Revisión actual - 10:44 3 nov 2023

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 $mg=kL$ .

Dibuja el diagrama de cuerpo libre del sólido rígido.
Encuentra las expresiones de las fuerzas que actúan sobre la placa.
Si tenemos $\beta =\pi /3$ , encuentra el valor de $l$ para el que la placa está en equlibrio.
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

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

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@@ Línea 1: / Línea 1: @@
+= 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>
+[[Categoría: Problemas de Estática]]
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Enunciado

Solución

Diagrama de cuerpo libre y expresiones de las fuerzas

Equilibrio con $\beta =\pi /3$

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

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Enunciado

Solución

Diagrama de cuerpo libre y expresiones de las fuerzas

Equilibrio con β = π / 3 {\displaystyle \beta =\pi /3}

Par de fuerzas cuando el muelle está en A {\displaystyle A} y β = π / 4 {\displaystyle \beta =\pi /4}

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Equilibrio con $\beta =\pi /3$

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