Varilla apoyada sobre dos rampas, Enero 2012 (G.I.C.)

De Laplace

Revisión a fecha de 18:40 1 feb 2012; Pedro (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Solución

1 Enunciado

Una barra de longitud $L$ y masa $m$ se apoya sobre dos planos inclinados como se indica en la figura. Los apoyos en los planos son lisos. El peso de la barra se aplica en su centro. Dibuja el diagrama de cuerpo libre de la barra.

Calcula las fuerzas de reacción vincular en los apoyos (puntos $A$ y $B$ ).
Calcula el valor del ángulo $θ$ para el que la barra se encuentra en equilibrio.
Consideramos ahora una situación en la que el ángulo $θ$ vale $\theta = 30.0^{\circ}$ . En este caso el contacto en $A$ es rugoso mientras que en $B$ es liso. Calcula el valor del módulo de la fuerza de rozamiento en $A$ si la masa de la barra es $m=250\,\mathrm{g}$ .

2 Solución

2.1 Diagrama de sólido libre

Las fuerzas externas que actúan sobre la barra son su peso, aplicado en el centro, y las fuerzas de reacción vincular en los puntos A y B. Al ser los vínculos lisos, las fuerzas de reacción vincular en los puntos A y B son perpendiculares a las superficies respectivas. Por tanto, $\vec{\Phi}^{\,A}$ forma un ángulo de $30^{\circ}$ grados con la vertical y la fuerza $\vec{\Phi}^{\,B}$ forma un ángulo de $45^{\circ}$ grados con la vertical.

2.2 Fuerzas de reacción vincular

Escogiendo el sentido indicado en el diagrama de sólido libre del apartado anterior, las expresiones en el sistema de ejes indicado de las fuerzas que actúan sobre la barra son

$\begin{array}{l} \vec{P} = -m\,g\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{\Phi}^{\,A} = N^A\,\mathrm{sen}\,30^{\circ}\,\vec{\imath} + N^A\,\cos30^{\circ}\,\vec{\imath} = \dfrac{1}{2}\,N^A\,\vec{\imath} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,N^A\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{\Phi}^{\,B} = -N^B\,\mathrm{sen}\,45^{\circ}\,\vec{\imath} + N^B\,\cos45^{\circ}\,\vec{\imath}= -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,N^B\,\vec{\imath} + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,N^B\,\vec{\jmath} \end{array}$

Para que la barra esté en equilibrio la fuerza neta que actúa sobre ella debe ser cero

$\vec{P} + \vec{\Phi}^{\,A} + \vec{\Phi}^{\,B} = \vec{0}$

Igualando las componentes obtenemos dos ecuaciones

$\begin{array}{l} \dfrac{1}{2}\,N^A-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,N^B=0\\ \\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,N^A+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,N^B= mg \end{array}$

Las incógnitas aquí son $N A$ y $N B$ . Resolviendo el sistema obtenemos las fuerzas de reacción vincular

$\begin{array}{l} N^A = \dfrac{2}{1+\sqrt{3}}\,m\,g = 0.732\,m\,g\\ \\ N^B = \dfrac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}\,m\,g = 0.518\,m\,g \end{array}$

2.3 Ángulo de equilibrio

El valor del ángulo de equilibrio se obtiene de la otra condición que debe cumplirse para que la barra esté en equilibrio: que el momento resultante de las fuerzas externas que actúan sobre la barra sea nulo en cualquier punto.

Escogemos el punto A para calcular los momentos. De este modo el momento de la fuerza $\vec{\Phi}^A$ es nulo. El momento resultante es

$\vec{M}_A = \overrightarrow{AG}\times\vec{P} + \overrightarrow{AB}\times\vec{\Phi}^B$

y debe ser nulo. Los vectores geométricos son

$\begin{array}{l} \overrightarrow{AB} = L\cos{\theta}\,\vec{\imath} + L\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}\\ \\ \overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{2}\,L\cos{\theta}\,\vec{\imath} + \dfrac{1}{2}\,L\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath} \end{array}$

Los productos vectoriales son

$\overrightarrow{AB}\times\vec{\Phi}^B = \left| \begin{array}{ccc} \vec{\imath} & \vec{\jmath} & \vec{k} \\ L\cos\theta & \mathrm{sen}\,\theta & 0\\ -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,N^B & \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,N^B & 0 \end{array} \right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,L\,N^B\,(\mathrm{sen}\,\theta + \cos\theta)\,\vec{k}$

y

$\overrightarrow{AG}\times\vec{P} = \left(\dfrac{1}{2}\,L\cos{\theta}\,\vec{\imath} + \dfrac{1}{2}\,L\,\mathrm{sen}\,\theta\,\vec{\jmath}\right)\times(-m\,g\,\vec{\jmath}) =-\dfrac{1}{2}\,L\,m\,g\cos\theta\,\vec{k}$