Barra apoyada sobre un triángulo, Julio 2013 (G.I.C.)

Enunciado

Una barra de longitud $L$ se apoya en el suelo y en el vértice de un triángulo equilátero de lado $a$. El ángulo que forma la barra con el suelo es $\alpha$. El peso de la barra es $P$, y se aplica en su punto medio $G$. El peso del triángulo es despreciable. El contacto con el suelo es rugoso para la barra y el triángulo, con un coeficiente de rozamiento $\mu$. El contacto entre la barra y el triángulo en el punto $B$ es liso.

1. Dibuja el diagrama de cuerpo libre de la barra y el triángulo.
2. Calcula todas las fuerzas del apartado anterior en condiciones de equilibrio estático.
3. ¿Que condición debe cumplir $\alpha$ para que el triángulo no vuelque en ningun caso?
4. Analiza las condiciones que debe cumplir $\mu$ para que se mantenga el equilibrio frente a deslizamiento.

Solución

Diagramas de cuerpo libre

La figura muestra las fuerzas que actúan sobre la barra (sólido "2") y el triángulo (sólido "1"). La fuerza de contacto sobre la barra en el punto $A$ la descomponemos en una fuerza de reacción vincular normal y una fuerza tangente debida el rozamiento. Lo mismo ocurre para la reducción en el punto $D$ de las fuerzas que ejerce el suelo sobre el triángulo. El contacto entre la barra y el triángulo en el punto $B$ es liso, por lo que la fuerza es perpendicular a la barra. Por la Tercera Ley de Newton tenemos que ${\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}=-{\vec {\Phi }}_{2\to 0}^{B}$.

Expresión de las fuerzas

Utilizamos los ejes de la figura y coordenadas cartesianas. Las fuerzas sobre la barra pueden escribirse así

${\begin{array}{l}{\vec {P}}=-P\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {N}}^{A}=N^{A}\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {f}}_{r}^{A}=f_{r}^{A}\,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}=-N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}+N^{B}\cos \alpha \,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Sobre el triángulo las fuerzas son

${\begin{array}{l}{\vec {N}}^{D}=N^{D}\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {f}}_{r}^{D}=-f_{r}^{D}\,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {\Phi }}_{2\to 0}^{B}=N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}-N^{B}\cos \alpha \,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Tenemos en total 5 incógnitas: $N^{B}$, $f_{r}^{A}$, $N^{A}$, $N^{D}$, $f_{r}^{D}$. Necesitamos 5 ecuaciones.

El sumatorio de fuerzas sobre cada uno de los sólidos debe ser cero. Esto nos da cuatro ecuaciones. Para la barra tenemos

${\vec {P}}+{\vec {N}}^{A}+{\vec {f}}_{r}^{A}+{\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}={\vec {0}}\Longrightarrow \left|{\begin{array}{l}f_{r}^{A}=N_{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \\\\N^{A}+N^{B}\cos \alpha =P\end{array}}\right.$

Para el triángulo

${\vec {N}}^{D}+{\vec {f}}_{r}^{D}+{\vec {\Phi }}_{2\to 0}^{B}={\vec {0}}\Longrightarrow \left|{\begin{array}{l}f_{r}^{D}=N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \\\\N^{D}=N^{B}\cos \alpha \end{array}}\right.$

Podemos obtener una quinta ecuación imponiendo que la suma de momentos sobre la barra sea cero. Escogemos el punto $A$ para calcular los momentos. De este modo el momento de las fuerzas que actúan en ese punto es cero. El momento del peso es

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

El momento de la fuerza en el punto $B$ es

${\overrightarrow {AB}}\times {\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}=|{\overrightarrow {AB}}||{\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}|\,{\vec {k}}$

Hemos usado el hecho de que la fuerza es perpendicular al vector ${\overrightarrow {AB}}$. Necesitamos el módulo de este vector. Podemos obtenerlo por trigonometría. Como el triángulo es equilátero, sus ángulos son de $60^{\circ }$. Entonces la altura del triángulo es ${\sqrt {3}}a/2$ (también se puede obtener usando el Teorema de Pitágoras). De la figura vemos que

$|{\overrightarrow {AB}}|={\dfrac {{\sqrt {3}}a/2}{\mathrm {sen} \alpha }}$

Entonces el momento de la fuerza es

${\overrightarrow {AB}}\times {\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}={\dfrac {{\sqrt {3}}a/2}{\mathrm {sen} \alpha }}\,N^{B}\,{\vec {k}}$

La suma de los dos momentos es cero, de donde obtenemos

${\overrightarrow {AG}}\times {\vec {P}}+{\overrightarrow {AB}}\times {\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}={\vec {0}}\Longrightarrow N^{B}={\dfrac {PL}{{\sqrt {3}}a}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos \alpha$

Ahora podemos expresar las fuerzas del problema

${\begin{array}{l}{\vec {\Phi }}_{0\to 2}^{B}={\dfrac {PL}{{\sqrt {3}}a}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos \alpha \,\left(-\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}+\cos \alpha \,{\vec {\jmath }}\right)\\\\{\vec {f}}_{r}^{A}={\dfrac {PL}{{\sqrt {3}}a}}\,\mathrm {sen} ^{2}\,\alpha \cos \alpha \,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {N}}^{A}=P\left(1-{\dfrac {L}{{\sqrt {3}}a}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos ^{2}\alpha \right)\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {f}}_{r}^{D}=-{\dfrac {PL}{{\sqrt {3}}a}}\,\mathrm {sen} ^{2}\,\alpha \cos \alpha \,{\vec {\imath }}\\\\{\vec {N}}^{D}={\dfrac {PL}{{\sqrt {3}}a}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \cos ^{2}\alpha \,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Análisis del vuelco del triángulo

Nos queda una ecuación que aplicar, que la suma de momentos sobre el triángulo sea cero. Esta ecuación nos da la posición del punto de reducción $D$. Escogemos el punto $C$ de la figura para calcular los momentos sobre el triángulo. Para la fuerza sobre el vértice tenemos

${\overrightarrow {CB}}\times {\vec {\Phi }}_{2\to 0}^{B}=\left({\dfrac {{\sqrt {3}}a}{2}}\,{\vec {\jmath }}\right)\times (N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}-N^{B}\cos \alpha \,{\vec {\jmath }})=-{\dfrac {{\sqrt {3}}a}{2}}\,N^{B}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {k}}$

La fuerza de rozamiento en $D$ no ejerce momento respecto al punto $C$ . Para la normal tenemos

${\overrightarrow {CD}}\times {\vec {N}}^{D}=d\,N^{D}=d\,N^{B}\cos \alpha \,{\vec {k}}$

La suma de los dos momentos debe ser cero, de donde obtenemos

$d={\dfrac {{\sqrt {3}}a}{2}}\,\tan \alpha$

Como $\alpha$ puede variar entre 0 y $\pi /2$, su tangente es siempre positiva. Entonces el punto $D$ está siempre a la derecha del punto $C$. Esto quiere decir que el triángulo no puede volcar hacia la izquierda.

Para que no vuelque hacia la derecha la condición es

$d\leq a/2\Longrightarrow \tan \alpha \leq {\dfrac {1}{\sqrt {3}}}\Longrightarrow \alpha \leq {\dfrac {\pi }{6}}=30^{\circ }$

Este resultado puede obtenerse sin hacer ninguna cuenta. Aplicando el teorema de las tres fuerzas a las fuerzas ${\vec {\Phi }}_{2\to 0}^{B}$, ${\vec {N}}^{D}$ y ${\vec {f}}_{r}^{D}$, vemos que el punto $D$ es la intersección de ${\vec {\Phi }}_{2\to 0}^{B}$ con el eje $X$. Para que este punto caiga dentro de la base del triángulo, el ángulo $\alpha$ no puede ser mayor de $30^{\circ }$.

Análisis del deslizamiento

El equilibrio puede romperse por deslizamiento de la barra o del triángulo.

Deslizamiento de la barra

La condición de no deslizamiento es

$|f_{r}^{A}|\leq \mu \,|N^{A}|\Longrightarrow \mu \geq \left|{\dfrac {\mathrm {sen} ^{2}\alpha \cos \alpha }{{\dfrac {{\sqrt {3}}a}{L}}-\mathrm {sen} \,\alpha \cos ^{2}\alpha }}\right|$

Deslizamiento del triángulo

En este caso la condición de equilibrio es

$|f_{r}^{D}|\leq \mu |N^{D}|\Longrightarrow \mu \geq \tan \alpha$