Posición de equilibrio del sistema usando el Principio de los Trabajos Virtuales

[luisdlr]

Buenas tardes,

He continuado realizando ejercicios de mecánica del sólido rígido, y he encontrado este que no logro resolver. El enunciado es el siguiente:

Utilizando el Principio de los Trabajos Virtuales, determínese la posición de equilibrio del sistema de la figura. Coméntese la viabilidad del método y del resultado.


Creo (puede que me equivoque) que la única fuerza activa en el sistema es el peso, y de ahí podría aplicar el principio de los trabajos virtuales, en el que el trabajo sería igual a fuerza por distancia. Pero no logro saber cómo calcular esa distancia...

Como siempre, muchísimas gracias por vuestra ayuda. De veras que agradezco lo mucho que me ayudáis a comprender los problemas de Física.

Un saludo

[Alriga]

...la única fuerza activa en el sistema es el peso...

Si la única fuerza fuese el peso, nada se opondría al giro de la viga en el sentido de las agujas del reloj hasta que se detuviese horizontal $\theta =0$ y esa sería la posición de equilibrio.

Entiendo que en el extremo de la izquierda de la viga, hay rozamiento con la pared. Sin utilizar trabajos virtuales (ahora mismo no recuerdo como usarlos en este caso) esto es lo que creo ver:

El momento del peso respecto del punto O intenta hacer girar la viga en el sentido de las agujas del reloj:

$M_p=m g \left ( \dfrac L 2 \cos \theta - a\right )$

El momento de la fuerza de rozamiento en la pared (respecto de O) se opone al giro:

$M_R=F_R \ a$

En equilibrio los 2 momentos deben ser iguales, lo que nos permite hallar la fuerza de rozamiento necesaria para que haya equilibrio, en función del ángulo $\theta$ que se desee:

$F_R=\dfrac{m g}a \left ( \dfrac L 2 \cos \theta - a\right )$

Y al revés, para una fuerza de rozamiento dada, el ángulo de equilibrio es:

$\cos \theta =\dfrac 2 L \left ( \dfrac{F_R \ a}{m g} + a \right )$

Ojalá te sirva de ayuda, saludos.

PD. Uups, olvidé la componente normal de la pared en la barra, gracias JCB

[JCB]

Hola a tod@s.

Por el principio de trabajos virtuales, tampoco te puedo ayudar, porque no sabría resolverlo. Pero suponiendo rozamiento en la pared vertical izquierda, en el extremo izquierdo de la barra inclinada (a ese punto, le llamo $A$), la reacción de la pared contra la barra tiene dos componentes: una vertical que es la fuerza de rozamiento ($A_y$, que la supongo con sentido hacia abajo), y otra horizontal, normal a la pared ($A_x$, con sentido hacia la derecha). Para que el extremo izquierdo de la barra no se mueva, se debe cumplir en módulo que $A_y\leq\mu A_x$.

Por otra parte, si no existe rozamiento en el punto $O$, la reacción en ese punto tiene dirección perpendicular al eje longitudinal de la barra.

Tomando momentos respecto de $A$ (el punto donde hay más incógnitas),

$\sum{M_A}=0$

$O\dfrac{a}{\cos\theta}-mg\dfrac{L}{2}\cos\theta=0$

$O=\dfrac{mgL}{2a}\cos^2\theta$

Aplicando $\sum{F_x}=0$,

$A_x-O_x=0$

$$A_x=O_x=O\sin\theta=\dfrac{mgL}{2a}\cos^2\theta\sin\theta$$

Aplicando $\sum{F_y}=0$,

$-A_y-mg+O_y=0$

$$A_y=-mg+O_y=-mg+O\cos\theta=-mg+\dfrac{mgL}{2a}\cos^3\theta$$

Recordando la condición $A_y\leq\mu A_x$, y sustituyendo (1) y (2),

$-mg+\dfrac{mgL}{2a}\cos^3\theta\leq\mu\dfrac{mgL}{2a}\cos^2\theta\sin\theta$. Despejando $\mu$,

$\mu\geq\dfrac{L\cos^3\theta-2a}{L\cos^2\theta\sin\theta}$

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Utilizando el Principio de los Trabajos Virtuales, determínese la posición de equilibrio del sistema de la figura. Coméntese la viabilidad del método y del resultado.

https://es.m.wikipedia.org/wiki/Prin...ajos_virtuales


Faltan muchis datos para poderlo aplicar, por lo que sin ellos es inviable.


Saludos

[luisdlr]

Muchísimas gracias por las explicaciones tan detalladas. Tengo un par de dudas más para terminar de entenderlo al 100%:

A la hora de calcular los momentos respecto de A, ¿por qué cogemos como distancia al punto A $\frac {a} {cos\theta}$, en el caso de la fuerza O, y $\frac {L} {2} * cos\theta$, en el caso de la fuerza peso?

Y la otra, una vez hemos calculado O, ¿por qué O_x va con el seno y O_y va con el coseno? En un principio he pensado que sería al revés, por lo que no logro entenderlo.

De nuevo, gracias por vuestra ayuda.

Un saludo

[Alriga]

...A la hora de calcular los momentos respecto de A, ¿por qué cogemos como distancia al punto A $\frac {a} {cos\theta}$, en el caso de la fuerza O, y $\frac {L} {2} * cos\theta$, en el caso de la fuerza peso?...

Mira la figura, en donde he dibujado

$\dfrac a {\cos \theta}$

$\dfrac L 2 \cos \theta$

Recuerda que el momento de una fuerza respecto de un punto es el producto de la fuerza por el "brazo" Y el brazo se mide perpendicularmente a la fuerza, ya que "el brazo de momento" es la distancia a la que se encuentra el punto en el que tomamos momento de la recta de aplicación de la fuerza.

...Y la otra, una vez hemos calculado O, ¿por qué Ox va con el seno y Oy va con el coseno?...

Observa también que la fuerza O se proyecta horizontal y verticalmente, no por el seno y el coseno de $\theta$ sino mediante seno y coseno de $90^o - \theta$ y que sabemos por trigonometría básica que:

$\sin (90^o -\theta)=\cos \theta$

$\cos (90^o -\theta)=\sin \theta$

Si no ves todavía alguna de estas distancias, vuelve a preguntar, saludos.