Barra apoyada en un escalón, Enero 2015 (G.I.C.)

Enunciado

Una barra homogénea, de longitud $L$ y peso $P$, está apoyada sobre un escalón de altura $d$ formando un ángulo $\alpha$ con la horizontal. El contacto en el punto $B$ es liso, mientras que es rugoso en el punto $A$, con un coeficiente de rozamiento estático $\mu$.

1. Dibuja el diagrama de cuerpo libre de la barra.
2. Determina la expresión de las fuerzas que actúan sobre la barra en condiciones de equilibrio estático.
3. Si $\alpha =\pi /4$, qué condición debe cumplir $d$ para que se mantenga el equilibrio? ¿El equilibrio se rompe por deslizamiento o por vuelco? Razona la respuesta.

Solución

Fuerzas que actúan sobre la barra

La figura de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre la barra en su punto de aplicación. Estas son: el peso, aplicado en $G$, la fuerza normal de reacción del escalón en el punto $B$, la fuerza normal en $A$ y la fuerza de rozamiento en $A$.

Hay que comentar que la dirección de ${\vec {N}}^{B}$ viene definida por la perpendicular a la barra. Como se indica en la figura, forma un ángulo $\alpha$ con la vertical.

Señalemos también que ${\vec {f}}_{r}^{A}$ tiene que apuntar hacia la derecha, pues es la única fuerza que puede compensar la componente horizontal de ${\vec {N}}^{B}$.

Fuerzas en equilibrio

Las condiciones de equilibrio estático del sólido rígido son

$\sum _{i}{\vec {F}}_{i}={\vec {0}}\,\qquad \sum _{i}{\vec {M}}_{i}^{O}={\vec {0}}$

donde ${\vec {F}}_{i}$ son todas las fuerzas que actúan sobre la barra y ${\vec {M}}_{i}^{O}$ es el momento de cada una de las fuerzas respecto a un punto arbitrario $O$.

De la figura vemos que las fuerzas tienen la forma

${\begin{array}{l}{\vec {P}}=-P\,{\vec {\jmath }}\\{\vec {N}}^{B}=-N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}+N^{B}\cos \alpha {\vec {\jmath }}\\{\vec {N}}^{A}=N^{A}\,{\vec {\imath }}\\{\vec {f}}_{r}^{A}=f_{r}^{A}\,{\vec {\imath }}\end{array}}$

Aplicamos ahora las condiciones de equilibrio. De la condición de suma de fuerzas nula obtenemos

${\begin{array}{ll}(X):&f_{r}^{A}=N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \\(Y):&N^{A}+N^{B}\cos \alpha =P\end{array}}$

Tenemos tres incógnitas: $N^{A}$, $N^{B}$, $f_{r}^{A}$. La ecuación que nos falta viene de la condición de momento neto nulo. Escogemos el punto $A$ para calcular el momento. De este modo ni ${\vec {N}}^{A}$ ni ${\vec {f}}_{r}^{A}$ contribuyen al momento neto. La contribución del peso es

${\overrightarrow {AG}}\times {\vec {P}}={\dfrac {1}{2}}\,(L\cos \alpha \,{\vec {\imath }}+L\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\jmath }})\times (-P\,{\vec {\jmath }})=-{\dfrac {1}{2}}\,PL\cos \alpha \,{\vec {k}}$

Para la fuerza ${\vec {N}}^{B}$ tenemos que es perpendicular a ${\overrightarrow {AB}}$. Aplicando la definición de producto vectorial tenemos

${\overrightarrow {AB}}\times {\vec {N}}^{B}={\overline {AB}}N^{B}\,{\vec {k}}={\dfrac {dN^{B}}{\mathrm {sen} \,\alpha }}\,{\vec {k}}$

Otra forma de calcularlo es usar el vector ${\overrightarrow {AB}}={\dfrac {d}{\tan \alpha }}\,{\vec {\imath }}+d\,{\vec {\jmath }}$ y hacer el producto vectorial con ${\vec {N}}^{B}$.

La suma de ambos momentos debe ser nula. Por tanto

$N^{B}={\dfrac {L}{2d}}\,P\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos \alpha$

Usando esto en las dos ecuaciones previas obtenemos la expresión de las fuerzas que actúan sobre la barra

${\begin{array}{l}{\vec {N}}^{A}=P\,\left(1-{\dfrac {L}{2d}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos ^{2}\alpha \right)\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {f}}_{r}^{A}={\dfrac {L}{2d}}\,P\,\mathrm {sen} ^{2}\,\alpha \cos \alpha \,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {N}}^{B}={\dfrac {L}{2d}}\,P\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos \alpha \,(-\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}+\cos \alpha \,{\vec {\jmath }})\end{array}}$

Condiciones de equilibrio

El equilibrio sólo puede romperse por deslizamiento en el punto $A$. La barra no puede volcar manteniendo el punto $A$ sin moverse, pues la fuerza ${\vec {N}}^{B}$ siempre será capaz de compensar el momento que ejerce el peso respecto del punto $A$.

La condición para que haya equilibrio frente a deslizamiento es

$|{\vec {f}}_{r}^{A}|\leq \mu |{\vec {N}}^{A}|$

que se traduce en

${\dfrac {L}{2d}}\,\mathrm {sen} ^{2}\,\alpha \cos \alpha \leq \mu \left(1-{\dfrac {L}{2d}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos ^{2}\alpha \right)$

En el caso $\alpha =\pi /4$, llegamos a que para que haya equilibrio $d$ debe verificar

$d\geq {\dfrac {1+\mu }{4{\sqrt {2}}\mu }}\,L$

Errores detectados en la corrección

Fuerza en el punto $A$

Es importante distinguir entre la componente normal y de rozamiento (tangencial) en los puntos de apoyo. La fuerza normal y de rozamiento en $A$ pueden agruparse en una sola fuerza ${\vec {\Phi }}^{A}={\vec {N}}^{A}+{\vec {f}}_{r}^{A}$, pero después no se puede proyectar esa fuerza usando el ángulo $\alpha$. Es decir, esto no se debe hacer

${\vec {\Phi }}^{A}=\Phi ^{A}\,\cos \alpha \,{\vec {\imath }}+\Phi ^{A}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\jmath }}$

Matemáticamente no es incorrecto, pero físicamente sí, porque la componente normal y de rozamiento tienen comportamientos distintos.

Cálculo del momento de ${\vec {N}}^{B}$ respecto a $A$

En la solución hemos calculado este momento de dos formas, usando que la fuerza es perpendicular al vector ${\overrightarrow {AB}}$ y calculando la expresión de ${\overrightarrow {AB}}$ y después haciendo su producto vectorial con ${\vec {N}}^{B}$. Es en este segundo caso donde ha habido más errores, al determinar el vector geométrico ${\overrightarrow {AB}}$.

Fuerza de rozamiento igual a $\mu N$

Este es un clásico. El módulo de la fuerza de rozamiento no es igual a $\mu |{\vec {N}}|$ en régimen estático. Sólo en condiciones de deslizamiento inminente, que aquí no se da.