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= Enunciado =
[[File:F1_GIC_placa_pivotando_muelle.png|right]]

Una placa cuadrada homogénea de masa <math>m</math> y lado <math>2L</math> se apoya sobre uno de sus
extremos, el punto <math>O</math> de la figura. Este vértice de la placa no se mueve nunca.
Un muelle de constante elástica <math>k</math> y
longitud natural <math>l_0=L</math> está conectado a un punto <math>D</math> del lado <math>OA</math> de la placa. El
otro extremo del muelle está en el eje <math>OX</math>, 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 <math>mg=kL</math>.

#Dibuja el diagrama de cuerpo libre del sólido rígido.
#Encuentra las expresiones de las fuerzas que actúan sobre la placa.
#Si tenemos <math>\beta=\pi/3</math>, encuentra el valor de <math>l</math> para el que la placa está en equlibrio.
#Suponiendo que <math>\beta=\pi/4</math>, calcula el par de fuerzas que habría que aplicar sobre la placa para que esté en equilibrio cuando el punto <math>D</math> coincide con el <math>A</math> (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 ==
[[File:F1_GIC_placa_pivotando_muelle_fuerzas.png|right]]
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 <math>O</math>. La expresión de estas fuerzas es
<center>
<math>
\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}^O_{k} = O_x\,\vec{\imath} + O_y\,\vec{\jmath} + O_z\,\vec{k}
\end{array}
</math>
</center>
La fuerza vincular tiene tres componentes no nulas a priori pues el punto <math>O</math> no puede moverse. Hemos usado que, según el enunciado, <math>mg=kL</math>.

== Equilibrio con <math>\beta=\pi/3</math> ==
Las condiciones de equilibrio son fuerza neta nula y momento de fuerzas respecto a cualquier punto nulo. De la primera condición obtenemos
<center>
<math>
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.
</math>
</center>

[[File:F1_GIC_placa_pivotando_muelle_CM.png|right]]
Calculamos los momentos de las fuerzas respecto a  <math>O</math>:
<center>
<math>
\vec{M}^O = \overrightarrow{OG}\times(m\vec{g}) + \overrightarrow{OD}\times\vec{F}_k
</math>
</center>
La fuerza vincular no ejerce momento respecto a <math>O</math>. Tenemos
<center>
<math>
\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OE} + \overrightarrow{EG}
</math>
</center>
De la figura vemos que
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
Por tanto
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
Imponiendo la condición de equilibrio <math>\vec{M}_O=\vec{0}</math> obtenemos la ecuación
<center>
<math>
l^2\cos\beta\,\mathrm{sen}\,\beta - l\,L\cos\beta + L^2(\cos\beta-\mathrm{sen}\,\beta) = 0
</math>
</center>
En el caso <math>\beta=\pi/3</math> tenemos
<center>
<math>
\cos\beta = 1/2, \qquad \mathrm{sen}\,\beta=\sqrt{3}/2
</math>
</center>
Resolviendo la ecuación de segundo grado, nos quedamos con la solución positiva
<center>
<math>
l = 1.66\,L
</math>
</center>
La fuerza vincular es 
<center>
<math>
\vec{\Phi}^O = 1.44 kL \,\vec{\jmath}
</math>
</center>

== Par de fuerzas cuando el muelle está en <math>A</math> y <math>\beta=\pi/4</math>==
Ahora hay que añadir un par de fuerzas externo en la condición de momento nulo. Tenemos
<center>
<math>
\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 
</math>
</center>
Cuando <math>\beta=\pi/4 </math> tenemos
<center>
<math>
\overrightarrow{OG}\times(m\vec{g}) = \vec{0}
</math>
</center>
Si el extremo del muelle está en <math>A</math> y <math>\beta=\pi/4 </math>  el par que ejerce el muelle es
<center>
<math>
\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}
</math>
</center>
Por tanto el par que hay que aplicar es
<center>
<math>
\vec{\tau} = -kL^2\,\dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}\,\vec{k}
</math>
</center>

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