Disco apoyado sobre pared y varilla, Enero 2015 (G.I.C.)

Enunciado

Un disco homogéneo y rígido de radio $R$ y peso $P$ está apoyado en una barra rígida de longitud $R$ y peso $P$, como se indica en la figura. La prolongación de la recta definida por la barra pasa por el centro del disco. El contacto es liso en la pared vertical, y rugoso entre la barra y el suelo, con coeficiente de rozamiento estático $\mu$. El peso del disco se aplica en su centro ($C$), y el de la barra en su punto medio ($E$). En condiciones de equilibrio estático se pide

1. La fuerza normal sobre la barra en el punto $B$.
2. La fuerza sobre el disco en el punto $A$.
3. ¿Qué condición debe cumplir el ángulo $\alpha$ para que el equilibrio sea posible?

Solución

Las tres preguntas pueden resolverse considerando el disco y la barra como un único sistema, y considerando sólo las fuerzas externas a este sistema. Por eso no se especifica en el enunciado si el contacto entre el disco y la barra es rugoso o no. La figura de la derecha muestra estas fuerzas externas, a saber: los pesos de la barra y el disco, la fuerza normal en $A$ (contacto liso) y las fuerzas normal y de rozamiento en $B$ (contacto rugoso). Usando el sistema de ejes de la figura estas fuerzas son

${\begin{array}{l}{\vec {P}}_{C}=-P\,{\vec {\jmath }}\\{\vec {P}}_{E}=-P\,{\vec {\jmath }}\\{\vec {N}}^{\,A}=N^{A}\,{\vec {\imath }}\\{\vec {N}}^{\,B}=N^{B}\,{\vec {\jmath }}\\{\vec {F}}_{r}^{\,B}=F_{r}^{B}\,{\vec {\imath }}\end{array}}$

Tenemos tres incógnitas: $N^{A},N^{B},F_{r}^{B}$. La condición de suma de fuerzas nula nos da dos ecuaciones, mientras que la condición de momento neto nulo nos da otra ecuación. De la suma de fuerzas obtenemos

${\vec {P}}_{C}+{\vec {P}}_{E}+{\vec {N}}^{\,A}+{\vec {N}}^{\,B}+{\vec {F}}_{r}^{\,B}={\vec {0}}\Longrightarrow \left\{{\begin{array}{ll}(X):&N^{A}+F_{r}^{B}=0\\(Y):&N^{B}=2P\end{array}}\right.$

Calculamos los momentos respecto del punto $B$. De esa forma las fuerzas en ese punto no contribuyen y no aparecen en la ecuación. Los momentos no nulos son

${\begin{array}{l}{\overrightarrow {BE}}\times {\vec {P}}_{E}={\dfrac {1}{2}}\left(-R\cos \alpha \,{\vec {\imath }}+R\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\jmath }}\right)\times (-P\,{\vec {\jmath }})={\dfrac {1}{2}}RP\cos \alpha \,{\vec {k}}\\{\overrightarrow {BC}}\times {\vec {P}}_{C}=2\left(-R\cos \alpha \,{\vec {\imath }}+2R\,\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {\jmath }}\right)\times (-P\,{\vec {\jmath }})=2RP\cos \alpha \,{\vec {k}}\\{\overrightarrow {BA}}\times {\vec {N}}^{\,A}=\left(-(R+2R\cos \alpha )\,{\vec {\imath }}+(2R\,\mathrm {sen} \,\alpha )\,{\vec {\jmath }}\right)\times (N^{A}\,{\vec {\imath }})=-2N^{A}R\mathrm {sen} \,\alpha \,{\vec {k}}\end{array}}$

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

$N^{A}={\dfrac {5}{4\tan \alpha }}P$

Y sustituyendo en las otras ecuaciones obtenemos

${\begin{array}{l}N^{A}={\dfrac {5}{4\tan \alpha }}P\\\\N^{B}=2P\\\\F_{r}^{B}=-{\dfrac {5}{4\tan \alpha }}P\end{array}}$

El equilibrio se rompe por deslizamiento en el punto $B$. La condición de equilibrio es

$|{\vec {F}}_{r}^{\,B}|\leq \mu |{\vec {N}}^{\,B}|\Longrightarrow \tan \alpha \geq {\dfrac {5}{8\mu }}$