lunes, 10 de diciembre de 2018

ARTÍCULOS Y EJERCICIOS DE FÍSICA

Barra apoyada en un escalón


1 Enunciado

Una barra homogénea, de longitud L y peso P, está apoyada sobre un escalón de altura d formando un ángulo αcon la horizontal. El contacto en el punto B es liso, mientras que es rugoso en el punto A, con un coeficiente de rozamiento estático μ.
  1. Dibuja el diagrama de cuerpo libre de la barra.
  2. Determina la expresión de las fuerzas que actúan sobre la barra en condiciones de equilibrio estático.
  3. Si α = π / 4, qué condición debe cumplir d para que se mantenga el equilibrio? ¿El equilibrio se rompe por deslizamiento o por vuelco? Razona la respuesta.

2 Solución

2.1 Fuerzas que actúan sobre la barra

La figura de la derecha muestra las fuerzas que actúan sobre la barra en su punto de aplicación. Estas son: el peso, aplicado en G, la fuerza normal de reacción del escalón en el punto B, la fuerza normal en A y la fuerza de rozamiento en A.
Hay que comentar que la dirección de \vec{N}^B  viene definida por la perpendicular a la barra. Como se indica en la figura, forma un ángulo α con la vertical.
Señalemos también que \vec{f}^A_r  tiene que apuntar hacia la derecha, pues es la única fuerza que puede compensar la componente horizontal de \vec{N}^B .

2.2 Fuerzas en equilibrio

Las condiciones de equilibrio estático del sólido rígido son

\sum_i \vec{F}_i= \vec{0}\, \qquad \sum_i\vec{M}^O_i = \vec{0}
donde \vec{F}_i  son todas las fuerzas que actúan sobre la barra y \vec{M}^O_i  es el momento de cada una de las fuerzas respecto a un punto arbitrario O.
De la figura vemos que las fuerzas tienen la forma

\begin{array}{l}
\vec{P} = -P\,\vec{\jmath}
\\
\vec{N}^B = -N^B\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\imath} + N^B\cos\alpha\vec{\jmath}
\\
\vec{N}^A = N^A\,\vec{\imath}
\\
\vec{f}^A_r = f^A_r\,\vec{\imath}
\end{array}
Aplicamos ahora las condiciones de equilibrio. De la condición de suma de fuerzas nula obtenemos

\begin{array}{ll}
(X): & f_r^A = N^B\,\mathrm{sen}\,\alpha
\\
(Y): & N^A + N^B\cos\alpha = P
\end{array}
Tenemos tres incógnitas: NANBf^A_r . La ecuación que nos falta viene de la condición de momento neto nulo. Escogemos el punto Apara calcular el momento. De este modo ni \vec{N}^A  ni \vec{f}^A_r  contribuyen al momento neto. La contribución del peso es

\overrightarrow{AG}\times\vec{P} = \dfrac{1}{2}\,(L\cos\alpha\,\vec{\imath} + L\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\jmath})\times(-P\,\vec{\jmath})
=
-\dfrac{1}{2}\,PL\cos\alpha\,\vec{k}
Para la fuerza \vec{N}^B  tenemos que es perpendicular a \overrightarrow{AB} . Aplicando la definición de producto vectorial tenemos

\overrightarrow{AB}\times\vec{N}^B = \overline{AB}N^B\,\vec{k} 
=
\dfrac{dN^B}{\mathrm{sen}\,\alpha}\,\vec{k}
Otra forma de calcularlo es usar el vector \overrightarrow{AB} = \dfrac{d}{\tan\alpha}\,\vec{\imath} + d\,\vec{\jmath}  y hacer el producto vectorial con \vec{N}^B .
La suma de ambos momentos debe ser nula. Por tanto

N^B = \dfrac{L}{2d}\,P\,\mathrm{sen}\,\alpha\cos\alpha
Usando esto en las dos ecuaciones previas obtenemos la expresión de las fuerzas que actúan sobre la barra

\begin{array}{l}
\vec{N}^A = P\,\left(1-\dfrac{L}{2d}\,\mathrm{sen}\,\alpha\cos^2\alpha\right)\,\vec{\jmath}
\\ \\
\vec{f}^A_r = \dfrac{L}{2d}\,P\,\mathrm{sen}^2\,\alpha\cos\alpha\,\vec{\imath}
\\ \\
\vec{N}^B =  \dfrac{L}{2d}\,P\,\mathrm{sen}\,\alpha\cos\alpha\,(-\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\imath} + \cos\alpha\,\vec{\jmath})
\end{array}

2.3 Condiciones de equilibrio

El equilibrio sólo puede romperse por deslizamiento en el punto A. La barra no puede volcar manteniendo el punto A sin moverse, pues la fuerza \vec{N}^B  siempre será capaz de compensar el momento que ejerce el peso respecto del punto A.
La condición para que haya equilibrio frente a deslizamiento es

|\vec{f}^A_r| \leq \mu |\vec{N}^A|
que se traduce en

\dfrac{L}{2d}\,\mathrm{sen}^2\,\alpha\cos\alpha \leq \mu \left(1-\dfrac{L}{2d}\,\mathrm{sen}\,\alpha\cos^2\alpha\right)
En el caso α = π / 4, llegamos a que para que haya equilibrio d debe verificar

d\geq \dfrac{1+\mu}{4\sqrt{2}\mu}\,L

2.4 Errores detectados en la corrección

2.4.1 Fuerza en el punto A

Es importante distinguir entre la componente normal y de rozamiento (tangencial) en los puntos de apoyo. La fuerza normal y de rozamiento en A pueden agruparse en una sola fuerza \vec{\Phi}^A = \vec{N}^A + \vec{f}^A_r , pero después no se puede proyectar esa fuerza usando el ángulo α. Es decir, esto no se debe hacer

\vec{\Phi}^A = \Phi^A\,\cos\alpha\,\vec{\imath} + \Phi^A\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\jmath}
Matemáticamente no es incorrecto, pero físicamente sí, porque la componente normal y de rozamiento tienen comportamientos distintos.

2.4.2 Cálculo del momento de \vec{N}^B  respecto a A

En la solución hemos calculado este momento de dos formas, usando que la fuerza es perpendicular al vector \overrightarrow{AB}  y calculando la expresión de \overrightarrow{AB}  y después haciendo su producto vectorial con \vec{N}^B . Es en este segundo caso donde ha habido más errores, al determinar el vector geométrico \overrightarrow{AB} .

2.4.3 Fuerza de rozamiento igual a μN

Este es un clásico. El módulo de la fuerza de rozamiento no es igual a \mu|\vec{N}|  en régimen estático. Sólo en condiciones de deslizamiento inminente, que aquí no se da.

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Barra apoyada en una parede sujeta por un cable


1 Enunciado

Una barra de longitud L y masa m está sujeta por un extremo a un cable que a su vez tienen su otro extremo anclado en la pared. El otro extremo de la barra se apoya en la pared, de modo que la barra se mantiene horizontal. El contacto en A es rugoso. Determina las fuerzas que actúan sobre la barra en el punto en que se apoya en la pared. ¿Cuál es el valor mínimo del coeficiente de rozamiento para que el equilibrio sea posible? ¿Cuánto vale la tensión del cable en ese caso? El peso de la barra se aplica en su centro de masas.

2 Solución

Las fuerzas que actúan sobre la barra son su peso, la fuerza ejercida por el cable en el punto B y las ejercidas por la pared en el punto A. Dado que el contacto con la pared es rugoso, la fuerza en A tiene una componente normal y otra tangencial a la pared. La figura muestra las direcciones de las fuerzas y sus puntos de aplicación. Utilizando los ejes de la figura tenemos

\begin{array}{l}
\vec{P} = -mg\,\vec{\jmath}\\
\vec{T} = -T\cos\alpha\,\vec{\imath} + T\,\mathrm{sen}\,\alpha\,\vec{\jmath}\\
\vec{N} = N\,\vec{\imath}\\
\vec{F}_R = F_R\vec{\jmath}
\end{array}
Del dibujo del enunciado vemos que

\cos\alpha = \dfrac{4}{5}, \qquad\qquad 
\mathrm{sen}\,\alpha = \sqrt{1-\cos^2\alpha} = \dfrac{3}{5}
La primera condición de equilibrio es que el sumatorio de fuerzas sea nulo. De aquí obtenemos dos ecuaciones

\vec{P} + \vec{T} + \vec{N} + \vec{F}_R = \vec{0}
\to
\left\{
\begin{array}{l}
N-T\cos\alpha = 0\\
F_R+T\,\mathrm{sen}\,\alpha - mg=0
\end{array}
\right.
La otra condición es que el momento neto sea nulo respecto de cualquier punto. Escogemos el punto B para calcular los momentos. De este modo los momentos de la tensión del cable y la normal en A son nulos. Tenemos

\begin{array}{l}
\vec{M}_{P}^B = \overrightarrow{BG}\times\vec{P} =
\left(-\dfrac{L}{2}\,\vec{\imath}\right)\times\left(-mg\,\vec{\jmath}\right)
=\dfrac{mgL}{2}\,\vec{k} \\ \\
\vec{M}_{F_R}^B = \overrightarrow{BA}\times\vec{F}_R =
\left(-L\,\vec{\imath}\right)\times\left(F_R\,\vec{\jmath}\right)
=-F_RL\,\vec{k}
\end{array}
La suma debe anularse, por lo que

\vec{M}_{P}^B + \vec{M}_{F_R}^B = \vec{0} \to F_R = mg/2
Resolviendo el sistema de tres ecuaciones obtenemos

\begin{array}{l}
F_R = \dfrac{1}{2}mg \\ \\
N = \dfrac{mg}{2\tan\alpha} = \dfrac{2}{3}mg \\ \\
T = \dfrac{mg}{2\,\mathrm{sen}\,\alpha} = \dfrac{5}{6}mg
\end{array}
Para que el equilibrio sea posible el valor de la fuerza de rozamiento que hemos obtenido debe ser menor que el valor máximo de esa fuerza de rozamiento. Es decir

|\vec{F}_R| \leq \mu |\vec{N}|
Por tanto

\mu \geq \tan\alpha = \dfrac{3}{4}.


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