Autor Tema: Ejercicio de estática de cuerpos rígidos

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16 Febrero, 2020, 05:30 pm
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pierrot

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Hola,

No me queda claro cómo se resuelve este problema. Una sugerencia es que hay que determinar el "ángulo de la cuña", porque si \( \alpha \) supera dicho ángulo, entonces la esfera se caería. ¿Cuál sería ese ángulo? Spuestamente para hallarlo es que es necesario imponer la condición de equilibrio estático de la esfera.



Saludos.
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16 Febrero, 2020, 06:04 pm
Respuesta #1

ingmarov

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Hola

Me gusta más poner el plano horizontal

Imagen
[cerrar]

La esfera permanecerá en equilibrio hasta que la recta "l", tangente a la circunferencia en el punto de contacto con la cuña, sea horizontal.

Spoiler
Creo que es cuando el ángulo es igual a 60 grados
[cerrar]

Saludos
No te confíes, revisa lo que escribo. Yo también me equivoco.
Odio el autocorrector de Android...

16 Febrero, 2020, 06:05 pm
Respuesta #2

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
Tienes que plantear la ecuaciones de la estática, sumatoria de fuerzas y momentos, es evidente que la esfera caera cuando el centro de masa este por el lado izquierdo de la linea vertical que pasa por el vertice de la cuña.

pero a simple vista se ve que si la altura de la cuña es \( R/2 \) la condicion geometrica para que el CM este en la misma linea vertical que el vertice es que \( \dfrac R2=Rcos \alpha \) luego \( \alpha =60° \)

Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

16 Febrero, 2020, 06:13 pm
Respuesta #3

pierrot

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Me ha quedado claro.

Muchas gracias a ambos.
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16 Febrero, 2020, 08:35 pm
Respuesta #4

pierrot

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Tienes que plantear la ecuaciones de la estática, sumatoria de fuerzas y momentos,

¿Cómo quedarían planteadas esas ecuaciones? Las fuerzas que actúan sobre la esfera son el peso \( M\vec{g} \) (siendo \( M \) la masa de la esfera), la normal \( \vec{N} \) y la fuerza \( \vec{F} \) que la cuña ejerce sobre la esfera.

Eligiendo un versor \( \hat{i} \) en la dirección de la rampa (con sentido ascendente) y un versor \( \hat{j} \) perpendicular a la superficie (hacia arriba), la sumatoria de fuerzas igualada a cero, conduciría a:

\( F-Mg\sen\alpha=0 \) (en la componente \( \hat{i} \))
\( N-Mg\cos\alpha=0 \) (en la componente \( \hat{j} \))

Luego para la sumatoria de los torques, primero hay que considerar un punto para tomar como origen para los vectores de posición. Alcanza con que la sumatoria de los torques sea cero en relación a este punto. Lo elijo como el centro de la esfera. Con esta elección, el torque del peso es 0 porque el peso está aplicado en el punto tomado como origen. La normal es colineal con el vector de posición así que también da cero su torque. La única fuerza que ejerce torque sería \( \vec{F} \) y dicho torque sería igual a

\( \dfrac{R}2F\hat{k} \)

siendo \( \vec{k} \) un versor saliente del dibujo. Este torque nunca puede ser nulo a no ser que \( \vec{F} \) sea nula...

Algo está mal en mi razonamiento. Tal vez sea porque me estoy equivocando en la dirección de \( \vec{F} \). Yo interpreté que la dirección es perpendicular a la superficie de la rampa cuando quizás sea radial (y tenga por tanto componente tanto en \( \hat{i} \) como en \( \hat{j} \)).

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16 Febrero, 2020, 09:59 pm
Respuesta #5

pierrot

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Tal vez sea porque me estoy equivocando en la dirección de \( \vec{F} \). Yo interpreté que la dirección es perpendicular a la superficie de la rampa cuando quizás sea radial (y tenga por tanto componente tanto en \( \hat{i} \) como en \( \hat{j} \)).

Creo que ése era un error importante que tenía. Interpretando así, o sea, que \( \vec{F} \) (la fuerza que la cuña le hace a la esfera) es en la dirección de la recta que une el punto de contacto con el centro de la esfera, se tiene ahora que \( \vec{F}=F_x\hat{i}+F_y\hat{j} \) entonces lo que había escrito antes,

\( F-Mg\sen\alpha=0 \) (en la componente \( \hat{i} \))
\( N-Mg\cos\alpha=0 \) (en la componente \( \hat{j} \))

se transforma en

\( F_x-Mg\sen\alpha=0 \) (en la componente \( \hat{i} \))
\( N+F_y-Mg\cos\alpha=0 \) (en la componente \( \hat{j} \))

Como el torque que realiza \( \vec{F} \) tiene que ser nulo, se tiene que:

\( \begin{align*}
0&=\vec{r}\times (F_x\hat{i}+F_y\hat{j})\\
&=\vec{r}\times (F_x\hat{i})+\vec{r}\times (F_y\hat{j})\\
&=(r_x\hat{i}+r_y\hat{j})\times (F_x\hat{i})+(r_x\hat{i}+r_y\hat{j})\times (F_y\hat{j})\\
&=(r_y\hat{j})\times (F_x\hat{i})+(r_x\hat{i})\times (F_y\hat{j})\\
&=-\dfrac{1}2RF_x\hat{k}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}RF_y\hat{k}\\
\end{align*} \)

De lo último, lo que se concluye es que \( F_x=\sqrt{3}F_y \).



En resumida cuenta, he llegado a que para que la esfera esté en equilibrio estático, hace falta que:

\( F_x-Mg\sen\alpha=0 \)
\( N+F_y-Mg\cos\alpha=0 \)
\( F_x=\sqrt{3}F_y \)

Habría ahora que calcular el máximo \( \alpha \) para el cual las anteriores ecuaciones son ciertas...
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16 Febrero, 2020, 10:22 pm
Respuesta #6

pierrot

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\( F_x-Mg\sen\alpha=0 \)
\( N+F_y-Mg\cos\alpha=0 \)
\( F_x=\sqrt{3}F_y \)

Habría ahora que calcular el máximo \( \alpha \) para el cual las anteriores ecuaciones son ciertas...

A ver si este razonamiento está bien... En el \( \alpha \) máximo, es decir, aquel a partir del cual la esfera deja de estar en equilibrio, la normal vale 0. Entonce se tiene que:

\( F_x-Mg\sen(\alpha_{\max})=0 \)
\( F_y-Mg\cos(\alpha_{\max})=0 \)
\( F_x=\sqrt{3}F_y \)

Luego,

\( \dfrac{F_x}{F_y}=\tg(\alpha_\max)=\sqrt{3} \)

entonces \( \alpha_\max=\dfrac{\pi}{3} \). ¿Estaría bien este argumento?

Saludos.
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16 Febrero, 2020, 10:34 pm
Respuesta #7

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
 Corregido.

 me parece que partes de una ecuación incompleta

\( N-Mg\cos\alpha=0 \)

eso no lo veo bien o mas bien no lo entiendo



que sucede que la esfera apoya en el plano y en la cuña, luego hay dos normales, o bien a un la llamas F y no me doy por enterado bien.

en un sistema de referencia horizontal-vertical x-y  yo platearía justo en el equilibrio

\( \displaystyle\sum F_x=0=Mg\sin(\alpha-\beta)-N_{1x}-N_{2x} \)

\( \displaystyle\sum F_y=0=Mg\cos(\alpha-\beta)-N_{1y}-N_{2y} \)

tomando momentos en la punta de la cuña

\( \displaystyle\sum M=0=N_{1x}R\cos\alpha-N_{2x}R\sin\alpha \)

es fácil ver que si \( \alpha =\beta =60° \) entonces \( |N_1|=0 \) luego \( N_{2x}=0 \)  y \( N_{2y}=Mg \)

Si el angulo no fuera  ese habría componentes de las normales 1 y 2 que serían iguales y opuestas y el sistema sería hiperestático, (no se caería de ninguna forma, amenos que introduzcas mas fuerzas en x) y tendrias un sistema de ecuaciones indeterminado.


Sobre la conclusión que llegas es la correcta , pero no entiendo muy bien como dije antes la base del planteo del diagrama de fuerzas.
 
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

16 Febrero, 2020, 10:43 pm
Respuesta #8

pierrot

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Creo que nuestros planteos coinciden. Simplemente yo llamo \( \vec{F} \) a lo que tú llamas \( \vec{N}_2 \).
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