Una barra homogénea de masa M = 15 kg y longitud L = 6 m está sujeta a una pared vertical mediante una articulación en A, y apoyada sobre una caja en B, a una distancia L’= 5 m de la pared. La barra está inclinada un ángulo θ = 300 (ver figura).
- Calcular el valor de la fuerza normal que ejerce la caja sobre la barra para que ésta se encuentre en equilibrio estático.
- Calcular las componentes de la reacción de la articulación en A.
- Si se retira la caja, determinar aceleración angular de la barra en función del ángulo θ.
Dato: Momento de inercia de una barra con respecto a un eje que pasa por su centro de masas, ICM = (1/12)ML2
Solución:
En primer lugar vamos a resolver los apartados (a) y (b) del problema imponiendo a la barra las dos condiciones de equilibrio estático:
En este enlace puedes consultar más problemas de estática para ver con detalle cómo se resuelven.
La primera condición implica que la barra no tiene movimiento de traslación (a = 0) y la segunda que no tiene movimiento de rotación (α = 0).
Para aplicarlas tenemos que dibujar las fuerzas externas que actúan sobre la barra:
Como la barra es homogénea su centro de masas se encuentra en la mitad de su longitud y su peso (la fuerza gravitatoria que la Tierra ejerce sobre ella) está aplicado en dicho punto.
En el punto A la barra está sujeta a la pared mediante una articulación. La reacción en este tipo de apoyo tiene dos componentes (Rx y Ry) que se calculan de forma independiente.
En el punto B el apoyo es simple y la reacción (o fuerza normal) es perpendicular a la barra.
En la figura anterior se han representado también los tres vectores unitarios que definen el sentido positivo de los ejes cartesianos que emplearemos para proyectar los distintos vectores.
La primera condición de equilibrio estático aplicada a la barra es:
Y proyectando sobre los ejes:
La segunda condición de equilibrio estático ha de cumplirse independientemente del punto elegido para calcular el torque de las fuerzas. En este problema utilizaremos el punto A. Con respecto a este punto, la condición para que la barra no rote es:
El torque (o momento) de una fuerza viene dado por:
Donde r es un vector que va desde el origen de momentos (punto A) hasta el punto de aplicación de la fuerza. Dicho vector es nulo para las componentes de la reacción en la articulación. A continuación calcularemos el torque del peso y de la normal N.
Peso P: El torque del peso viene dado por:
En la siguiente figura están representados ambos vectores.
La dirección y el sentido del producto vectorial vienen dados por la regla de la mano derecha. En la figura puedes ver que el vector torque está dirigido en el sentido negativo del eje z (-k). El módulo del producto vectorial viene dado por:
Normal N: El torque de la normal viene dado por:
En la siguiente figura tienes representados ambos vectores.
La dirección y el sentido del producto vectorial vienen dados por la regla de la mano derecha. En la figura puedes ver que el vector torque está dirigido en el sentido positivo del eje z (k). El módulo del producto vectorial viene dado por:
A continuación puedes ver los dos torques representados sobre los ejes cartesianos:
Con esta información ya estamos en condiciones de proyectar la segunda condición de equilibrio estático sobre el eje z.
De la ecuación (3), despejando y sustituyendo los datos del problema, obtenemos N:
De la ecuación (1) obtenemos Rx:
De la ecuación (2) obtenemos Ry:
En el apartado (c) del problema la barra ya no se encuentra en equilibrio estático; por tanto debemos utilizar la segunda ley de Newton para la rotación para determinar su aceleración angular α:
Como el eje de giro de la barra pasa por el punto A calcularemos el momento de inercia de la misma y el torque de las fuerzas externas con respecto a ese mismo punto.
En la siguiente figura están representadas las fuerzas externas que actúan sobre la barra. Observa que, como ya no está apoyada en la caja, la normal N no actúa sobre ella.
La ecuación de la dinámica de rotación aplicada a la barra es entonces:
Como vimos anteriormente, el torque de las componentes de la reacción en la articulación es nulo con respecto al punto A. Por tanto la ecuación queda simplemente:
El momento de inercia es una cantidad positiva, por lo que el vector aceleración angular de la barra es paralelo al torque del peso. Ya vimos con anterioridad que dicho torque está dirigido en el sentido –k y tiene módulo:
Por lo que la proyección sobre el eje z de la ecuación de la dinámica de rotación es:
Utilizando el teorema de Steiner calculamos el momento de inercia de la barra con respecto a un eje que pasa por el punto A:
Y sustituyendo en la ecuación anterior:
Y sustituyendo los datos del problema:
En este problema se ha tomado g = 10 m/s2.
No olvides poner las unidades en los resultados de los problemas.
La página Dinámica de rotación – Fuerzas de reacción y aceleración angular ha sido originalmente publicada en YouPhysics
