg 
3 kg 
0.5 kg 
60º 
µ = 0.3 
µ = 0.1 
Con los valores del enjunciado, resulta: 
2 · 9.8 · 0.86 − 2 · 0.3 · 9.8 · 0.5 − 3 · 9.8 · 0.1 = (2 + 3 + 0.25)𝑚𝑚 ⟹ 
⟹ 𝑚𝑚 = 2.1 m/s² 
que para d = 5 m de desplazamiento supondría una velocidad de: 
𝑣𝑣 = √2𝑚𝑚𝑚𝑚 = 4.596 m 
b) Por energías: 
La energía potencial 𝑚𝑚1𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 60 perdida por la masa 𝑚𝑚1 que cae se debe transformar en 5 
términos: 
 1) energía de rozamiento de 𝑚𝑚1 con el plano: [0.3𝑚𝑚1𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 60] 
 2) energía cinética ganada por 𝑚𝑚1: [
1
2
𝑚𝑚1𝑣𝑣2] 
 3) energía de rozamiento de 𝑚𝑚2 con el plano: [0.1𝑚𝑚2𝑚𝑚𝑚𝑚] 
 4) energía cinética de 𝑚𝑚2: [
1
2
𝑚𝑚2𝑣𝑣2] 
 5) energía cinética de rotación de la polea: [1
2
�1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2� · �𝑣𝑣
2
𝑅𝑅2
�] 
𝑚𝑚1𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 60 = 0.3𝑚𝑚1𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 60 +
1
2
𝑚𝑚1𝑣𝑣2 + 0.1𝑚𝑚2𝑚𝑚𝑚𝑚 +
1
2
𝑚𝑚2𝑣𝑣2 +
1
2 �
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2� · �
𝑣𝑣2
𝑅𝑅2
� 
Sustituyendo los valores numéricos: 
2 · 9.8 · 5 · 0.866 
= 2 · 0.3 · 9.8 · 0.5 · 5 + (1/2) 2 𝑣𝑣² + 3 · 9.8 · 0.1 · 5 + (1/2) 3 𝑣𝑣² 
+ (1/2) [(1/2) 0.5] 𝑣𝑣² 
Y, al despejar la velocidad, resulta: 
𝑣𝑣 = 4.596 m 
que es el mismo resultado obtenido por dinámica. 
 
2014 
Un yo-yo de masa m tiene un eje de radio b y un carrete de radio R. Su momento de inercia puede 
ser tomado como I = (1/2) m R². El yo-yo se deja caer desde el reposo. 
 
a) Hallar mediante las leyes de Newton su velocidad cuando ha descendido una altura h. 
b) Igual que el apartado a) pero por métodos energéticos. 
FEB2014 
a) Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación para el yo-yo que desciende: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 
Aplicamos igualmente la 2ª ley de Newton de la rotación (par creado por la tensión 𝜏𝜏 = 𝑇𝑇𝑇𝑇): 
𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ 𝐼𝐼 =
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐼𝐼
 
La aceleración del CM del cilindro cumple: 
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐼𝐼𝑇𝑇 =
𝑇𝑇𝑇𝑇2
𝐼𝐼
 
Y de la ecuación de traslación, tenemos: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚
𝑇𝑇𝑇𝑇2
𝐼𝐼
 ⟹ 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑇𝑇 �1 + 𝑚𝑚
𝑇𝑇2
𝐼𝐼
� ⟹ 𝑇𝑇 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
1 + 𝑚𝑚𝑇𝑇
2
𝐼𝐼
 
b 
R 
Luego: 
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐼𝐼𝑇𝑇 =
𝑇𝑇𝑇𝑇2
𝐼𝐼
=
𝑇𝑇2𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐼𝐼 + 𝑚𝑚𝑇𝑇2
 
Por cinemática, sabemos que: 
𝑣𝑣 = √2𝑚𝑚ℎ = �
2ℎ𝑇𝑇2𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐼𝐼 + 𝑚𝑚𝑇𝑇2
= �
2ℎ𝑇𝑇2𝑚𝑚𝑚𝑚
1
2𝑚𝑚𝑅𝑅
2 + 𝑚𝑚𝑇𝑇2
= �
4ℎ𝑇𝑇2𝑚𝑚
𝑅𝑅2 + 2𝑇𝑇2
 
b) Aplicamos la conservación de energía potencial gravitatoria inicial en energía cinética de 
traslación y energía cinética de rotación: 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼 �
𝑣𝑣
𝑇𝑇
�
2
= 
Multiplicando por 2 y por 𝑇𝑇2 y dividiendo por m: 
𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2
𝐼𝐼 �
𝑣𝑣
𝑇𝑇
�
2
 ⟹ 
⟹ 2𝑚𝑚ℎ𝑇𝑇2 = 𝑣𝑣2𝑇𝑇2 + �
𝐼𝐼
𝑚𝑚�
𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣2 �𝑇𝑇2 +
𝐼𝐼
𝑚𝑚�
= 𝑣𝑣2 �𝑇𝑇2 +
𝑅𝑅2
2
� ⟹ 
⟹ 4𝑚𝑚ℎ𝑇𝑇2 = 𝑣𝑣2(2𝑇𝑇2 + 𝑅𝑅2) ⟹ 𝑣𝑣 = �
4ℎ𝑇𝑇2𝑚𝑚
𝑅𝑅2 + 2𝑇𝑇2
 
Igual que en el apartado anterior. 
 
 
2015 
Un bloque y un cilindro de 1 kg y 8 kg respectivamente, están unidos por un hilo inextensible y sin 
peso que pasa por una polea en forma de disco de 0.5 kg de masa y 20 cm de radio, situada en la 
unión de dos planos inclinados de 30º y 60º de inclinación. El hilo se puede enrollar o desenrollar 
sobre el cilindro. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es de 3 
y que el cilindro rueda sin deslizar. Calcular: 
 
a) Las tensiones de la cuerda y la aceleración del sistema. 
b) Calcularpor cinemática, la velocidad de los cuerpos cuando se han desplazado 2 m a lo largo de los 
planos, sabiendo que parten del reposo. 
DIC2015 
Este problema es parecido al del SEP2011, salvo que el cilindro está ahora unido a la cuerda por su 
parte superior en lugar de al CM. El bloque tiene 1 kg de masa (en lugar de 2 kg como en el otro 
caso). 
Debemos estudiar primero el sentido del movimiento. Vemos que en el bloque, si estuviera él solo 
en el plano, se cumpliría: 
1 · 𝑚𝑚 sin 60 = √3 · 1 · 𝑚𝑚 cos 60 
Es decir, la componente de su peso paralela al plano es igual a la fuerza de rozamiento. Luego el 
bloque nunca podrá descender si además está unido a una cuerda que tira de él hacia arriba. 
a) Consideraremos que el cilindro descenderá: 
Traslación cilindro (desciende): 
8 · 𝑚𝑚 · sin 30 − 𝑇𝑇1 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 8𝑚𝑚𝐶𝐶 
La fuerza de rozamiento tiene que apuntar hacia arriba para proporcionar un par antihorario sino el 
cilindro no podría girar a izquierdas (descender sin deslizar) ya que la tensión lo hace girar a 
derechas. Además la fuerza de rozamiento debe ser mayor que la tensión. 
Por otro lado, en la ecuación de Newton para la traslación se ha considerado que la tensión de la 
cuerda 𝑇𝑇1 sobre el cilindro es paralela al plano cuando en realidad presenta una pequeña inclinación 
que despreciamos. 
Queda: 
4𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 8𝑚𝑚𝐶𝐶 
Rotación del cilindro (rota a izquierdas, par antihorario): 
(𝐹𝐹𝑟𝑟 − 𝑇𝑇1)𝑅𝑅 =
1
2
8𝑅𝑅2
𝑚𝑚𝐶𝐶
𝑅𝑅
 ⟹ 𝐹𝐹𝑟𝑟 − 𝑇𝑇1 = 4𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 𝑇𝑇1 + 4𝑚𝑚𝐶𝐶 
Sustituido en la ecuación obtenida en la traslación: 
4𝑚𝑚 − 𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇1 − 4𝑚𝑚𝐶𝐶 = 8𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 4𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇1 = 12𝑚𝑚𝐶𝐶 
Rotación de la polea de radio r (gira hacia T1, es decir, a izquierdas): 
La polea está unida no al CM del cilindro sino a la parte superior del mismo y, en este punto la 
aceleración es el doble de la del CM del cilindro (ver problema resuelto del ejemplo 11 del tema de 
rotación): 
(𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2)𝑟𝑟 =
1
2
0.5𝑟𝑟2
2𝑚𝑚𝐶𝐶
𝑟𝑟
 ⟹ 𝑇𝑇1 − 𝑇𝑇2 = 0.5𝑚𝑚𝐶𝐶 
Traslación bloque (sube): 
𝑇𝑇2 − 1 · 𝑚𝑚 sin 60 − 1 · 𝑚𝑚√3 cos 60 = 1(2𝑚𝑚𝐶𝐶) 
donde se ha tenido en cuenta que la aceleración del bloque es el doble de la del cilindro por el 
motivo ya explicado. 
Sustituyendo los valores de las funciones trigonométricas: 
𝑇𝑇2 − 1 · 𝑚𝑚
√3
2
− 1 · 𝑚𝑚√3
1
2
= 1(2𝑚𝑚𝐶𝐶) ⟹ 𝑇𝑇2 = 2𝑚𝑚𝐶𝐶 + 𝑚𝑚√3 
Sustituyendo en la última ecuación de la rotación de la polea: 
𝑇𝑇1 − 𝑚𝑚√3 − 2𝑚𝑚𝐶𝐶 = 0.5𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝑇𝑇1 = 2.5𝑚𝑚𝐶𝐶 + 𝑚𝑚√3 
Sustituyendo en la ecuación de rotación del cilindro: 
4𝑚𝑚 − 2�2.5𝑚𝑚𝐶𝐶 + 𝑚𝑚√3� = 12𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 40 − 2𝑚𝑚√3 = 17𝑚𝑚𝐶𝐶 ⟹ 𝑚𝑚𝐶𝐶 = 0.356 m/s² 
𝑇𝑇1 = 2.5𝑚𝑚𝐶𝐶 + 𝑚𝑚√3 = (2.5 · 0.3556) + 𝑚𝑚√3 = 17.846 N 
𝑇𝑇2 = 2𝑚𝑚𝐶𝐶 + 𝑚𝑚√3 = (2 · 0.356) + 𝑚𝑚√3 = 17.686 N 
b) Es importante recalcar que a diferencia del problema equivalente de SEP2011, en este 
sistema los cuerpos cilindro y bloque no tienen la misma aceleración sino que la del bloque 
es ahora el doble que la del cilindro. Entonces cuando el cilindro recorre 2 m el bloque 
recorre 4 m. 
Por cinemática, si el cilindro desciende 2 m por el plano, tenemos: 
𝑣𝑣 = √2𝑚𝑚𝑚𝑚 = √2 · 0.356 · 2 = 1.19 m/s 
Y entonces la velocidad del bloque sería el doble pero habría ascendido 4 m. 
 
 
2016 
Un cilindro de masa m = 30 kg y radio R = 60 cm parte del reposo sobre un plano horizontal 
(coeficiente de rozamiento estático 0.3) tras aplicarle en su cdm y horizontalmente una fuerza 
variable con el tiempo 2
3
1 gtF = . Calcular: 
a) el tiempo al cabo del cual empieza a deslizar. 
b) la aceleración del cdm cuando empieza a deslizar. 
c) la aceleración del cdm y la aceleración angular al cabo de 4 segundos. 
SEP2016 
Al aplicar al cilindro una fuerza creciente, al principio empieza a rodar 
sin deslizar: 
�𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 
1
3
𝑚𝑚𝑎𝑎2 − 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
�𝜏𝜏 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑅𝑅 =
1
2
𝑚𝑚𝑅𝑅2
𝑚𝑚
𝑅𝑅
 ⟹ 𝐹𝐹𝑅𝑅 =
1
2
𝑚𝑚𝑚𝑚 
que sustituido en la primera ecuación: 
1
3
𝑚𝑚𝑎𝑎2 −
1
2
𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 
1
3
𝑚𝑚𝑎𝑎2 =
3
2
𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 9𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑎𝑎2 
a) Cuando el cilindro empieza a deslizar, la fuerza de rozamiento ha crecido hasta su máximo 
valor posible: 
𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑎𝑎2 = 9𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚 ⟹ 𝑎𝑎 = 9 s 
b) Tenemos. 
𝐹𝐹𝑅𝑅 =
1
2
𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚 =
1
2
𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 = 2𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚 = 5.88 m/s² 
c) A los 4 s, el cilindro gira aún sin deslizar por tanto, podemos utilizar la expresión hallada antes 
para la fuerza de rozamiento: 
𝐹𝐹𝑅𝑅 =
𝑚𝑚𝑎𝑎2
9
 
que sustituida en la ecuación de traslación, resulta: 
1
3
𝑚𝑚𝑎𝑎2 − 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 
1
3
𝑚𝑚𝑎𝑎2 −
𝑚𝑚𝑎𝑎2
9
= 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 
2𝑚𝑚𝑎𝑎2
9
= 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Para t = 4 s, resulta: 
𝑚𝑚 = 1.1615 m s²⁄ ⟹ 𝐼𝐼 =
𝑚𝑚
𝑅𝑅
= 1.9358 rad/s² 
 
 
Un cilindro de 10 kg y 7 cm de radio se encuentra ligado a una masa 
de 2 kg mediante una cuerda inextensible a través de una polea sin 
masa tal y como se muestra en la figura. La cuerda está enrollada en 
el cilindro que puede rodar sin deslizarse por el plano inclinado. 
Determinar la magnitud y sentido de: 
a) la aceleración del centro de masas del cilindro. 
b) la fuerza de fricción en el punto de contacto entre el cilindro y el plano inclinado. 
DIC2016 
 Primero debemos analizar hacia qué sentido se van a mover los cuerpos. La forma de 
evaluarlo es la siguiente: 
 Para que el cuerpo colgado de 2 kg 
descienda la tensión T de la cuerda debe ser 
menor que 20 · 9.8 ~ 20 𝑁𝑁. Para el cilindro, la 
componente del peso paralela al plano 10 · 9.8 ·
sin 30 ~ 50 𝑁𝑁 tira del cilindro hacia abajo. Para 
que el cilindro ascienda, supuesta la tensión de 20 
N, se necesitaría una fuerza de rozamiento f 
ascendente de, al menos, 30 N. Pero entonces el 
par total del cilindro sería antihorario y no podría 
ascender sin deslizar. En conclusión, el peso colgado no puede descender (o el cilindro ascender) y 
el sistema se moverá de modo que el peso colgado ascienda (cilindro descienda). 
Traslación del bloque colgado de 2 kg: 
Aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación a peso colgado sabiendo que va a ascender (tensión 
mayor que su peso) y que su CM se va a mover con el doble de aceleración que el CM del cilindro. 
Esto es así porque el CM del bloque colgado está unido al punto superior del cilindro (ver problema 
resuelto del ejemplo 11 del tema de rotación). 
𝑇𝑇 − (2 · 9.8) = 2 · (2𝑚𝑚) 
Translación cilindro: 
10 · 9.8 sin 30 − 𝑓𝑓 − 𝑇𝑇 = 10𝑚𝑚 
 
T = 20 N 
50 N 
f = 30 N 
T = 20 N 
Rotación cilindro: 
El cilindro va a descender y, puesto que T crea un par horario, se necesita que f vaya hacia 
arriba y sea mayor que T para que se cree el par antihorario resultante necesario para que el cilindro 
descienda sin deslizar. 
�𝜏𝜏 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ (𝑓𝑓 − 𝑇𝑇) · 0.07 =
1
2
· 10 · 0.072 �
𝑚𝑚
0.07
� ⟹ 𝑓𝑓 − 𝑇𝑇 = 5𝑚𝑚 
Sumamos las dos primeras de traslación: 
10 · 9.8 sin 30 − 𝑓𝑓 − (2 · 9.8) = 14𝑚𝑚 ⟹ (3 · 9.8) − 𝑓𝑓 = 14𝑚𝑚 
De la primera ecuación de traslación: 𝑇𝑇 = (2 · 9.8 ) + 4a que sustituido en la de rotación, 
resulta: 
 𝑓𝑓 − 𝑇𝑇 = 𝑓𝑓 − (2 · 9.8) − 4a = 5𝑚𝑚 ⟹ 𝑓𝑓 − (2 · 9.8) = 9 a 
Ahora podemos cancelar f sumando: 
(3 · 9.8) − 𝑓𝑓 = 14𝑚𝑚 
𝑓𝑓 – (2 · 9.8) = 9a 
9.8 = 23𝑚𝑚 
Resulta: 
𝑚𝑚 = 0.426 m/s² descendente 
𝑓𝑓 = (2 · 9.8) + 9𝑚𝑚 = 23.438 N ascendente 
𝑇𝑇 = (2 · 9.8 ) + 4a = 19.6 N 
 
 
 
 
T = 19.6 N 
50 N 
f = 23.438 N 
T = 19.6 N 
2017 
Un motor enrolla a una cuerda que tira del eje de una rueda (cilindro) de masa 3 kg con una fuerza 
constante de 9 N sobre una superficie horizontal con rozamiento haciendo que la rueda gire hacia 
la derecha sin deslizar. Calcular: 
a) El tiempo necesario para que la ruedallegue a una velocidad de 4 m/s si parte del reposo 
b) La energía proporcionada por el motor hasta ese tiempo. 
 
 
FEB2017 
a) Para el cilindro de radio 𝑟𝑟, aplicamos la 2ª ley de Newton de la traslación y de la rotación: 
𝑇𝑇 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 
𝑓𝑓 · 𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 =
1
2
𝑚𝑚𝑟𝑟2 �
𝑚𝑚
𝑟𝑟
� ⟹ 𝑓𝑓 =
𝑚𝑚𝑚𝑚
2
 
En la ec. De Newton de la rotación se observa que la tensión no ejerce par dado que está aplicada 
en el CM del cilindro. 
𝑇𝑇 − 𝑓𝑓 = 𝑇𝑇 −
𝑚𝑚𝑚𝑚
2
= 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⟹ 𝑇𝑇 =
3𝑚𝑚𝑚𝑚
2
 ⟹ 𝑚𝑚 =
2𝑇𝑇
3𝑚𝑚
=
2 · 9
3 · 3
= 2 m/s² 
Puesto que el cilindro tiene un MRUA que parte del reposo, se cumple: 
𝑣𝑣 = 𝑚𝑚𝑎𝑎 ⟹ 𝑎𝑎 =
𝑣𝑣
𝑚𝑚
=
4
2
= 2 s 
b) Para calcular le energía cinética hay que tener en cuenta que se tiene que contabilizar 
tanto la energía cinética de traslación como la de rotación: 
𝐸𝐸𝑐𝑐 =
1
2
𝑚𝑚𝑣𝑣2 +
1
2 �
1
2
𝑚𝑚𝑟𝑟2� �
𝑣𝑣2
𝑟𝑟2
� = 24 + 12 = 36 J 
[Nota: Se puede observar que en 2 s, el cilindro recorrería una distancia dada por 𝑚𝑚 = (1 2⁄ )𝑚𝑚𝑎𝑎2 =
4 𝑚𝑚. Luego la fuerza aplicada de 9 N proporcionaría una energía de 𝐸𝐸 = 𝐹𝐹 · 𝑚𝑚 = 9 · 4 = 36 J que 
coincide con el valor hallado]. 
 
Un disco de 8 kg y radio 𝑹𝑹 rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal. La parte superior 
del disco está unida a una cuerda que pasa por una polea fija y una polea móvil. De la polea móvil 
cuelga un cuerpo de 1.5 kg. 
a) Obtener la tensión de la cuerda y la aceleración de cada cuerpo. 
b) Obtener el valor de la fuerza de rozamiento que actúa sobre el cilindro e indicar el sentido 
de la misma. 
DIC2017 
Este problema es casi igual que el problema resuelto del ejemplo 11 del tema de rotación. 
Se aconseja leerlo antes de éste. La única diferencia es que el peso que cuelga, lo hace ahora desde 
una polea móvil. 
a) 
Movimiento del disco: 
Traslación: 
𝑇𝑇 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 𝑀𝑀 · 𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
Rotación: 
𝑇𝑇 · 𝑅𝑅 + 𝐹𝐹𝑟𝑟 · 𝑅𝑅 =
1
2
𝑀𝑀 · 𝑅𝑅2 · 𝐼𝐼 
Condición de no deslizamiento: 
𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 𝐼𝐼 · 𝑅𝑅 
Sustituimos en las ecuaciones de Newton de la rotación el valor de la masa M = 8 kg: 
𝑇𝑇 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 8𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
𝑇𝑇 · 𝑅𝑅 + 𝐹𝐹𝑟𝑟 · 𝑅𝑅 =
1
2
8 · 𝑅𝑅2
𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑
𝑅𝑅
 ⇒ 𝑇𝑇 + 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 4𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
8 kg 
1.5 kg 
T 
Fr 
α 
Resolvemos el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas T y Fr en función de aC: 
�𝑇𝑇 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 8𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑𝑇𝑇 + 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 4𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑
 
Y obtenemos 𝑇𝑇 = 6𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 y 𝐹𝐹𝑟𝑟 = −2𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
Movimiento del bloque: 
El punto 𝐵𝐵 de la parte superior del disco se mueve el doble de rápido 
que el centro del disco. Esto se puede visualizar bien suponiendo un 
punto de la rueda fijo A arbitrario en contacto con el suelo. Cuando la 
rueda gira sobre ese punto, claramente el punto B sobre el diámetro 
AB recorre el doble de espacio en el mismo tiempo que el punto C 
sobre el radio AC. 
𝑚𝑚𝐵𝐵 = 2𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
Pero al estar el bloque colgado de una polea móvil, se cumple la condición cinemática de la polea 
móvil, esto es: 
𝑚𝑚𝐵𝐵 = 2𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 ⟹ 2𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 2𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 
Luego: 
𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 
La otra condición de la polea móvil es que la tensión de la cuerda sobre el cuerpo colgado es el doble 
de la tensión 𝑇𝑇 de la cuerda que rodea a la polea móvil, luego: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇 = 𝑚𝑚 · 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 
Sustituimos el valor de la masa m = 1.5 kg: 
1.5 · 9.8 − 2𝑇𝑇 = 1.5 · 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 
que con las ecuaciones anteriores 𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑; 𝑇𝑇 = 6𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 y 𝐹𝐹𝑟𝑟 = −2𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 tenemos: 
1.5 · 9.8 − 2 · 6𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 1.5 · 𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
14.7 = 13.5𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 
𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 1.088 m/s2 
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 = 1.088 m/s2 
𝑇𝑇 = 6𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = 6.533 m/s2 
𝐹𝐹𝑟𝑟 = −2𝑚𝑚𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑 = −2.177 m/s2 
b) La 𝐹𝐹𝑟𝑟 apuntará hacia la derecha puesto que tiene signo menos respecto a lo que habíamos 
supuesto (que apuntaba hacia la izquierda). 
 
 
 
2018 
Tenemos un plano inclinado con un ángulo de 37º sobre la horizontal sobre el que se encuentran 
dos cuerpos: una esfera de masa me = 1 kg y un cilindro de masa mc = 1 kg. Ambos cuerpos tienen 
igual radio. Una cuerda de masa despreciable, inextensible y paralela al plano inclinado, une el 
centro la esfera con el centro del eje del cilindro. El coeficiente de rozamiento entre la superficie 
del plano inclinado y cada uno de los cuerpos es suficiente para que ambos rueden sin deslizar. 
Inicialmente el sistema se encuentra en reposo como en el dibujo en la parte superior del plano 
inclinado y desde allí se abandona. 
a) Para que la cuerda que une ambos cuerpos esté tensa, ¿qué debe ir delante la esfera o el 
cilindro? Razonar la respuesta. 
b) Calcular la aceleración de ambos cuerpos y la tensión de la cuerda cuando exista (teniendo 
en cuenta la respuesta del apartado anterior). 
FEB2018 
a) Sin realizar ningún cálculo, podemos dar una respuesta a este apartado con el siguiente 
razonamiento: 
El cuerpo que tenga mayor momento de inercia tendrá mayor resistencia al giro y, por tanto, 
invertiría más energía potencial gravitatoria inicial en la rotación que en la traslación. Es decir, el 
cuerpo con mayor momento de inercia irá más despacio y tendrá que ir detrás. Como el momento 
de inercia de la esfera es (2 5⁄ )𝑀𝑀𝑅𝑅2 = 0.4𝑀𝑀𝑅𝑅² y el momento de inercia (1 2⁄ )𝑀𝑀𝑅𝑅2 = 0.5𝑀𝑀𝑅𝑅², el 
cilindro deberá ir detrás. 
Sin embargo, es mucho más adecuado realizar el siguiente cálculo: 
Para ver qué cuerpo debe ir delante se puede calcular cuál sería la aceleración al caer por el 
plano de cada uno de ellos por separado sin estar sujetos a ninguna cuerda. Entonces, el que tenga 
una aceleración de caída mayor deberá ir primero ya que, si fuera detrás la cuerda nunca estaría 
tensa y acabarían chocando por alcance. 
 Supongamos un cuerpo de masa M que cae rodando por un plano inclinado de ángulo 𝜃𝜃. La 
2ª ley de Newton de la traslación aplicada a dicho cuerpo sería: 
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 − 𝑓𝑓 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 
[Recordemos para un objeto rotante la fuerza de rozamiento f no es igual 𝝁𝝁𝝁𝝁𝝁𝝁 (siendo N la normal, 
en este caso 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝜃𝜃). La fuerza de rozamiento f debe ser menor que la máxima posible. En 
el caso de un plano inclinado, se debe cumplir que 𝑓𝑓 < 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝜃𝜃 si no queremos que el cuerpo 
rotante deslice sobre el plano]. 
La 2ª ley de Newton de la rotación al dicho cuerpo sería: 
𝑓𝑓𝑅𝑅 = 𝐼𝐼
𝑚𝑚
𝑅𝑅
 ⟹ 𝑓𝑓 = 𝐼𝐼
𝑚𝑚
𝑅𝑅²
 
[Recordemos que la componente del peso paralela al plano 𝑴𝑴𝝁𝝁𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 no produce par rotatorio 
por estar aplicada en el CM. La fuerza de rozamiento sí que produce par 𝑓𝑓𝑅𝑅 Produce par ya que 𝑓𝑓 
se aplica en el puno de contacto del cuerpo con el plano]. 
Sustituyendo f en la primera ecuación, resulta: 
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 = 𝑚𝑚 �𝑀𝑀 + 𝐼𝐼
𝑚𝑚
𝑅𝑅²
� ⟹ 𝑚𝑚 =
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
𝑀𝑀 + 𝐼𝐼 𝑚𝑚𝑅𝑅²
 
Para el cilindro 𝐼𝐼𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 = (1 2⁄ )𝑀𝑀𝑅𝑅2: 
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 =
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
𝑀𝑀 + 𝐼𝐼 𝑚𝑚𝑅𝑅²
=
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
3
2𝑀𝑀
=
2
3
𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 = 0.666𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 
Para la esfera 𝐼𝐼𝑒𝑒𝑑𝑑𝑒𝑒 = (2 5⁄ )𝑀𝑀𝑅𝑅2: 
𝑚𝑚𝑒𝑒𝑑𝑑𝑒𝑒 =
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
𝑀𝑀 + 𝐼𝐼 𝑚𝑚𝑅𝑅²
=
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃
7
5𝑀𝑀
=
5
7
𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 = 0.714𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 
Ya que la esfera acelera más debe ir delante. 
b) Para la esfera: 
Ya que la esfera debe ir delante, la tensión de la cuerda tenderá a frenarla. La 2ª ley de 
Newton de la traslación para la esfera será: 
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃− 𝑓𝑓1 − 𝑇𝑇 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 
Ya que tanto 𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 como T están aplicadas en el CM, no crean par rotatorio que 
únicamente será creado por 𝑓𝑓1. Entonces la 2ª ley de la rotación será: 
𝑓𝑓1𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = �
2
5
𝑀𝑀𝑅𝑅²�
𝑚𝑚
𝑅𝑅
 ⟹ 𝑓𝑓1 =
2
5
𝑀𝑀𝑚𝑚 
Para el cilindro: 
Ya que el cilindro debe ir detrás, la tensión de la cuerda tenderá a acelerarla. La 2ª ley de 
Newton de la traslación para la esfera será: 
𝑇𝑇 + 𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 − 𝑓𝑓2 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 
La 2ª ley de la rotación será: 
𝑓𝑓2𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = �
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅²�
𝑚𝑚
𝑅𝑅
 ⟹ 𝑓𝑓2 =
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 
Sustituyendo 𝑓𝑓1 y 𝑓𝑓2 en las respectivas ecuaciones de traslación, tenemos: 
𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 −
2
5
𝑀𝑀𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 
𝑇𝑇 + 𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 −
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 
Sumando ambas: 
2𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 − 𝑚𝑚𝑀𝑀 �
2
5
+
1
2
� = 2𝑀𝑀𝑚𝑚 ⟹ 𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 = 𝑚𝑚 �
4
20
+
5
20
+
20
20
� = 𝑚𝑚
29
20
 
Que para 𝜃𝜃 = 37°, resulta 𝑚𝑚 = 4.067 m/s² 
Podemos despejar la tensión de la ecuación de traslación del cilindro (o de la esfera): 
𝑇𝑇 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 − 𝑀𝑀𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 +
1
2
𝑀𝑀𝑚𝑚 = 0.203 N 
donde se ha utilizado el valor hallado de la aceleración y que, según los datos del enunciado, 𝑀𝑀 =
1 kg y 𝜃𝜃 = 37°. 
 
 
Un cilindro de 200 mm de radio externo tiene una masa de 25 kg con un radio de giro de giro 𝑲𝑲 =
𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝐦𝐦𝐦𝐦 y tiene un tambor concéntrico interior de radio 75 mm. Se aplica al cilindro una fuerza 
constante 𝑻𝑻 con un ángulo 𝜽𝜽 mediante una cuerda enrollada entorno al tambor según se muestra 
en la figura. Si 𝑻𝑻 = 𝟏𝟏𝟓𝟓 𝐍𝐍, 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟓𝟓° y existe suficiente rozamiento como para que el cilindro ruede 
sin deslizar, determinar: 
a) La aceleración angular 𝜶𝜶 del disco y la aceleración 𝒂𝒂 de su centro de masas 𝑮𝑮. 
b) La fuerza de rozamiento 𝑭𝑭𝒓𝒓 que la superficie ejerce sobre el disco. 
 
SEP2018 
Escogemos el siguiente sistema de ejes sobre el centro del 
cilindro. 
 
 
 
La dirección positiva del eje Z apunta hacia fuera del papel 
para que el triedro XYZ sea positivo. 
Aplicamos la 2ª Ley de Newton de la traslación: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⟹ 𝑁𝑁 + 50 sin 30 − 25(9.8) = 0 ⟹ 𝑁𝑁 = 220 N 
Supondremos que el cilindro se mueve hacia la derecha y la fuerza de rozamiento apunta hacia la 
izquierda: 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥 ⟹ 50 cos 30 − 𝐹𝐹𝑟𝑟 = 25𝑚𝑚 [1] 
Ya que nos dicen que hay suficiente rozamiento para que el cilindro no deslice, podemos 
aplicar la condición de rodadura: 
𝑚𝑚 = 𝑟𝑟(−𝐼𝐼) = − 0.2𝐼𝐼 [2] 
Recordamos que el cilindro se desplaza hacia la derecha y, ya que no desliza, debe girar horario (par 
aplicado dirigido hacia las Zs negativas hacia dentro del papel). Por tanto, el valor 𝜶𝜶 de aceleración 
angular es negativo, según el esquema de ejes elegido. 
Ahora, aplicamos la 2ª Ley de Newton de la rotación teniendo en cuenta que se necesita un 
par neto horario para que el cilindro avance hacia la derecha sin deslizar. Según el esquema de ejes 
elegido, un par neto horario es negativo y apunta hacia dentro del papel (en dirección de Z negativa): 
�𝑀𝑀 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ 𝑇𝑇(0.075) − 𝐹𝐹𝑟𝑟(0.2) = 50(0.075) − 𝐹𝐹𝑟𝑟(0.2) = 25(0.1752)𝐼𝐼 [3] 
Para calcular el momento de inercia, se ha utilizado su definición a partir del radio de giro 𝐾𝐾 dado 
en el enunciado: 
𝐼𝐼 = 𝑀𝑀𝐾𝐾2 = 25 · (0.1752) kg · m² 
Si la fuerza de rozamiento hubiera apuntado hacia la derecha, el par neto aplicado 
conjuntamente con la tensión, hubiera sido antihorario y el cilindro nunca podría avanzar hacia la 
derecha sin deslizar puesto que giraría antihorario. 
De [1] y [2], obtenemos: 
𝐹𝐹𝑟𝑟 = 50 cos 30 − 25𝑚𝑚 = 50 cos 30 + (25 · 0.2)𝐼𝐼 
que sustituida en [3], proporciona: 
50(0.075) − 𝐹𝐹𝑟𝑟(0.2) = 50(0.075) − 0.2 · [50 cos 30 + (25 · 0.2)𝐼𝐼] = 25(0.1752)𝐼𝐼 
50(0.075) − (0.2)50 cos 30 = 25[0.1752 + 0.22]𝐼𝐼 
𝐼𝐼 =
50(0.075) − (0.2)50 cos 30
25[0.1752 + 0.22]
=
3.75 − 8.66
1.766
= −2.78 rad/s² 
que apunta hacia dentro del papel (en dirección de Z negativas). 
De [2], resulta: 
𝑚𝑚 = − 0.2𝐼𝐼 = − 0.2 · (−2.78) = 0.556 m/s² 
dirigida hacia la derecha. 
Finalmente: 
𝐹𝐹𝑟𝑟 = 50 cos 30 − 25𝑚𝑚 = 50 cos 30 + (25 · 0.2)𝐼𝐼 = 43.3 − 13.9 = 29.4 N 
que habíamos supuesto dirigida hacia la izquierda. 
Como se dijo en el problema correspondiente a SEP2008 (FEB2011), es muy interesante en 
este enlace, consultar una ampliación de este problema para el caso general de un carrete que es 
estirado con diferentes ángulos. 
 También es interesante consultar este otro enlace donde al carrete se la aplica una fuerza 
para, por ejemplo, unirlo a un peso en una polea. Este problema seria una generalización del 
problema 11 resuelto de las hojas donde era 𝑟𝑟 = 𝑅𝑅. 
 
 
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/solido/carrete/carrete.html
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/solido/rodar_1/horizontal.html
2019 
Una varilla uniforme de masa 𝑴𝑴 y longitud 𝓵𝓵, puede girar libremente (es decir, ignorar la fricción) 
con respecto a una articulación fija (pivote), como se muestra en la figura 1). La varilla se mantiene 
en posición horizontal y luego se suelta. En este momento (cuando ya no se ejerce fuerza para 
sostenerla), determinar las expresiones para: 
a) La aceleración angular de la varilla al soltarla. (Nota: el momento de inercia de una varilla 
que pivota por un eje perpendicular a uno de sus extremos es: 𝑰𝑰 = 𝑴𝑴𝓵𝓵𝟐𝟐 𝟑𝟑⁄ ) 
b) La aceleración lineal de la punta de la varilla en ese momento. 
c) La velocidad angular de la varilla cuando alcanza su posición vertical (figura 2)). 
d) La velocidad lineal de la punta de la varilla en ese momento final. 
FEB2019 
a) El único torque (par) 𝜏𝜏 sobre la barra con respecto a la articulación se debe a la gravedad, 
que actúa con una fuerza 𝐹𝐹 = 𝑀𝑀𝑚𝑚 hacia abajo y con un brazo de palanca (en el momento en que se 
libera) de ℓ 2⁄ , ya que el CM está en el centro de la varilla uniforme. Hay también una fuerza sobre 
la varilla en la articulación; sin embargo, considerando a la articulación como el eje de rotación, el 
brazo de palanca de esta fuerza es cero. 
Usamos la 2ª ley de Newton para la rotación, despejando la aceleración angular: 
𝐼𝐼 =
𝜏𝜏
𝐼𝐼
=
𝑀𝑀𝑚𝑚 ℓ2
𝑀𝑀ℓ
2
3
=
3
2
𝑚𝑚
ℓ
 
que es la aceleración angular en el instante inicial. 
Figura 1) 
Figura 2) 
Al descender la varilla, la fuerza de gravedad sobre ella es constante pero el par o torque debido a 
esta fuerza no es constante, ya que cambia el ángulo de actuación de la fuerza de la gravedad con 
respecto a la palanca (cambia el par), por lo tanto, la aceleración angular de la varilla no es 
constante durante su caída. 
b) La aceleración lineal inicial de la punta de la varilla se encuentra a partir de la relación 𝑚𝑚𝑡𝑡𝑐𝑐𝑛𝑛 =
𝑅𝑅𝐼𝐼 con 𝑅𝑅 = ℓ: 
𝑚𝑚𝑡𝑡𝑐𝑐𝑛𝑛 = ℓ𝐼𝐼 =
3
2
𝑚𝑚 
c) Como hemos dicho al final del apartado a), la aceleración angular no es constante durante 
el descenso, por lo que para hallar la velocidad angular no se pueden utilizar las ecuaciones del 
movimiento circular uniformemente acelerado. Cuando la varilla llega a la vertical es mejor 
resolver este apartado por métodos energéticos que a partir de la aceleración no constante hallada 
por Newton como función del ángulo de caída (que necesitaría integración). 
Cuando la varilla pasa a su posición vertical, se ha perdido una energía potencial gravitatoria dada 
por: 
𝐸𝐸𝑝𝑝 = 𝑀𝑀𝑚𝑚
ℓ
2
 
ya que el CM de la varilla ha descendido ℓ 2⁄ , lugar donde se toma el origen de energías potenciales. 
Esta energía potencial gravitatoria se convierte únicamente en energía cinética de rotación en el 
instante final donde ya no hay energía potencial gravitatoria: 
𝐸𝐸𝑐𝑐𝑟𝑟𝑑𝑑𝑡𝑡 =
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 
 Es decir, por conservación de la energía: 
𝑀𝑀𝑚𝑚
ℓ
2
=
1
2
𝐼𝐼𝜔𝜔2 ⟹ 𝑀𝑀𝑚𝑚
ℓ
2
=
1
2
𝑀𝑀
ℓ2
3
𝜔𝜔2⟹ 𝜔𝜔 = �
3𝑚𝑚
ℓ
 
d) La punta de la varilla tendrá una velocidad lineal: 
𝑣𝑣 = ℓ𝜔𝜔 = �3𝑚𝑚ℓ 
 
El cilindro macizo A de la figura pesa 250 N y tiene un radio de 25 cm y 
puede girar en torno a un pasador liso situado en O. El bloque B pesa 100 
N. Determinar, durante el movimiento del sistema: 
a) La aceleración angular del disco. 
b) La tensión del cable. 
 
 
SEP2019 
Planteamos las ecuaciones de la 2ª ley de Newton para la traslación del bloque y para la 
rotación del cilindro. Hay que tener en cuenta que el bloque está colgado de una polea móvil y, por 
tanto, su aceleración es la mitad que la del borde del cilindro y, además, la tensión (fuerza) que 
sujeta al bloque durante el descenso es el doble de la tensión de la cuerda. 
 Para el bloque que desciende (peso mayor que la fuerza que lo sujeta), la 2ª ley de Newton 
de la traslación proporciona: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇 = 𝑚𝑚�
𝑚𝑚
2
� 
donde m es la masa del bloque y a es la aceleración del borde del cilindro (que, como hemos dicho, 
es el doble de la del bloque). Esto es, 𝑚𝑚 = 𝐼𝐼𝑅𝑅, siendo α la aceleración del cilindro y R su radio. 
 Para el cilindro, la 2ª ley de Newton de la rotación proporciona: 
𝑇𝑇 · 𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 = �
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅2�𝐼𝐼 
Resolvemos el sistema sabiendo que: 
• la masa del bloque (dato del enunciado): 
𝑚𝑚 =
100
𝑚𝑚
 N 
• la masa del cilindro (dato del enunciado): 
𝑀𝑀 =
250
𝑚𝑚
 N 
con radio 𝑅𝑅 = 0.25 m 
Resolvemos el sistema: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇 = 𝑚𝑚�
𝐼𝐼𝑅𝑅
2 �
 
𝑇𝑇 = �
1
2
𝑀𝑀𝑅𝑅�𝐼𝐼 
para obtener: 
𝐼𝐼 = 13.08 rad s2⁄ 
𝑇𝑇 = 41.67 N 
 
 
2020 
En una bolera, una bola de masa M y radio R se lanza de modo que en el instante que toca el suelo 
se está moviendo horizontalmente con una velocidad 𝒗𝒗𝟓𝟓 = 𝟏𝟏 𝐦𝐦/𝐬𝐬 y sin rotación. El coeficiente de 
rozamiento cinético entre la bola y el suelo es 𝝁𝝁𝒄𝒄 = 𝟓𝟓.𝟓𝟓𝟎𝟎, Encontrar: 
a) La expresión del par que sufre la bola mientras desliza al estar en contacto con el suelo y 
su aceleración angular. 
b) La expresión que relaciona la velocidad angular con la aceleración angular y el tiempo. 
c) El tiempo 𝒕𝒕𝟏𝟏 en el que la bola desliza hasta llegar a la condición de no deslizamiento 𝒗𝒗𝒄𝒄𝒄𝒄 =
𝑹𝑹𝑹𝑹. 
d) La distancia que recorre la bola deslizando antes de empezar a rodar sin deslizar. 
FEB2020 
Este problema es el problema de ejemplo 9-16 del Tipler Ed. 4 y Ed. 5, (ejemplo 9-19 del 
Tipler Ed.6). 
Puesto que la bola se lanza sin velocidad de rotación (sólo velocidad de traslación), la fuerza 
de rozamiento hacia detrás va a proporcionar el par rotatorio. Dicha fuerza de rozamiento será la 
fuerza de rozamiento cinética puesto que la bola inicialmente no va a estar en condición de 
rodadura (desliza). 
𝑓𝑓 = −𝜇𝜇𝑐𝑐𝑀𝑀𝑚𝑚 = 𝑀𝑀𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐 ⟹ 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐 = −𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚 
Es decir, la bola va a sufrir una desaceleración de modo que su velocidad de 
traslación cumplirá: 
𝑣𝑣𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑣𝑣0 + 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑎𝑎 = 𝑣𝑣0 − 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑎𝑎 
a) El par rotatorio que proporciona la fuerza de rozamiento será: 
𝜏𝜏 = 𝑓𝑓𝑅𝑅 = 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑀𝑀𝑚𝑚𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝑐𝑐𝑐𝑐𝐼𝐼 
donde se ha utilizado la 2ª ley de Newton de la rotación. Despejando la aceleración angular, 
tenemos: 
𝐼𝐼 =
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑀𝑀𝑚𝑚𝑅𝑅
2
5𝑀𝑀𝑅𝑅
2
=
5
2
�
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
𝑅𝑅
� 
 
b) La velocidad angular se relaciona con la aceleración angular y el tiempo por: 
𝜔𝜔 = 𝜔𝜔0 + 𝐼𝐼𝑎𝑎 = 0 + 𝐼𝐼𝑎𝑎 =
5
2
�
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
𝑅𝑅
� 𝑎𝑎 
c) En el tiempo 𝑎𝑎1 que dura el deslizamiento, se llegará a satisfacer la condición de no 
deslizamiento 𝑣𝑣𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝜔𝜔𝑅𝑅. Es decir, se debe igualar la velocidad de traslación a la velocidad 
angular multiplicada por el radio: 
𝑣𝑣𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑣𝑣0 − 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑎𝑎1 =
5
2
�
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
𝑅𝑅
�𝑅𝑅𝑎𝑎1 ⟹ 𝑣𝑣0 = �
5
2
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚 + 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚� 𝑎𝑎1 =
7
2
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑎𝑎1 
𝑎𝑎1 =
𝑣𝑣0
7
2 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
=
2𝑣𝑣0
7𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
=
2 · 5
7 · 0.08 · 9.8
= 1.82 s 
d) La distancia viajada en 𝑎𝑎1 por MRUA, cumple: 
Δ𝐾𝐾 = 𝑣𝑣0𝑎𝑎1 +
1
2
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑛𝑛𝑎𝑎12 = 𝑣𝑣0
2𝑣𝑣0
7𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
+
1
2
(−𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚) �
2𝑣𝑣0
7𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
�
2
=
12
49
𝑣𝑣02
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚
=
12
49
52
0.08 · 9.8
= 7.809 m 
 
 
El disco de la figura tiene una masa de 40 kg y un radio de 
0.3 m. La constante de dureza es de 600 N/m. Se rueda el 
disco hacia la izquierda hasta que el muelle se comprime 
0.5 m y entonces se suelta desde el reposo. 
a) Si suponemos que el disco rueda sin deslizar, 
encontrar su aceleración angular en el momento en que se suelta. 
b) Hallar el mínimo coeficiente de fricción estática para el disco no deslice al momento de 
soltarlo. 
SEP2020 
Del mismo modo que se hizo en el problema de SEP2018, escogemos 
el siguiente sistema de ejes sobre el centro del disco: 
La dirección positiva del eje Z apunta hacia fuera del papel para que 
el triedro XYZ sea positivo. 
 
Aplicamos la 2ª Ley de Newton de la traslación: 
�𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⟹ 𝑁𝑁 −𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 ⟹ 𝑁𝑁 − (40 · 9.8) = 0 
⟹ 𝑁𝑁 = 392 N 
 Al soltarse, el disco se mueve hacia la derecha (gira horario) porque la fuerza de rozamiento 
apunta hacia la izquierda y es la que crea el par rotatorio. La fuerza ejercida por el muelle está 
dirigida hacia la derecha. 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥 ⟹ 𝑘𝑘𝐾𝐾 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥 [1] 
Ya que nos dicen que el disco rueda sin deslizar, podemos aplicar la condición de rodadura: 
𝑚𝑚𝑥𝑥 = 𝑟𝑟(−𝐼𝐼) = − 0.3𝐼𝐼 [2] 
 Puesto que el disco se desplaza hacia la derecha y, ya que no desliza, debe girar horario 
(dirigido hacia las Zs negativas hacia dentro del papel). Por tanto, el valor 𝜶𝜶 de aceleración angular 
es negativo, según el esquema de ejes elegido 
Ahora, aplicamos la 2ª Ley de Newton de la rotación teniendo en cuenta que el momento 
aplicado por la fuerza de rozamiento f es horario para que disco avance hacia la derecha sin deslizar. 
f 
kx 
Según el esquema de ejes elegido, un par neto horario es negativo y apunta hacia dentro del papel 
(en dirección de Z negativa): 
�𝑀𝑀 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 ⟹ −𝑓𝑓 · 𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 [3] 
donde para un disco el momento de inercia es: 
𝐼𝐼 =
1
2
𝑚𝑚𝑟𝑟2 =
40
2
0.32 = 1.8 kgm² 
De [1] y [2], obtenemos: 
𝑘𝑘𝐾𝐾 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚(−0.3𝐼𝐼) ⟹ (600 · 0.5) − 𝑓𝑓 = −(40 · 0.3)𝐼𝐼 ⟹ 300 − 𝑓𝑓 = −12𝐼𝐼 
De [3]: 
−𝑓𝑓 · 0.3 = 1.8𝐼𝐼 ⟹ 𝑓𝑓 = −
1.8𝐼𝐼
0.3
= −6𝐼𝐼 
que sustituido en la anterior ecuación, resulta: 
300 = −12𝐼𝐼 − 6𝐼𝐼 = −18𝐼𝐼 ⟹ 𝐼𝐼 = −
300
18
= −16.66 rad s2⁄ 
𝑚𝑚𝑥𝑥 = − 0.3𝐼𝐼 = 5 m/s² 
𝑓𝑓 = −6𝐼𝐼 = 100 N 
b) 
Para no que haya deslizamiento, se necesita un coeficiente de rozamiento estático que con la 
normal sea capaz de proporcionar la fuerza de rozamiento f hallada: 
𝑓𝑓 = 𝜇𝜇𝑒𝑒𝑁𝑁 ⟹ 𝜇𝜇𝑒𝑒 =
𝑓𝑓
𝑁𝑁
=
100
392
= 0.255 
Con menos coeficiente de rozamiento, el disco deslizará. 
 
 
2021 
Un cilindro de masa 𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝐤𝐤𝐤𝐤 se suelta desde el punto más alto de un plano inclinado. El radio 
del cilindro es 𝑹𝑹 = 𝟓𝟓.𝟑𝟑 𝐦𝐦. Los coeficientes de rozamiento estático y cinético del cilindro con el 
plano son 0.25 y 0.2, respectivamente: 
a) Hallar los valores de la aceleración lineal y de la aceleración angular del cilindro durante 
su descenso por el plano inclinado si este tiene un ángulo de 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟓𝟓°. 
b) Repetir el apartado a) para un plano con ángulo de 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒𝟓𝟓°. 
FEB2021 
Primeramente, veremos cómo es el movimiento de un cilindro de masa m y radio R que 
desciendo por un plano inclinado 𝜃𝜃 con coeficiente de rozamiento 𝜇𝜇𝑒𝑒. Del mismo modo que se 
explica en el prob. 9 de ejemplo del Tema 5, calcularemos la fuerza de rozamiento f y la aceleración 
del centro de masas del cilindro: 
La de 2ª ley de Newton de la traslación nos dice que la resultante de las fuerzas aplicadas alcilindro en dirección del plano es igual a la masa del cilindro por su aceleración (de su centro de 
masas). Las fuerzas aplicadas son la componente del peso (dirigida hacia abajo) menos la fuerza de 
rozamiento (dirigida hacia arriba): 
𝑚𝑚𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 − 𝑓𝑓 = 𝑚𝑚 · 𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 
La 2ª ley de Newton de la rotación nos dice que la resultante de los momentos de fuerza 
(pares de fuerza) aplicados al cilindro es igual al momento de inercia de cilindro por su aceleración 
angular.). La fuerza de rozamiento es la única fuerza que ejerce par, por tanto: 
𝑓𝑓 · 𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 · 𝐼𝐼 
donde 𝐼𝐼 = 𝑐𝑐𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅
 (condición de rodadura sin deslizamiento). 
Despejando f de la ecuación de rotación, tenemos: 
𝑓𝑓 =
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅2
· 𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 
Al sustituir esta expresión en la ecuación de rotación: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 −
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅2
· 𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑚𝑚 · 𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 ⇒ 𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 =
1
1 + 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶𝑚𝑚𝑅𝑅2
𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 ; 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 =
1
2
𝑚𝑚 · 𝑅𝑅2 ⇒ 
𝒂𝒂𝑪𝑪𝑴𝑴 =
1
1 + 12
𝑚𝑚 sin𝜃𝜃 =
2
3
𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 
Observamos que la aceleración no depende ni de la masa del cilindro, ni de su radio. 
𝒇𝒇 =
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅2
· 𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 =
1
2𝑚𝑚𝑅𝑅
2
𝑅𝑅2
·
2
3
𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 =
𝑚𝑚𝑚𝑚 sen𝜃𝜃
3
 
Como podemos observar, para obtener la fuerza de rozamiento f no se ha necesitado el 
coeficiente de rozamiento (ni el estático ni el cinético). Sin embardo, hemos supuesto que el cilindro 
rueda sin deslizar dado que se cumple la ecuación de rodadura: 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅
 
Para que el cilindro ruede sin deslizar, 𝑓𝑓 debe ser menor o igual que 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 ·𝜇𝜇𝑒𝑒 (es decir, 𝐹𝐹𝑛𝑛 · 𝜇𝜇𝑒𝑒 
donde 𝐹𝐹𝑛𝑛 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos𝜃𝜃) 
𝑓𝑓 ≤ 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 𝜇𝜇𝑒𝑒 
𝑚𝑚𝑚𝑚 sen𝜃𝜃
3
≤ 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 𝜇𝜇𝑒𝑒 ⇒ tan𝜃𝜃 ≤ 3𝜇𝜇𝑒𝑒 
Es decir, para un ángulo 𝜃𝜃 cuya tangente sea mayor que 3𝜇𝜇𝑒𝑒 el cilindro descenderá deslizando. 
 
a) En este apartado el plano tiene un ángulo de 30° luego tan𝜃𝜃 = tan 30 = 0.577 y como el 
coeficiente de rozamiento estático es 0.25 tenemos que se cumple la condición de no 
deslizamiento puesto que: 
0.577 ≤ 3𝜇𝜇𝑒𝑒 = 3 · 0.25 = 0.75 
 La expresión de la aceleración lineal es la obtenida anteriormente: 
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 =
2
3
𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 =
2
3
𝑚𝑚 sen 30 = 3.26� m s2⁄ 
Y puesto que para 𝜃𝜃 = 30°, se está en condición de rodadura, la aceleración angular cumple: 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅
=
2𝑚𝑚 sen𝜃𝜃
3𝑅𝑅
=
2𝑚𝑚 sen 30
3 · 0.3
= 10. 8� rad s2⁄ 
b) Con el ángulo del plano 40°, vemos que tan 40 = 0.84 y no se cumple la condición de no 
deslizamiento tan𝜃𝜃 ≤ 3𝜇𝜇𝑒𝑒 puesto que: 
0.84 > 3 · 0.25 = 0.75 
 En este caso el cilindro deslizará, es decir ahora 𝐼𝐼 ≠ 𝑐𝑐𝐶𝐶𝐶𝐶
𝑅𝑅
 y la fuerza de rozamiento que 
actuará será la fuerza de rozamiento cinética dada por: 
𝑓𝑓𝑐𝑐 = 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑁𝑁 = 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 
(Ver pag. 10 y anteriores de la presentación de Powerpoint que se encuentra en el blog de la 
asignatura junto al archivo de problemas resueltos del tema 5). 
 De la 2ª ley de Newton de la traslación, tenemos: 
𝑚𝑚𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 − 𝑓𝑓𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 ⟹ 𝑚𝑚𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑚𝑚(sen𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑐𝑐 cos 𝜃𝜃) = 𝑚𝑚(sen 40 − 0.2 cos 40) = 4.7979 m s2⁄ 
 Para esté ángulo, el cilindro ya no está en condición de rodadura y la aceleración angular se 
puede obtener de la 2ª ley de Newton de la rotación: 
𝑓𝑓𝑐𝑐 · 𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶 · 𝐼𝐼 ⟹ 𝐼𝐼 =
𝑓𝑓𝑐𝑐 · 𝑅𝑅
𝐼𝐼𝐶𝐶𝐶𝐶
= 
𝜇𝜇𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚 cos𝜃𝜃 · 𝑅𝑅
1
2𝑚𝑚𝑅𝑅
2
=
2 · 0.2 · 𝑚𝑚 cos 40
0.3
= 10.01 rad s2⁄ 
Como se observa, el cilindro se traslada más rápido �4.7979 m s2⁄ > 3.26� m s2⁄ � para 𝜃𝜃 = 40° 
pero rueda más rápido �10. 8� rad s2⁄ > 10.01 rad s2⁄ � para 𝜃𝜃 = 30°. 
En el siguiente enlace existe información adicional sobre este tipo de problemas que además 
incluye balances energéticos: 
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/solido/plano_inclinado/plano_inclinado.htm 
 
 
 
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/solido/plano_inclinado/plano_inclinado.htm
2022 
Un barril se encuentra, como indica la figura, en la plataforma de un camión que está detenido. 
El camión arranca con una aceleración de 𝒂𝒂 = 𝟓𝟓.𝟗𝟗 𝐦𝐦 𝐬𝐬𝟐𝟐⁄ y el cilindro rueda sin deslizar por la 
plataforma siendo 𝒅𝒅 = 𝟑𝟑.𝟔𝟔 𝐦𝐦. Considerar al barril como un cilindro homogéneo de radio 𝒓𝒓 =
𝟓𝟓.𝟒𝟒 𝐦𝐦 y con momento de inercia 𝑰𝑰 = 𝟏𝟏
𝟐𝟐
𝒄𝒄𝒓𝒓𝟐𝟐. 
 
a) El tiempo que tarda el barril en caer al suelo. 
b) La velocidad angular en ese instante. 
FEB2022 
Este problema se realiza igual que el problema 6 de los problemas resueltos del Tema 5. 
a) 
Ya que el cilindro rueda encima de la plataforma (camión), 𝑚𝑚𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 = (𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐) es la 
aceleración relativa del cilindro respecto la plataforma del camión, donde 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 es la aceleración del 
camión respecto del suelo y 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 es la aceleración del cilindro respecto del suelo. Esta aceleración 
relativa del cilindro está dirigida hacia la izquierda dado que el cilindro acaba cayendo por detrás 
del camión. 
En la base del cilindro actúa un fuerza de rozamiento 𝑓𝑓 que apunta hacia la derecha y que lo 
hace avanzar hacia la derecha, de modo que la 2ª ley de Newton de la traslación sobre el cilindro 
indica: 
𝑓𝑓 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 
La 2ª ley de Newton de la rotación aplicada sobre el cilindro indica que 
se crea un par antihorario (vector dirigido hacia fuera del papel) sobre el mismo: 
𝑓𝑓 · 𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 
donde la aceleración angular 𝐼𝐼 del cilindro es: 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐
𝑟𝑟
 
𝑓𝑓 𝑟𝑟 
Esta aceleración angular es antihoraria (vector dirigido hacia fuera del papel), de modo que el 
cilindro gira antihorario pero tiene un desplazamiento hacia la derecha respecto del suelo ya que se 
encuentra sobre la plataforma del camión: 
Tenemos: 
𝑓𝑓 · 𝑟𝑟 = 𝐼𝐼𝐼𝐼 =
1
2
𝑚𝑚𝑟𝑟2 �
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐
𝑟𝑟
� ⟹ 𝑓𝑓 =
1
2
𝑚𝑚(𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐) 
Combinando las dos ecuaciones (traslación y rotación): 
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 =
1
2
𝑚𝑚(𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐) ⟹ 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 =
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐
2
 ⟹ 3𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 ⟹ 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 =
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
3
 
Esto es: 
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 =
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
3
=
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐
2
 ⟹ 
2
3
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 
Puesto que en el enunciado nos dicen que 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0.9 m s2⁄ , tenemos que 𝑚𝑚𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐 =
2
3
0.9 =
0.6 m s2⁄ 
(dirigida hacia la izquierda). 
Por cinemática, en recorrer la distancia de 𝑚𝑚 = 3.6 m de la plataforma, el barril empleará un tiempo 
de: 
𝑚𝑚 =
1
2
𝑚𝑚𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐𝑎𝑎2 ⟹ 𝑎𝑎 = �
2𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐
= �
2 · 3.6
0.6
= 3.46 s 
b) 
Ya sabemos que: 
𝐼𝐼 =
𝑚𝑚𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 − 𝑚𝑚𝑐𝑐𝑖𝑖𝑐𝑐
𝑟𝑟
=
𝑚𝑚𝑟𝑟𝑒𝑒𝑐𝑐
𝑟𝑟
=
0.6
0.4
= 1.5 
rad
s2
 
Como en el cilindro ocurre un movimiento circular uniformemente acelerado, se cumple que: 
𝜔𝜔 = 𝐼𝐼𝑎𝑎 = 1.5 · 3.46 = 5.19 
rad
s2
 
con sentido antihorario (vector dirigido hacia fuera del papel). 
 
 
Un cilindro se suelta desde el punto más alto de un plano inclinado de altura 3 m. Los coeficientes 
de rozamiento estático y cinético del cilindro con el plano son 0.25 y 0.2, respectivamente: 
a) Hallar el tiempo empleado por el disco durante su descenso en llegar a la base del plano 
inclinado si este tiene un ángulo de 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟓𝟓°. 
b) Repetir el apartado a) para un plano con ángulo de 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒𝟓𝟓°. 
SEP2022 
Este problema es el mismo que el de rotación de SEP2021 (y con los mismos datos) 
a) Para 𝜃𝜃 = 30° no había deslizamiento y la aceleración calculada era: 
𝑚𝑚𝐶𝐶𝐶𝐶 =
2
3
𝑚𝑚 sen𝜃𝜃 =
2