Varilla apoyada sobre dos rampas, Enero 2012 (G.I.C.)

Enunciado

Una barra de longitud $L$ y masa $m$ se apoya sobre dos planos inclinados como se indica en la figura. Los apoyos en los planos son lisos. El peso de la barra se aplica en su centro. Dibuja el diagrama de cuerpo libre de la barra.

1. Calcula las fuerzas de reacción vincular en los apoyos (puntos $A$ y $B$).
2. Calcula el valor del ángulo $\theta$ para el que la barra se encuentra en equilibrio.
3. Consideramos ahora una situación en la que el ángulo $\theta$ vale $\theta =30.0^{\circ }$. En este caso el contacto en $A$ es rugoso mientras que en $B$ es liso. Calcula el valor del módulo de la fuerza de rozamiento en $A$ si la masa de la barra es $m=250\,\mathrm {g}$.

Solución

Diagrama de sólido libre

Las fuerzas externas que actúan sobre la barra son su peso, aplicado en el centro, y las fuerzas de reacción vincular en los puntos A y B. Al ser los vínculos lisos, las fuerzas de reacción vincular en los puntos A y B son perpendiculares a las superficies respectivas. Por tanto, ${\vec {\Phi }}^{\,A}$ forma un ángulo de $30^{\circ }$ grados con la vertical y la fuerza ${\vec {\Phi }}^{\,B}$ forma un ángulo de $45^{\circ }$ grados con la vertical.

Como hay tres fuerzas coplanarias, para que haya equilibrio es condición necesaria que las rectas soportes de las tres fuerzas se corten en un punto. Este punto debe estar en la vertical del centro de la barra. De hecho, a partir de esta condición geométrica es posible obtener el valor de equilibrio del ángulo $\theta$, aunque no es la forma más sencilla de hacerlo.

Fuerzas de reacción vincular

Dado que los vínculos son lisos, las fuerzas de reacción vincular son perpendiculares a las superficies. Como hay dos puntos de apoyo, tenemos dos fuerzas, esto es, dos incógnitas. En un problema plano las condiciones de equilibrio son fuerza neta nula y momento resultante neto nulo. Estas condiciones proporcionan tres ecuaciones. La tercera incógnita es el ángulo que forma la barra con la horizontal. Es decir, las incógnitas del problema son

$|{\vec {\Phi }}^{A}|\qquad |{\vec {\Phi }}^{B}|\qquad \theta _{eq}$

Escogiendo el sentido indicado en el diagrama de sólido libre del apartado anterior, las expresiones en el sistema de ejes indicado de las fuerzas que actúan sobre la barra son

${\begin{array}{l}{\vec {P}}=-m\,g\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {\Phi }}^{\,A}=N^{A}\,\mathrm {sen} \,30^{\circ }\,{\vec {\imath }}+N^{A}\,\cos 30^{\circ }\,{\vec {\imath }}={\dfrac {1}{2}}\,N^{A}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\,N^{A}\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {\Phi }}^{\,B}=-N^{B}\,\mathrm {sen} \,45^{\circ }\,{\vec {\imath }}+N^{B}\,\cos 45^{\circ }\,{\vec {\imath }}=-{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}\,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Para que la barra esté en equilibrio la fuerza neta que actúa sobre ella debe ser cero

${\vec {P}}+{\vec {\Phi }}^{\,A}+{\vec {\Phi }}^{\,B}={\vec {0}}$

Igualando las componentes obtenemos dos ecuaciones

${\begin{array}{l}{\dfrac {1}{2}}\,N^{A}-{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}=0\\\\{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\,N^{A}+{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}=mg\end{array}}$

Las incógnitas aquí son $N^{A}$ y $N^{B}$. Resolviendo el sistema obtenemos las fuerzas de reacción vincular

${\begin{array}{l}N^{A}={\dfrac {2}{1+{\sqrt {3}}}}\,m\,g=0.732\,m\,g\\\\N^{B}={\dfrac {\sqrt {2}}{1+{\sqrt {3}}}}\,m\,g=0.518\,m\,g\end{array}}$

Ángulo de equilibrio

El valor del ángulo de equilibrio se obtiene de la otra condición que debe cumplirse para que la barra esté en equilibrio: que el momento resultante de las fuerzas externas que actúan sobre la barra sea nulo en cualquier punto.

Escogemos el punto A para calcular los momentos. De este modo el momento de la fuerza ${\vec {\Phi }}^{A}$ es nulo. El momento resultante es

${\vec {M}}_{A}={\overrightarrow {AG}}\times {\vec {P}}+{\overrightarrow {AB}}\times {\vec {\Phi }}^{B}$

y debe ser nulo. Los vectores geométricos son

${\begin{array}{l}{\overrightarrow {AB}}=L\cos {\theta _{eq}}\,{\vec {\imath }}+L\,\mathrm {sen} \,\theta _{eq}\,{\vec {\jmath }}\\\\{\overrightarrow {AG}}={\dfrac {1}{2}}\,L\cos {\theta _{eq}}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {1}{2}}\,L\,\mathrm {sen} \,\theta _{eq}\,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Los productos vectoriales son

${\overrightarrow {AB}}\times {\vec {\Phi }}^{B}=\left|{\begin{array}{ccc}{\vec {\imath }}&{\vec {\jmath }}&{\vec {k}}\\L\cos \theta _{eq}&\mathrm {sen} \,\theta _{eq}&0\\-{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}&{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}&0\end{array}}\right|={\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,L\,N^{B}\,(\mathrm {sen} \,\theta _{eq}+\cos \theta _{eq})\,{\vec {k}}$

y

${\overrightarrow {AG}}\times {\vec {P}}=\left({\dfrac {1}{2}}\,L\cos {\theta _{eq}}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {1}{2}}\,L\,\mathrm {sen} \,\theta _{eq}\,{\vec {\jmath }}\right)\times (-m\,g\,{\vec {\jmath }})=-{\dfrac {1}{2}}\,L\,m\,g\cos \theta _{eq}\,{\vec {k}}$

Imponiendo que la suma se anule, obtenemos una ecuación para el ángulo

${\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}\,(\mathrm {sen} \,\theta _{eq}+\cos \theta _{eq})={\dfrac {1}{2}}\,m\,g\cos \theta _{eq}$

Sustituimos el valor de $N^{B}$ obtenido en el apartado anterior. Tenemos

$\mathrm {sen} \,\theta _{eq}+\cos \theta _{eq}={\dfrac {1}{{\sqrt {2}}\,N^{B}}}\,\cos \theta _{eq}={\dfrac {1+{\sqrt {3}}}{2}}\,\cos \theta _{eq}$

Pasando a la derecha el coseno de la izquierda tenemos

$\mathrm {sen} \,\theta _{eq}={\dfrac {{\sqrt {3}}-1}{2}}\,\cos \theta _{eq}\Longrightarrow \tan \theta _{eq}={\dfrac {{\sqrt {3}}-1}{2}}=0.366$

El ángulo de equilibrio se obtiene haciendo la arcotangente de este valor

$\theta _{eq}=0.351\,\mathrm {rad} =20.1^{\circ }$

Fuerza de rozamiento en A para un ángulo dado

Nos planteamos ahora un problema diferente. El apoyo en A es rugoso, por lo que la fuerza de reacción vincular en A tiene una componente normal y otra tangente a la superficie, esto es, hay dos incógnitas en A ($N^{A}$ y $f^{A}$). La fuerza en B es puramente perpendicular, por lo que sólo hay componente normal y, por tanto, una incógnita. Tenemos entonces tres incógnitas para las fuerzas. Por en este caso se da como dato el ángulo que forma la barra con la horizontal. De este modo, volveremos a tener tres ecuaciones para tres incógnitas, que son

$N^{A}\qquad f^{A}\qquad N^{B}$

La figura muestra el diagrama de sólido libre. Es igual al del primer apartado, salvo que en el punto A añadimos una fuerza de rozamiento paralela a la superficie, y que el ángulo $\theta$ ahora está fijado y vale $\theta _{o}=30^{\circ }$.

La proyección de las fuerza activas sobre la barra es igual a la del apartado 2, añadiendo la fuerza de rozamiento

${\begin{array}{l}{\vec {P}}=-m\,g\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {N}}^{\,A}=N^{A}\,\mathrm {sen} \,30^{\circ }\,{\vec {\imath }}+N^{A}\,\cos 30^{\circ }\,{\vec {\imath }}={\dfrac {1}{2}}\,N^{A}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\,N^{A}\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {f}}^{\,A}=-f^{A}\cos 30^{\circ }\,{\vec {\imath }}+f^{A}\,\,\mathrm {sen} \,30^{\circ }\,{\vec {\imath }}=-{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\,f^{A}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {1}{2}}\,f^{A}\,{\vec {\jmath }}\\\\{\vec {\Phi }}^{\,B}=-N^{B}\,\mathrm {sen} \,45^{\circ }\,{\vec {\imath }}+N^{B}\,\cos 45^{\circ }\,{\vec {\imath }}=-{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}\,{\vec {\imath }}+{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}\,{\vec {\jmath }}\end{array}}$

Ahora tenemos tres incógnitas. La condición de fuerza neta nula nos da dos ecuaciones

${\vec {P}}+{\vec {N}}^{\,A}+{\vec {f}}^{A}+{\vec {\Phi }}^{\,B}={\vec {0}}$

Igualando las componentes obtenemos dos ecuaciones

${\begin{array}{l}{\dfrac {1}{2}}\,N^{A}-{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\,f^{A}-{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}=0\\\\{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\,N^{A}+{\dfrac {1}{2}}\,f^{A}+{\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,N^{B}=mg\end{array}}$

La tercera ecuación resulta de igualar a cero el momento resultante neto respecto de cualquier punto. Si calculamos los momentos respecto al punto A, podemos usar las expresiones del apartado 3, sustituyendo $\theta$ por $\theta _{0}=30^{\circ }$. Utilizando ya que $m=250\,\mathrm {g}$ y $g=9.81\,\mathrm {m/s^{2}}$ tenemos

${\begin{array}{l}{\overrightarrow {AB}}\times {\vec {\Phi }}^{B}={\dfrac {1}{\sqrt {2}}}\,L\,N^{B}\,(\mathrm {sen} \,30^{\circ }+\cos 30^{\circ })\,{\vec {k}}=0.966\,L\,N^{B}\,{\vec {k}}\\\\{\overrightarrow {AG}}\times {\vec {P}}=-{\dfrac {1}{2}}\,L\,m\,g\cos 30^{\circ }\,{\vec {k}}=-1.06\,L\,{\vec {k}}\end{array}}$

La suma de esos momento debe ser nula, de donde obtenemos

$N^{B}=1.10\,\mathrm {N}$

El signo positivo de $f^{A}$ nos dice que el sentido de la fuerza de rozamiento en A es el que hemos escogido en el diagrama de sólido libre. Sustituyendo este valor en las dos ecuaciones obtenidas de la condición de fuerza neta nula tenemos dos ecuaciones para dos incógnitas, $N^{A}$ y $f^{A}$. Resolviendo el sistema obtenemos

$N^{A}=1.84\,\mathrm {N} \qquad f^{A}=0.164\,\mathrm {N}$

Errores comunes

Indicamos aquí algunos errores detectados al corregir este problema

1. Al proyectar las fuerzas de reacción vincular hay que elegir bien los ángulos que forman con los ejes.
2. Se puede decir que, por ejemplo, la fuerza de reacción vincular en A es ${\vec {\Phi }}^{A}=N_{x}^{A}\,{\vec {\imath }}+N_{y}^{A}\,{\vec {\jmath }}$. Pero así estamos añadiendo más incógnitas. Si se hace esto, hay que añadir las expresiones $N_{x}^{A}=N^{A}\,\mathrm {sen} \,30^{\circ }$ y $N_{y}^{A}=N^{A}\cos 30^{\circ }$.
3. En el segundo apartado, las dos ecuaciones obtenidas de imponer que la fuerza neta sea nula bastan para calcular $N^{A}$ y $N^{B}$. No hace falta la condición de momento nulo.
4. Al añadir la fuerza de rozamiento en el último apartado no se puede hacer así

${\vec {\Phi }}^{A}=f^{A}\,{\vec {\imath }}+N^{A}\,{\vec {\jmath }}$

La fuerza ${\vec {\Phi }}^{A}$ hay que descomponerla en una componente perpendicular a la superficie y otra tangencial (la fuerza de rozamiento). La expresión de arriba no cumple eso.