Disco apoyado en barra y caja Septiembre 2015 (G.I.C.)

De Laplace

Revisión a fecha de 18:08 2 feb 2016; Pedro (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Solución

1 Enunciado

El disco de la figura tiene masa $M$ y radio $R$ . Se apoya en el punto $B$ en una barra de masa despreciable y longitud $2 R$ , y en el punto $D$ en una caja de masa despreciable. Los contactos en $B$ y $D$ son lisos. A su vez la barra se apoya sobre la caja en el punto $A$ , con contacto también liso. La caja se apoya en el suelo en el punto $O$ , con un contacto rugoso caracterizado por un coeficiente de rozamiento estático $μ$ . Se aplica una fuerza $\vec{F}$ sobre el punto $E$ de la caja con la dirección y sentido indicados en la figura.

Dibuja los diagramas de cuerpo libre de la caja, el disco y la barra, indicando todas las relaciones entre las distintas fuerzas.
Calcula el valor de $\vec{F}$ para que la caja esté en equilibrio para un valor dado de $α$ .
Calcula la reacción en el punto $O$ y analiza el equilibrio frente a deslizamiento para el caso $α = π / 4$ .
Calcula la fuerza que el disco ejerce sobre la barra y la caja para el caso $α = π / 4$ .

2 Solución

2.1 Diagramas de sólido libre

La imagen muestra las fuerzas que actúan sobre cada uno de los sólidos. Los contactos entre el disco, la barra y la caja son lisos. Por tanto las fuerzas de contacto entre ellos sólo tienen componente normal a las superficies. El contacto en $O$ es rugoso, por lo que la fuerza de contacto tiene una componente normal de reacción vincular y una componente tangencial de rozamiento. Aplicando el Principio de Acción y Reacción podemos derivar las siguientes relaciones entre las fuerzas

$\begin{array}{l} \vec{N}^B_{0\to2} = -\vec{N}^B_{2\to0} \\ \vec{N}^D_{3\to2} = -\vec{N}^D_{2\to3} \\ \vec{N}^A_{3\to0} = -\vec{N}^A_{0\to3} \\ \end{array}$

2.2 Fuerza para mantener el equilibrio

Este apartado puede resolverse rápidamente si consideramos el disco, la barra y la caja como un sólo sólido. Entonces, las fuerzas externas son únicamente

$\begin{array}{l} \vec{F} = F\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{P}_2 = -Mg\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\imath} - Mg\cos\alpha\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{N}^O_{1\to3} = N^O_{1\to3}\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\imath} + N^O_{1\to3}\,\cos\alpha\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{f}^O_{1\to3} = f^O_{1\to3}\,\cos\alpha\,\vec{\imath} -f^O_{1\to3}\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\jmath} \\ \end{array}$

Para que haya equilibrio el momento externo neto respecto a cualquier punto debe ser cero. Escogemos el punto $O$ para calcular los momentos, pues así nos quitamos las fuerzas de contacto. La condición de equilibrio es

$\overrightarrow{OE}\times\vec{F} + \overrightarrow{OC}\times\vec{P}_2 = \vec{0}$

Tenemos

$\overrightarrow{OE}\times\vec{F} = (4R\,\vec{\imath})\times(F\,\vec{\jmath}) = 4FR\,\vec{k}$

Por otro lado

$\left. \begin{array}{l} \overrightarrow{OC} = 3R\,\vec{\imath} + R\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{P}_2 = -Mg\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\imath} - Mg\cos\alpha\,\vec{\jmath} \end{array} \right| \Longrightarrow \overrightarrow{OC}\times\vec{P}_2 = -MgR\,(3\cos\alpha - \mathrm{sen}\,\alpha)\,\vec{k}$

La suma de ambos momentos debe anularse, de donde obtenemos

$\vec{F} = \dfrac{Mg}{4}\,(3\cos\alpha - \mathrm{sen}\,\alpha)\,\vec{\jmath}$

2.3 Fuerzas en el punto $O$

Ahora aplicamos la condición de suma de fuerzas cero al sistema formado por el disco, la barra y la caja. Tenemos

$\vec{F} + \vec{P}_2 + \vec{N}^O_{1\to3} + \vec{f}^O_{1\to3}$

Obtenemos dos ecuaciones, una por cada componente

$\begin{array}{l} (X) \to N^O_{1\to3}\,\mathrm{sen}\,\alpha + f^O_{1\to3}\cos\alpha = Mg\,\mathrm{sen}\,\alpha \\ \\ (Y) \to N^O_{1\to3}\cos\alpha - f^O_{1\to3}\,\mathrm{sen}\,\alpha = Mg\cos\alpha - F \end{array}$

Multiplicando la primera ecuación por $\mathrm{sen}\,\alpha$ , la segunda por $cosα$ y sumándolas miembro a miembro tenemos

$N^O_{1\to3} = Mg - F\cos\alpha$

Ahora multiplicamos la primera por $cosα$ , la segunda por $\mathrm{sen}\,\alpha$ y las restamos miembro a miembro. Obtenemos

$f^O_{1\to3} = F\,\mathrm{sen}\,\alpha$

La fuerza de rozamiento tiene un valor máximo

$|\vec{f}^O_{1\to3}| \leq \mu|\vec{N}^O_{1\to3}|$

Para que la caja no deslice debe cumplirse

$f^O_{1\to3} \leq \mu N^O_{1\to3}$

En el caso $α = π / 4$ tenemos

$\begin{array}{l} F = \dfrac{Mg}{2\sqrt{2}}\\ \\ N^O_{1\to3} = \dfrac{3}{4}Mg\\ \\ f^O_{1\to3} = \dfrac{Mg}{4}\\ \end{array}$

Para que haya equilibrio debe cumplirse

$\mu\geq \dfrac{1}{3}$

2.4 Fuerzas ejercidas sobre el disco

Aplicamos la condición de sumatorio de fuerzas nulo para el sistema de fuerzas actuando sobre el disco

$\vec{P}_2 + \vec{N}^B_{0\to2} + \vec{N}^D_{3\to2} = \vec{0}$

Las fuerzas son

$\begin{array}{l} \vec{P}_2 = -Mg\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\imath} - Mg\cos\alpha\,\vec{\jmath}\\ \\ \vec{N}^B_{0\to2} = N^B_{0\to2}\,\vec{\imath}\\ \\ \vec{N}^D_{3\to2} = N^D_{3\to2}\,\vec{\jmath} \end{array}$

Tenemos dos ecuaciones para dos incógnitas:

$\begin{array}{l} N^B_{0\to2} = Mg\,\mathrm{sen}\,\alpha \\ \\ N^D_{3\to2} = Mg\cos\alpha \end{array}$

Disco apoyado en barra y caja Septiembre 2015 (G.I.C.)

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1 Enunciado

2 Solución

2.1 Diagramas de sólido libre

2.2 Fuerza para mantener el equilibrio

2.3 Fuerzas en el punto $O$

2.4 Fuerzas ejercidas sobre el disco

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Disco apoyado en barra y caja Septiembre 2015 (G.I.C.)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

2 Solución

2.1 Diagramas de sólido libre

2.2 Fuerza para mantener el equilibrio

2.3 Fuerzas en el punto O

2.4 Fuerzas ejercidas sobre el disco

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2.3 Fuerzas en el punto $O$