1 PROBLEMA 1 La barra de la figura está inicialmente en reposo

PROBLEMA 1
La barra de la figura está inicialmente en
reposo.
De repente se suelta dejándola sometida a
la acción de la gravedad.
Se encuentra apoyada inicialmente en la
pared y en el suelo, formando un ángulo de
30º tal como se muestra en la figura.
No hay rozamiento en ninguno de los dos
contactos.
Su longitud es l y su masa M. Conocidas.
30º
1.- Obtener las ecuaciones de equilibrio dinámico.
2.- Resolver las ecuaciones anteriores, y obtener su cinema de aceleraciones completo, incluyendo
todos los módulos.
SOLUCIÓN
Como no hay rozamiento en los contactos solamente tenemos reacción normal en los dos
apoyos.
Puesto que la barra empezará a descender por acción de la gravedad, va a experimentar una
aceleración descendente en su centro de gravedad. Incluimos en el diagrama de sólido libre una fuerza
de inercia de valor M.a GY en sentido contrario, es decir ascendente.
Como el CDG también se moverá hacia la derecha a medida que desciende, sufrirá una cierta
aceleración hacia la derecha. Esto también puede verse al analizar las fuerzas que actúan en ese eje X,
la única fuerza es la normal Nx que empuja la barra hacia la derecha. Puesto que la resultante de
fuerzas es igual a masa por aceleración, si la barra es empujada por la pared hacia la derecha, se
acelerará hacia la derecha. Incluimos en el diagrama de sólido libre una fuerza de inercia de valor
M.aGX en sentido contrario, hacia la izquierda.
M.aGY
NA
Diagrama de sólido libre
M.aGX
IG.α
M.g
NB
1
La barra estaba inicialmente sujeta y de repente se suelta, empieza a descender deslizando en A y
en B, para ello debe acelerarse angularmente en sentido antihorario desde su situación inicial de
reposo. Representamos un par de inercia I G.α en sentido contrario.
1.- ECUACIONES DE EQUILIBRIO
NA = M . aGX
NB = M.g – M . a GY
NA . l/2 + IG . α = NB .
( 3 )2l
2.- RESOLVER LAS ECUACIONES DE EQUILIBRIO.
El valor del momento de inercia se calcula de forma sencilla.
l
2
I G = 2 . ∫ l 2 . ρ . dl
0
I G = l2 . M/12
En la ecuación anterior son incógnitas las dos reacciones NA y NB; las dos componentes de la
aceleración del centro de gravedad a GX y a GY; y la aceleración angular α . En total 5 incógnitas.
Debemos buscar relaciones entre ellas mediante el análisis cinemático.
No conocemos el valor de la aceleración del punto de apoyo superior A pero sí su dirección que
será vertical descendente.
Tampoco conocemos el valor de la aceleración del punto de apoyo inferior B, pero sí su
dirección que será horizontal hacia la derecha.
2
aA
30º
aB
B’
aG
aBAT
aA
G’
r
r
r
r
a B = a A + a BAn + a BAt
A’
r
a BAn = 0
porque la barra está inicialmente en reposo wAB = 0. Aunque las aceleraciones en
este instante de inicio del movimiento no son nulas las velocidades sí lo son.
No conocemos los módulos de aB ni de aA . Intentaremos expresar ambas en función de α
r
r
1
l
a B = a BAt . = α .
2
2
r
r
a A = a BAt .
3
3
=α .l .
2
2
Sea cual sea el valor de los módulos anteriores, en el cinema de aceleraciones vemos que el
punto G’ homólogo del CDG se sitúa en el punto medio de la recta que une A’ con B’.
r
aB
r
l
aGX =
=α .
2
4
r
a
r
l 3
aGY = A = α .
2
2
Ya podemos reducir el número de incógnitas.
3
ECUACIONES DE EQUILIBRIO
N A = M .α .
l
4
N B = M . g − M .α . l .
NA .
3
2
l M 2
3
+
l .α = N B . l .
2 12
2
Resolviendo el sistema anterior obtenemos:
α =g.
6. 3
13 . l
r
3. 3
a GX = g .
= 0,2 g
26
r
9
a GY = g .
= 0 , 692 g
13
NA = 0,2 . M . g
NB =0,308 . M . g
4
PROBLEMA 2
m
F
M
1.- Expresar el valor de la fuerza F que debemos aplicar en el bloque inferior en función de µ, si
queremos comunicar a ese bloque inferior una aceleración a 1 .
Se deben justificar y razonar de forma CLARA Y COMPLETA todas las hipótesis y
afirmaciones que soporten el planteamiento de cualquier ecuación.
DATOS:
- Masa del bloque superior = m
- Masa del bloque inferior = M
- Coeficiente de rozamiento bloque inferior-bloque superior = µ
- Coeficiente de rozamiento Bloque inferior-suelo = 0
SOLUCIÓN
N
F
r
m.g
M.a1
m.a2
F
M.
g
F
r
N
N
Aislamos bloque por bloque. En el bloque inferior tendremos: Σ Fx = 0; F = Fr + M.a1
En el bloque superior tendremos:
ΣFx = 0; Fr = m.a2
Si el bloque superior no deslizase
Si el bloque superior deslizase
a2 = a1 ;
a2 < a1 ;
Fr = m.a1 ;
Fr = µ.m.g;
F = (m + M).a1
F = M.a1 + µ.m.g;
Para valores crecientes de a1 Fr también aumenta tomando el valor m.a1 , hasta que alcanza su
valor máximo que es µ.m.g. A partir de ese momento se iniciaría el deslizamiento. Esto quiere
decir que habrá movimiento (deslizamiento) entre el bloque superior y el inferior a partir del
momento en que
Fr = m.a1 = µ.m.g
5
por lo tanto µ = a1 /g
En resumen:
Si µ ≤ a1 /g hay deslizamiento
Si µ > a1 /g No hay deslizamiento
F = M.a1 + µ.m.g;
F = (m + M).a1
PROBLEMA 3
En el esquema de la figura, calcular el valor mínimo del coeficiente de rozamiento entre los bloques
µ para mantener el conjunto en equilibrio.
µ
µ2 = 0
α
m
M
M>m
6