Placa cuadrada pivotando conectada a un muelle, Sept 2017 (G.I.C.)

Enunciado

Una placa cuadrada homogénea de masa $m$ y lado $2L$ se apoya sobre uno de sus extremos, el punto $O$ de la figura. Este vértice de la placa no se mueve nunca. Un muelle de constante elástica $k$ y longitud natural $l_{0}=L$ está conectado a un punto $D$ del lado $OA$ de la placa. El otro extremo del muelle está en el eje $OX$, de modo que el muelle es siempre vertical. La gravedad actúa como se indica en la figura. La masa de la placa es tal que $mg=kL$.

1. Dibuja el diagrama de cuerpo libre del sólido rígido.
2. Encuentra las expresiones de las fuerzas que actúan sobre la placa.
3. Si tenemos $\beta =\pi /3$, encuentra el valor de $l$ para el que la placa está en equlibrio.
4. Suponiendo que $\beta =\pi /4$, calcula el par de fuerzas que habría que aplicar sobre la placa para que esté en equilibrio cuando el punto $D$ coincide con el $A$ (el muelle siempre está vertical). Encuentra también el valor de las fuerzas vinculares en esta situación.

Solución

Diagrama de cuerpo libre y expresiones de las fuerzas

El diagrama de la derecha muestra las tres fuerzas que actúan sobre la placa: el peso, la fuerza del muelle y la fuerza vincular en $O$. La expresión de estas fuerzas es

${\begin{array}{l}m{\vec {g}}=-mg\,{\vec {\jmath }}=-kL\,{\vec {\jmath }}\\{\vec {F}}_{k}=-k(l\,\mathrm {sen} \,\beta -L)\,{\vec {\jmath }}\\{\vec {\Phi }}_{k}^{O}=O_{x}\,{\vec {\imath }}+O_{y}\,{\vec {\jmath }}+O_{z}\,{\vec {k}}\end{array}}$

La fuerza vincular tiene tres componentes no nulas a priori pues el punto $O$ no puede moverse. Hemos usado que, según el enunciado, $mg=kL$.

Equilibrio con $\beta =\pi /3$

Las condiciones de equilibrio son fuerza neta nula y momento de fuerzas respecto a cualquier punto nulo. De la primera condición obtenemos

$m{\vec {g}}+{\vec {F}}_{k}+{\vec {\Phi }}^{O}=0\Longrightarrow \left\{{\begin{array}{lcl}(X)&\to &O_{x}=0\\(Y)&\to &O_{y}-kl\,\mathrm {sen} \,\beta =0\\(Z)&\to &O_{z}=0\end{array}}\right.$

Calculamos los momentos de las fuerzas respecto a $O$:

${\vec {M}}^{O}={\overrightarrow {OG}}\times (m{\vec {g}})+{\overrightarrow {OD}}\times {\vec {F}}_{k}$

La fuerza vincular no ejerce momento respecto a $O$. Tenemos

${\overrightarrow {OG}}={\overrightarrow {OE}}+{\overrightarrow {EG}}$

De la figura vemos que

${\begin{array}{l}{\overrightarrow {OE}}=L\cos \beta \,{\vec {\imath }}+L\,\mathrm {sen} \,\beta \,{\vec {\jmath }}\\{\overrightarrow {EG}}=-L\,\mathrm {sen} \,\beta \,{\vec {\imath }}+L\cos \beta \,{\vec {\jmath }}\\{\overrightarrow {OD}}=l\cos \beta \,{\vec {\imath }}+l\,\mathrm {sen} \,\beta \,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Por tanto

${\begin{array}{l}{\overrightarrow {OG}}\times (m{\vec {g}})=-kL^{2}(\cos \beta -\,\mathrm {sen} \,\beta )\,{\vec {k}}\\{\overrightarrow {OA}}\times {\vec {F}}_{k}=-kl\cos \beta \,(l\,\mathrm {sen} \,\beta -L)\,{\vec {k}}\end{array}}$

Imponiendo la condición de equilibrio ${\vec {M}}_{O}={\vec {0}}$ obtenemos la ecuación

$l^{2}\cos \beta \,\mathrm {sen} \,\beta -l\,L\cos \beta +L^{2}(\cos \beta -\mathrm {sen} \,\beta )=0$

En el caso $\beta =\pi /3$ tenemos

$\cos \beta =1/2,\qquad \mathrm {sen} \,\beta ={\sqrt {3}}/2$

Resolviendo la ecuación de segundo grado, nos quedamos con la solución positiva

$l=1.66\,L$

La fuerza vincular es

${\vec {\Phi }}^{O}=1.44kL\,{\vec {\jmath }}$

Par de fuerzas cuando el muelle está en $A$ y $\beta =\pi /4$

Ahora hay que añadir un par de fuerzas externo en la condición de momento nulo. Tenemos

${\vec {\tau }}+{\overrightarrow {OG}}\times (m{\vec {g}})+{\overrightarrow {OA}}\times {\vec {F}}_{k}=0\Longrightarrow {\vec {\tau }}=-{\overrightarrow {OG}}\times (m{\vec {g}})-{\overrightarrow {OA}}\times {\vec {F}}_{k}$

Cuando $\beta =\pi /4$ tenemos

${\overrightarrow {OG}}\times (m{\vec {g}})={\vec {0}}$

Si el extremo del muelle está en $A$ y $\beta =\pi /4$ el par que ejerce el muelle es

${\overrightarrow {OA}}\times {\vec {F}}_{k}={\sqrt {2}}L({\vec {\imath }}+{\vec {\jmath }})\times (kL(1-1/{\sqrt {2}})\,{\vec {\jmath }})=kL^{2}\,{\dfrac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}\,{\vec {k}}$

Por tanto el par que hay que aplicar es

${\vec {\tau }}=-kL^{2}\,{\dfrac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}\,{\vec {k}}$