Equilibrio de una tabla

Enunciado

Se tiene una plataforma de masa $m=6.0\,\mathrm {kg}$ y longitud $L=2.00\,\mathrm {m}$ (estando la masa distribuida uniformemente) que se apoya horizontalmente sobre dos caballetes de forma que los puntos de apoyo A y B están a 60 cm y 20 cm del centro C de la tabla, respectivamente.

1. Calcule la fuerza que cada caballete ejerce sobre la tabla.
2. Halle el valor máximo de la masa que se puede apoyar en el borde izquierdo de la plataforma si no se quiere que esta vuelque.
3. Suponga que sobre el extremo derecho de la plataforma se apoya una masa de 2.2 kg. ¿Volcará la tabla? Si es así, determine la aceleración angular que adquiere la tabla el comenzar a girar en torno al punto de apoyo, así como la fuerza que ejerce ese caballete sobre la mesa en el instante en que empieza a volcar.

Tómese $g=10\,\mathrm {m} /\mathrm {s} ^{2}$.

Dato: Momento de inercia de una barra de masa $m$ y longitud $L$ respecto a un eje perpendicular a ella y que pasa por su centro: $I=mL^{2};/12$.

Fuerzas en equilibrio

La plataforma constituye un sólido rígido. Cuando se encyentra en equilibrio deben cumplirse las dos condiciones

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

siendo los ${\vec {M}}_{i}$ los momentos de las fuerzas respecto a un punto cualquiera de la tabla. Por comodidad, tomaremos como punto de referencia el centro de la tabla, que también es su centro de masas.

Sobre la plataforma actúan tres fuerzas

• El peso $m{\vec {g}}=-mg{\vec {\jmath }}$
• La reacción del caballete de la izquierda ${\vec {F}}_{A}=F_{A}{\vec {\jmath }}$
• La reacción del caballete de la derecha ${\vec {F}}_{B}=F_{B}{\vec {\jmath }}$

Puesto que las tres fuerzas van en el mismo sentido, la condición de equilibrio de fuerzas se reduce a una escalar

$-mg+F_{A}+F_{B}=0\qquad \Rightarrow \qquad F_{A}+F_{B}=mg\simeq 60\,\mathrm {N}$

Con esta ecuación no nos basta para determinar las dos reacciones. Además necesitamos la anulación de sus momentos.

El momento de una fuerza aplicada en un punto P respecto a un punto fijo O lo da el producto vectorial

${\vec {M}}_{O}={\overrightarrow {OP}}\times {\vec {F}}_{P}$

En nuestro caso, empleando el punto C como referencia tenemos la condición de equilibrio

${\overrightarrow {CC}}\times (m{\vec {g}})+{\overrightarrow {CA}}\times {\vec {F}}_{A}+{\overrightarrow {CB}}\times {\vec {F}}_{B}={\vec {0}}$

Desarrollando los vectores

${\vec {0}}\times (-mg{\vec {\jmath }})+(-d_{A}{\vec {\imath }})\times (F_{A}{\vec {\jmath }})+(d_{B}{\vec {\imath }})\times (F_{B}{\vec {\jmath }})={\vec {0}}\qquad \Rightarrow \qquad (-d_{A}F_{A}+d_{B}F_{B}){\vec {k}}={\vec {0}}$

Esto nos da la segunda ecuación que necesitábamos

$0-d_{A}F_{A}+d_{B}F_{B}=0\qquad \Rightarrow \qquad d_{A}F_{A}=d_{B}F_{B}\qquad \Rightarrow \qquad 0.6F_{A}=0.2F_{B}\qquad \Rightarrow \qquad F_{B}=3F_{A}$

En el caso de fuerzas contenidas en un plano, como es nuestro caso, se puede simplificar el cálculo de momentos sin usar el producto vectorial. El momento de una fuerza en el caso de fuerzas paralelas es igual al producto de la fuerza por su brazo, y con un signo que indica si produce un giro antihorario (+) u horario (-).

Respecto al punto C, el peso, que está aplicado en él, no produce giro alguno y su momento es 0.

La reacción del caballete izquierdo produciría un giro en sentido horario, mientras que el del caballete derecho lo haría en sentido antihorario. Esto nos da directamente la condición anterior

$-d_{A}F_{A}+d_{B}F_{B}=0\,$

Esta condición se puede escribir como una igualdad de proporciones

${\frac {F_{B}}{F_{A}}}={\frac {d_{A}}{d_{B}}}$

que nos dice que la fuerza de reacción más intensa será la que se aplique a menor distancia del CM.

Resolvemos el sistema de ecuaciones

$\left\{{\begin{array}{rcl}F_{A}+F_{B}&=&mg\\d_{A}F_{A}&=&d_{B}F_{B}\end{array}}\right.\qquad \Rightarrow \qquad F_{A}={\frac {d_{B}mg}{d_{A}+d_{B}}}\qquad \qquad F_{B}={\frac {d_{A}mg}{d_{A}+d_{B}}}$

Empleando valores numéricos

$F_{A}={\frac {0.2\times 60}{0.2+0.8}}\,\mathrm {N} =15\mathrm {N} \qquad \qquad F_{B}={\frac {0.6\times 60}{0.2+0.8}}\,\mathrm {N} =45\mathrm {N}$

Como dijimos, la mesa carga más sobre el caballete más cercano al centro de masas.

Masa máxima

El cálculo de la masa máxima que no vuelca la tabla lo podemos hacer de dos formas sencillas:

• Reduciendo las fuerzas en el punto A, alrededor del cual rotaría la tabla si volcara.
• Reduciendo las fuerzas en el centro de masas como en el apartado anterior.

De las dos alternativas, la primera es la más sencilla.

Lo que ocurre al colocar una masa en el extremo es que se altera la distribución de fuerzas. la plataforma (con peso añadido) empieza a cargarse más sobre el caballete izquierdo, reduciendo la carga en el derecho. Llega un punto en que la reacción en B se anula. Esa es la masa máxima M que podemos colocar. Si aumentamos la carga, la fuerza en B se haría negativa, lo cual es imposible, ya que el caballete no puede tirar de la mesa hacia abajo. Se trata de un vinculo unilateral.

Archivo:Mesa-caballetes-03.png

Dicho de otra forma, la masa máxima es aquella que deja la plataforma en equilibrio sobre el caballete de A, que actuaría como el fulcro de una balanza, cumpliéndose la ley de la palanca: la potencia por su brazo es igual a la resistencia por el suyo. Las longitudes de los brazos son respectivamente

$d_{A}=0.60\,\mathrm {m} \qquad \qquad {\frac {L}{2}}-d_{A}=0.40\,\mathrm {m}$

La condición de equilibrio en ese caso límite sería

$F_{A}=mg+Mg\,\qquad \qquad (F_{B}=0)$

y para los momentos respecto al punto A tendríamos

$Mg\left({\frac {L}{2}}-d_{A}\right)-mgd_{A}=0\qquad \Rightarrow \qquad M={\frac {d_{A}}{L/2-d_{A}}}m$

Con esta condición nos basta para determinar la masa crítica.

En valor numérico

$M={\frac {0.60}{0.40}}6.0\,\mathrm {kg} =9.0\,\mathrm {kg}$

Vuelco

Ahora tenemos una situación análoga a la del apartado anterior, pero con la masa apoyada en el lado derecho. Al ser de solo 2.2kg parecería que esta masa no es capaz de volcar la tabla. Sin embargo, la condición para el vuelco en el lado derecho es

$M={\frac {d_{B}}{L/2-d_{B}}}m={\frac {0.2}{0.8}}6\mathrm {kg} =1.5\,\mathrm {kg}$

Como la mesa está tan desequilibrada, una masa pequeña es capaz de hacerla volcar. En este caso, con 2.2kg la mesa empezará a girar alrededor del punto B, que es el nuevo fulcro.

La condición para los momentos ya no es de equilibrio, sino dinámica:

$\sum _{i}{\vec {M}}_{i}=I_{B}{\vec {\alpha }}$

siendo ${\vec {M}}_{i}$ los momentos de las distintas fuerzas respecto al punto de giro B e $I_{B}$ el momento de inercia respecto a este punto.

En este caso como en los anteriores, los momentos van todos en la dirección perpendicular al plano de movimiento, y lo mismo ocurrirá con la aceleración angular

${\vec {M}}_{I}=\pm F_{i}d_{i}{\vec {k}}\qquad \qquad {\vec {\alpha }}=\alpha {\vec {k}}$

siendo el signo el dado por el sentido de giro que produce la fuerza.

El momento de inercia $I_{B}$ vale, por el teorema de Steiner

$I_{B}=I_{C}+md_{B}^{2}=\left({\frac {1}{12}}6.0(2.0)^{2}+6.0(0.2)^{2}\right)\mathrm {kg} \cdot \mathrm {m} ^{2}=2.24\,\mathrm {kg} \cdot \mathrm {m} ^{2}$ Archivo:Mesa-caballetes-04.png

Aplicando la ecuación para los momentos nos queda, en el SI

$60\times 0.2-22\times 0.8=-5.6=2.24\alpha \qquad \Rightarrow \qquad \alpha =-2.5{\frac {\mathrm {rad} }{\mathrm {s} ^{2}}}$

Una vez que tenemos la aceleración angular de la tabla, podemos hallar la aceleración lineal de su centro de masa, ya que en el instante en que comienza el giro el CM está describiendo un movimiento circular y por tanto

${\vec {a}}_{C}={\vec {\alpha }}\times {\vec {r}}+{\vec {\omega }}\times ({\vec {\omega }}\times {\vec {r}})$

Cuando empieza a moverse la velocidad angular es nula, por lo que se reduce a

${\vec {a}}_{C}={\vec {\alpha }}\times {\overrightarrow {BC}}=(-2.5{\vec {k}})\times (-0.2{\vec {\imath }})=+0.5{\vec {\jmath }}{\frac {\mathrm {m} }{\mathrm {s} ^{2}}}$

La aceleración es positiva, ya que el centro de la mesa empieza a elevarse.

Por último, la reacción del caballete la da la ecuación para las fuerzas

$\sum _{i}{\vec {F}}_{i}=m{\vec {a}}_{C}$

que en este caso da

$-mg+F_{B}-Mg=ma_{C}\qquad \qquad F_{B}=mg+Mg+ma_{C}=(60+22+3)\mathrm {N} =85\,\mathrm {N}$

Es decir, el apoyo no solo compensa los dos pesos, sino que además es capaz de elevar el CM de la tabla.