Dando solución a este hilo viejo.
Suponiendo que el punto de apoyo o la ubicación del CM el bloque esta a radio R del centro
hay dos fuerzas de rozamiento que intentan detener la rotación , una por la base y otra por el lateral
resolviendo la segunda ecuación de Newton en 3 dimensiones radial, tangencial y vertical
\( \displaystyle\sum F_y=P-N_1=0 \)
\( \displaystyle\sum F_{rad}=N_2=m\omega^2r \)
\( \displaystyle\sum F_t=-F_{r1}-F_{r2}=ma=mr\alpha \)
de esta ultima
\( -F_{r1}-F_{r2}=-\mu N_1-\mu N_2=mr\alpha \)
\( -\mu mg-\mu m\omega^2r=mr\alpha \)
como \( \alpha=\dfrac{\partial \omega}{\partial t} \)
transformamos en una ecuación diferencial
\( -\mu mg-\mu m\omega^2r=mr\dfrac{\partial \omega}{\partial t} \)
que resolvemos por variables separables
\( \displaystyle\int_0^T dt=\displaystyle\int_{\omega_0}^0 \dfrac{mr d\omega}{-\mu mg-\mu m\omega^2r} \)
divido por \( \mu m r \) denominador y numerador
\( \displaystyle\int_0^T dt=\displaystyle\int_{\omega_0}^0 \dfrac{-1}{\mu}\dfrac{ d\omega}{\dfrac{g}{r}+\omega^2} \)
donde el tiempo T hasta detenerse resulta
\( T=\dfrac{1}{\mu\sqrt{\dfrac{g}{r}}}arctan\left(\dfrac{\omega_0}{\sqrt{\dfrac{g}{r}}}\right) \)
quizá con un desarrollo de Taylor en el punto se pueda aproximar a la solución ofrecida en el solucionario
y queda claro que si \( \mu\to 0 \) entonces \( T\to\infty \)
el numero de vueltas surge de aplicar la conservación de la energía, integrando el trabajo de la fuerza de rozamiento durante toda la trayectoria e igualando a la energía cinetica inicial, pero como la fuerza de rozamiento es variable y la aceleración variables en funcion de la posición, entonces el resultado no es tan sencillo ni directo como parece.
