Vuelco en un plano inclinado

Enunciado

Se tiene un bloque en forma de prisma de altura $h$ y base cuadrada de lado $b$, situado sobre un plano inclinado un ángulo $\alpha$. Dos de los lados de la base son paralelos a la dirección de descenso del plano (y los otros dos son ortogonales). El coeficiente de rozamiento (estático y dinámico) entre el bloque y el plano vale $\mu$.

Determine el máximo valor de $h$ para que el bloque no vuelque si

1. El coeficiente de rozamiento $\mu >\mathrm {tg} (\alpha )$.
2. El coeficiente de rozamiento $\mu <\mathrm {tg} (\alpha )$.

Rozamiento elevado

Cuando el coeficiente de rozamiento es mayor que la pendiente del plano el bloque no desliza, ya que la fuerza de rozamiento es lo bastante intensa como para contrarrestar la componente del peso en la dirección de descenso del plano. Asimismo, la reacción normal del plano compensa la componente del peso normal a él

$m{\vec {g}}+{\vec {F}}_{n}+{\vec {F}}_{r}={\vec {0}}\qquad \qquad \left\{{\begin{array}{rcl}-mg\cos(\alpha )+F_{n}&=&0\\-mg\,\mathrm {sen} (\alpha )+F_{r}&=&0\end{array}}\right.$

Cuando se considera el bloque no como una partícula, sino como un sólido, es preciso un análisis más detallado.

La condición de equilibrio para el bloque es doble: que la resultante de las fuerzas aplicadas se anule y que también lo haga el momento de las fuerzas aplicadas.

${\vec {F}}={\vec {0}}\qquad \qquad {\vec {M}}_{O}={\vec {0}}$

A la hora de sumar las fuerzas, realmente no hay un solo peso, ni una sola reacción normal del plano, ni una sola fuerza de rozamiento, sino una infinitud de ellas.

Para el peso, tenemos que cada punto tiene un peso diferencial

$\mathrm {d} {\vec {P}}=\mathrm {d} m\,{\vec {g}}$

siendo la resultante de todos los pesos el peso total, por ser la aceleración de la gravedad la misma para todos los puntos

${\vec {P}}=\int _{m}\mathrm {d} {\vec {P}}=\int _{m}{\vec {g}}\,\mathrm {d} m={\vec {g}}\int _{m}\mathrm {d} m=m{\vec {g}}$

Para la fuerza de reacción, en cada punto de contacto entre el sólido y el plano se ejerce una cierta fuerza normal y una cierta fuerza de rozamiento.

Lo que vemos como reacción normal del plano es en realidad la resultante de todas las fuerzas normales

${\vec {F}}_{n}=\int \mathrm {d} {\vec {F}}_{n}$

Todas las reacciones tienen en común que son en la dirección del eje Z y van dirigidas hacia $z>0$ (ya que el vínculo es unilateral), por lo que se puede escribir

$\mathrm {d} {\vec {F}}_{n}=\mathrm {d} F_{n}{\vec {k}}\qquad \qquad {\vec {F}}_{n}=F_{n}{\vec {k}}\qquad \qquad F_{n}=\int \mathrm {d} F_{n}$

Del mismo modo, la fuerza neta de rozamiento es la resultante de las fuerzas de rozamiento diferenciales

$\mathrm {d} {\vec {F}}_{r}=\mathrm {d} F_{r}{\vec {\imath }}\qquad \qquad {\vec {F}}_{r}=\int \mathrm {d} {\vec {F}}_{r}$

Cuando el bloque se trata como un sólido, no solo debe cumplirse que la suma de fuerzas debe ser nula. También debe serlo la suma de los momentos respecto a un punto de referencia

${\vec {M}}_{O}={\vec {0}}$

El momento de las fuerzas de reacción sera la resultante de los momentos diferenciales. Elegimos como punto de referencia la esquina inferior del bloque (respecto de cual se produciría el vuelco, caso de que ocurriera).

Para el peso tenemos

${\vec {M}}_{Og}=\int _{M}{\vec {r}}\times (\mathrm {d} m{\vec {g}})=\left(\int _{m}{\vec {r}}\,\mathrm {d} m\right)\times {\vec {g}}=m{\vec {r}}_{C}\times {\vec {g}}={\vec {r}}_{C}\times {\vec {P}}$

Aquí he hemos aplicado la definición de la posición del CM de un sistema de partículas. Nótese que al sacar la aceleración de la gravedad de la integral hay que tener cuidado de mantener el orden del producto vectorial. El resultado nos dice que el sistema de fuerzas formado por los pesos diferenciales es equivalente a una sola fuerza (el peso total) aplicada en el CM del bloque.

El momento de las fuerzas de reacción viene dado por una integral

${\vec {M}}_{OR}=\int _{0}^{b}(x{\vec {\imath }})\times (\mathrm {d} F_{r}{\vec {\imath }}+\mathrm {d} F_{n}{\vec {k}})=-M_{R}{\vec {\jmath }}$

No sabemos cuánto vale esta cantidad (ya que desconocemos cómo está distribuida la fuerza normal) pero sí podemos afirmar que $M_{R}>0$, ya que el producto vectorial del vector de posición de un punto de contacto multiplicado por la fuerza de reacción normal en cada uno de los puntos va en la dirección y sentido de $-{\vec {\jmath }}$. Dicho en términos físicos, la fuerza de reacción puede impedir que gire hacia dentro del plano (obvio, porque es impenetrable), pero no que gire hacia afuera (ya que no es capaz de retener al sólido).

La condición de equilibrio de los momentos queda entonces

${\vec {M}}_{O}={\vec {r}}_{C}\times (m{\vec {g}})-M_{R}{\vec {\jmath }}$

siendo el momento del peso

${\vec {r}}_{C}\times (m{\vec {g}})=\left|{\begin{matrix}{\vec {\imath }}&{\vec {\jmath }}&{\vec {k}}\\b/2&0&h/2\\-mg\,\mathrm {sen} (\alpha )&0&-mg\cos(\alpha )\end{matrix}}\right|={\frac {mg}{2}}(b\cos(\alpha )-h\,\mathrm {sen} (\alpha )){\vec {\jmath }}$

Llevando esto a la ecuación de equilibrio

${\frac {mg}{2}}(b\cos(\alpha )-h\,\mathrm {sen} (\alpha ))-M_{R}=0$

puesto que

$M_{R}\geq 0$

obtenemos la condición para $h$

${\frac {mg}{2}}(b\cos(\alpha )-h\,\mathrm {sen} (\alpha ))=M_{R}\geq 0\qquad \Rightarrow \qquad h<b\,\mathrm {cotg} (\alpha )$

Gráficamente esta condición equivale a que la vertical del peso debe caer dentro de la superficie de la base del bloque. Si cae fuera de ella, el bloque vuelca.

No vuelco	Vuelco

Rozamiento débil

Cuando el rozamiento es pequeño, el bloque desliza por la pendiente de forma acelerada. Las ecuaciones de la dinámica en este caso deben incluir el término correspondiente

$m{\vec {g}}+{\vec {F}}_{n}+{\vec {F}}_{r}=m{\vec {a}}\qquad \qquad \left\{{\begin{array}{rcl}-mg\cos(\alpha )+F_{n}&=&0\\-mg\,\mathrm {sen} (\alpha )+F_{r}&=&ma\end{array}}\right.$

De aquí obtenemos el resultado conocido

$a=-g(\mathrm {sen} (\alpha )-\mu \cos(\alpha ))\,$

Esta ecuación sigue siendo aplicable en este caso, entendiendo ${\vec {a}}$ como la aceleración del CM del sólido. Puesto que el bloque se traslada, esta aceleración es también la de cualquier otro punto del sólido.

A esta ecuación habrá que añadir la de los momentos de las fuerzas

${\vec {M}}_{O}=m{\vec {r}}_{C}\times {\vec {a}}_{C}+I{\vec {\alpha }}$

Puesto que estamos buscando que el bloque no vuelque, la aceleración angular debe ser nula (el prisma efectúa una traslación) y podemos eliminar el segundo término. Esto nos deja con

${\vec {r}}_{C}\times (m{\vec {g}})-M_{r}{\vec {\jmath }}=m{\vec {r}}_{C}\times {\vec {a}}_{C}$

El primer miembro lo calculamos en el apartado anterior

${\vec {r}}_{C}\times (m{\vec {g}})-M_{r}{\vec {\jmath }}=\left({\frac {mg}{2}}(b\cos(\alpha )-h\,\mathrm {sen} (\alpha ))-M_{r}\right){\vec {\jmath }}$

mientras que el segundo es igual a

$m{\vec {r}}_{C}\times {\vec {a}}_{C}=m\left|{\begin{matrix}{\vec {\imath }}&{\vec {\jmath }}&{\vec {k}}\\b/2&0&h/2\\a&0&0\end{matrix}}\right|={\frac {mha}{2}}{\vec {\jmath }}$

Igualando los dos miembros

${\frac {mg}{2}}(b\cos(\alpha )-h\,\mathrm {sen} (\alpha ))-M_{r}={\frac {mha}{2}}$

Sustituimos la aceleración calculada a partir de la ecuación para las fuerzas

${\frac {mg}{2}}(b\cos(\alpha )-h\,\mathrm {sen} (\alpha ))-M_{r}=-{\frac {mh}{2}}g\left(\mathrm {sen} (\alpha )-\mu \cos(\alpha )\right)$

que, una vez simplificada da

${\frac {mg}{2}}\cos(\alpha )(b-\mu h)=M_{r}$

Puesto que, como antes, la condición es el que el momento de las fuerzas de reacción solo puede tener un sentido, llegamos a la condición

${\frac {mg}{2}}\cos(\alpha )(b-\mu h)=M_{r}\geq 0\qquad \Rightarrow \qquad h\leq {\frac {b}{\mu }}$

Puesto que estamos suponiendo que $\mu <\mathrm {tg} (\alpha )$ esta condición es más suave que la anterior, esto es, es más difícil que vuelque si ya está deslizando.