Bloque sobre plano inclinado con cuerda, Enero 2016 (F1 G.I.C.)

Enunciado

Un bloque rectangular (sólido "2") de masa $m$, de lados $d$ y $h$ reposa sobre un plano inclinado (sólido "1") un ángulo $\alpha$ sobre la horizontal. El vértice $C$ del bloque está unido por una cuerda con el punto $O$. El contacto entre el bloque y el plano es liso. La distancia entre los puntos $O$ y $A$ es $h$.

1. Dibuja el diagrama de cuerpo libre del bloque.
2. ¿Cuánto valen las fuerzas sobre el bloque en situación de equilibrio mecánico?
3. Analiza el equilibrio frente a vuelco en función del ángulo $\alpha$.
4. ¿Qué ocurre si añadimos rozamiento en el contacto entre el bloque y el plano?

Solución

Diagrama de fuerzas

La figura de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre el bloque: el peso, la tensión de la cuerda y la fuerza de ligadura del plano. Hemos usado el teorema de las tres fuerzas para localizar en el dibujo el punto $E$, donde se coloca la resultante de las fuerzas de reacción vincular del plano sobre el bloque.

Expresamos a continuación estas fuerzas en el sistema de ejes de la figura, así como el vector de posición del punto en que se aplican

${\begin{array}{lcl}{\vec {P}}=mg\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}-mg\cos \alpha \,{\vec {\jmath }}&\qquad &{\overrightarrow {OG}}=\left(h+{\dfrac {d}{2}}\right)\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {h}{2}}\,{\vec {\jmath }}\\&&\\{\vec {T}}=-{\dfrac {T}{\sqrt {2}}}\,{\vec {\imath }}-{\dfrac {T}{\sqrt {2}}}\,{\vec {\jmath }}&\qquad &{\overrightarrow {OC}}=h\,{\vec {\imath }}+h\,{\vec {\jmath }}\\&&\\{\vec {N}}=N\,{\vec {\jmath }}&\qquad &{\overrightarrow {OE}}=\left(h+{\dfrac {d}{2}}+\delta \right)\,{\vec {\imath }}\end{array}}$

Tenemos 3 incógnitas: $T$, $N$ y $\delta$.

Situación de equilibrio mecánico

Para que el bloque esté en equilibrio mecánico debe ocurrir que el sistema de fuerzas externas que actúa sobre él sea nulo, es decir

${\vec {F}}^{neta}=\sum \limits _{i=1}^{n}{\vec {F}}_{i}={\vec {0}},\qquad {\vec {M}}_{O}^{neto}=\sum \limits _{i=1}^{n}{\vec {M}}_{P,i}={\vec {0}}$

donde $P$ es cualquier punto.

De la condición de resultante nula tenemos

${\vec {P}}+{\vec {T}}+{\vec {N}}={\vec {0}}\Longrightarrow \left\{{\begin{array}{ll}X):\quad &mg\,\mathrm {sen} \,\alpha -{\dfrac {T}{\sqrt {2}}}=0\\&\\Y):\quad &-mg\cos \alpha -{\dfrac {T}{\sqrt {2}}}+N=0\\\end{array}}\right.$

De aquí obtenemos

$T={\sqrt {2}}mg\,\mathrm {sen} \,\alpha ,\qquad N=mg\,(\,\mathrm {sen} \,\alpha +\cos \alpha )$

Escogemos el punto $D$ para calcular el momento neto de fuerzas

${\vec {M}}_{D}^{neto}={\overrightarrow {DC}}\times {\vec {T}}+{\overrightarrow {DG}}\times {\vec {P}}+{\overrightarrow {DE}}\times {\vec {N}}$

El primer producto vectorial es

${\overrightarrow {DC}}\times {\vec {T}}=\left|{\begin{array}{ccc}{\vec {\imath }}&{\vec {\jmath }}&{\vec {k}}\\&&\\-{\dfrac {d}{2}}&h&0\\&&\\-{\dfrac {T}{\sqrt {2}}}&-{\dfrac {T}{\sqrt {2}}}&0\end{array}}\right|={\dfrac {T}{\sqrt {2}}}\,\left(h+{\dfrac {d}{2}}\right)\,{\vec {k}}$

Para el segundo

${\overrightarrow {DG}}\times {\vec {P}}=\left({\dfrac {h}{2}}\,{\vec {\jmath }}\right)\times (mg\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\imath }}-mg\cos \alpha \,{\vec {\jmath }})=-{\dfrac {mgh}{2}}\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {k}}$

Y para el tercero

${\overrightarrow {DE}}=(\delta \,{\vec {\imath }})\times (N\,{\vec {\jmath }})=N\delta \,{\vec {k}}$

Sumando los tres momentos e igualando a cero obtenemos

$\delta =-{\dfrac {h+d}{2}}\,{\dfrac {\mathrm {sen} \,\alpha }{\mathrm {sen} \,\alpha +\cos \alpha }}$

Esta expresión es siempre negativa, indicando que el punto $E$ está siempre a la izquierda de $D$.

Análisis del equilibrio frente a vuelco

Para que el equilibrio se conserve el punto $E$ debe estar contenido en la base del bloque, entre los puntos $A$ y $B$. Esto implica que para que no haya vuelco debe cumplirse

$-{\dfrac {d}{2}}\leq \delta \leq {\dfrac {d}{2}}$

La condición de la derecha se cumple siempre, pues $\delta$ es siempre negativo. Esto significa que no puede haber vuelco hacia la derecha. Para que la condición de la izquierda se cumpla debe ocurrir

$-{\dfrac {d}{2}}\leq -{\dfrac {h+d}{2}}\,{\dfrac {\mathrm {sen} \,\alpha }{\mathrm {sen} \,\alpha +\cos \alpha }}\Longrightarrow \tan \alpha \leq {\dfrac {d}{h}}$

Si esta condición deja de cumplirse, el bloque vuelca hacia la izquierda.

Inclusión del rozamiento

Si consideramos el rozamiento hay que añadir una fuerza más, la de rozamiento

${\vec {F}}_{R}=f\,{\vec {\imath }}$

Esta fuerza actúa sobre la base del bloque. Tenemos entonces una incógnita más. Pero seguimos teniendo tres ecuaciones escalares. El problema se convierte entonces en hiperestático, tenemos más incógnitas que ecuaciones, y no podemos encontrar una solución. Para poder tratarlo habría que considerar el problema tridimensional, no el plano.