Vuelco en plano inclinado (Ene. 2018 G.I.C.)

Enunciado

Un bloque rectangular, de masa $m$ y lados $2a$ y $4a$, descansa sobre un plano inclinado un ángulo $\beta$ respecto de la horizontal. Se aplica sobre el punto $A$ del bloque una fuerza ${\vec {F}}=F_{0}\,{\vec {\imath }}$, con $F_{0}>0$. La fuerza es horizontal al plano inclinado y el punto $A$ está a una distancia $h$ del plano. Consideramos en primera instancia que el contacto entre el bloque y el plano es liso. El ángulo $\beta$ cumple

$\mathrm {sen} \,\beta ={\dfrac {3}{5}},\qquad \cos \beta ={\dfrac {4}{5}}.$

1. Dibuja el diagrama de cuerpo libre del bloque.
2. Encuentra el valor de $F_{0}$ para que haya equilibrio. Encuentra las expresiones de las fuerzas en esta situación.
3. Con las fuerzas obtenidas en el apartado anterior, encuentra las condiciones que debe cumplir $h$ para que el bloque no vuelque hacia la izquierda ni la derecha.
4. Considera ahora que hay rozamiento entre el bloque y el plano inclinado, con coeficiente de rozamiento estático $\mu$. Supongamos que $F_{0}=mg$. Determina las condiciones que deben cumplir $\mu$ y $h$ para que haya equilibrio frente a deslizamiento y vuelco.

Solución

Diagrama de cuerpo libre

Las fuerzas que actúan sobre el bloque son: la fuerza aplicada ${\vec {F}}$ en el punto $A$, el peso en el centro de masas $G$ y la fuerza vincular normal ejercida por el plano ${\vec {N}}$. Esta fuerza es en realidad la resultante de todas las fuerzas que ejerce el plano sobre el bloque en los puntos de su base. No sabemos donde se sitúa esta resultante a priori. Estas fuerzas se ajustan para intentar que el bloque no vuelque. Llamamos $D$ al punto donde se aplica la resultante y $\delta$ a la distancia entre las rectas soporte de ${\vec {N}}$ y ${\vec {P}}$. Este valor es una incógnita del problema. Las fuerzas pueden expresarse así en el sistema de ejes de la figura

${\begin{array}{l}{\vec {F}}=F_{0}\,{\vec {\imath }},\\\\{\vec {P}}=-mg\,\mathrm {sen} \,\beta \,{\vec {\imath }}-mg\cos \beta \,{\vec {\jmath }}=-{\dfrac {3}{5}}mg\,{\vec {\imath }}-{\dfrac {4}{5}}mg\,{\vec {\jmath }},\\\\{\vec {N}}=N\,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

Valor de $F_{0}$ en equilibrio

La primera condición de equilibrio es que la fuerza neta sobre el bloque sea cero

${\vec {F}}+{\vec {P}}+{\vec {N}}={\vec {0}}\Longrightarrow \left\{{\begin{array}{lclr}X)&\to &F_{0}-{\dfrac {3}{5}}mg=0&(1)\\&&&\\Y)&\to &N-{\dfrac {4}{5}}mg=0&(2)\end{array}}\right.$

De aquí obtenemos

$F_{0}={\dfrac {3}{5}}mg$

Las expresiones de las fuerzas son

${\begin{array}{l}{\vec {F}}={\dfrac {3}{5}}mg\,{\vec {\imath }},\\\\{\vec {P}}=-{\dfrac {3}{5}}mg\,{\vec {\imath }}-{\dfrac {4}{5}}mg\,{\vec {\jmath }},\\\\{\vec {N}}={\dfrac {4}{5}}mg\,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

Análisis del vuelco

La otra condición de equilibrio es que el momento neto de las fuerzas que actúan sobre el bloque sea nulo respecto de cualquier punto. Si calculamos los momentos respecto a $G$ el peso no ejerce momento, y tenemos

${\vec {M}}_{G}={\overrightarrow {GA}}\times {\vec {F}}+{\overrightarrow {GD}}\times {\vec {N}}$

Los vectores geométricos son

${\begin{array}{l}{\overrightarrow {GA}}=-a\,{\vec {\imath }}+(h-2a)\,{\vec {\jmath }},\\\\{\overrightarrow {GD}}=\delta \,{\vec {\imath }}-2a\,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

Entonces el momento neto buscado es

${\vec {M}}_{G}=(-{\dfrac {3}{5}}mg(h-2a)+{\dfrac {4}{5}}mg\delta )\,{\vec {k}}={\vec {0}}.\quad (3)$

Entonces

$\delta ={\dfrac {3}{4}}\,(h-2a).$

La situación de vuelco inminente hacia la izquierda ocurre cuando el punto $D$ coincide con el $B$, esto es, $\delta =-a$. Entonces, para que no vuelque hacia la izquierda debe ocurrir

$\delta \geq -a\Longrightarrow h\geq {\dfrac {2}{3}}a.$

La situación de vuelco inminente hacia la derecha ocurre cuando el punto $D$ coincide con el $C$, esto es, $\delta =+a$. Entonces, para que no vuelque hacia la derecha debe ocurrir

$\delta \leq a\Longrightarrow h\leq {\dfrac {10}{3}}a.$

Es decir, para que el bloque no vuelque debe ocurrir

${\dfrac {2}{3}}a\leq h\leq {\dfrac {10}{3}}a$

Equilibrio con rozamiento

Ahora tenemos que incluir la fuerza de rozamiento en el diagrama de cuerpo libre, como se indica en la figura. Esta fuerza es la resultante de todas las fuerzas de rozamiento en los puntos de contacto entre el bloque y el plano inclinado. Es un vector deslizante cuya recta soporte es la que pasa por los puntos $B$ y $C$. Su expresión es

${\vec {F}}_{R}=f\,{\vec {\imath }}.$

No conocemos el sentido a priori, es decir, no conocemos el signo de $f$ a priori.

Aplicamos las condiciones de equilibrio como antes. Aplicamos que en este caso $F_{0}=mg$, como dice el enunciado.

${\vec {F}}+{\vec {P}}+{\vec {N}}+{\vec {F}}_{R}={\vec {0}}\Longrightarrow \left\{{\begin{array}{lclr}X)&\to &mg-{\dfrac {3}{5}}mg+f=0&(4)\\&&&\\Y)&\to &N-{\dfrac {4}{5}}mg=0&(5)\end{array}}\right.$

Obtenemos entonces

${\begin{array}{l}{\vec {F}}_{R}=-{\dfrac {2}{5}}mg\,{\vec {\imath }},\\\\{\vec {N}}={\dfrac {4}{5}}mg\,{\vec {\jmath }}.\end{array}}$

La fuerza de rozamiento apunta hacia la izquierda con estos valores.

Volvemos a calcular el momento neto de las fuerzas respecto de $G$

${\vec {M}}_{G}={\overrightarrow {GA}}\times {\vec {F}}+{\overrightarrow {GD}}\times {\vec {N}}+{\overrightarrow {GE}}\times {\vec {F}}_{R}$

Como la fuerza de rozamiento es un vector deslizante la podemos aplicar en cualquier punto de la base del bloque. El momento neto es

${\vec {M}}_{G}=(-mg(h-2a)+{\dfrac {4}{5}}mg\delta -{\dfrac {4}{5}}mga)\,{\vec {k}}={\vec {0}}.\quad (6)$

Entonces

$\delta ={\dfrac {5h-6a}{4}}$

Equilibrio frente a deslizamiento

Para que el bloque no deslice debe ocurrir

$|{\vec {F}}_{R}|\leq \mu |{\vec {N}}|\Longrightarrow {\dfrac {2}{5}}mg\leq \mu {\dfrac {4}{5}}mg\Longrightarrow \mu \geq 1/2.$

Equilibrio frente a vuelco

Para que no vuelque hacia la izquierda debe cumplirse

$\delta \geq -a\Longrightarrow h\geq {\dfrac {2}{5}}a.$

Para que no vuelque hacia la derecha

$\delta \leq a\Longrightarrow h\leq 2a.$

La condición para que no vuelque es

${\dfrac {2}{5}}a\leq h\leq 2a.$

Errores comunes detectados en la corrección

1. Mucha gente puso la fuerza normal directamente en el punto $E$. Ya hemos explicado que eso no es correcto. La normal se sitúa para intentar evitar el vuelco. La posición de su recta soporte es una incógnita.