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Física Universitaria Volumen 1

12.1 Condiciones para el equilibrio estático

Física Universitaria Volumen 112.1 Condiciones para el equilibrio estático
  1. Prefacio
  2. Mecánica
    1. 1 Unidades y medidas
      1. Introducción
      2. 1.1 El alcance y la escala de la Física
      3. 1.2 Unidades y estándares
      4. 1.3 Conversión de unidades
      5. 1.4 Análisis dimensional
      6. 1.5 Estimaciones y cálculos de Fermi
      7. 1.6 Cifras significativas
      8. 1.7 Resolver problemas de física
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    2. 2 Vectores
      1. Introducción
      2. 2.1 Escalares y vectores
      3. 2.2 Sistemas de coordenadas y componentes de un vector
      4. 2.3 Álgebra de vectores
      5. 2.4 Productos de los vectores
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    3. 3 Movimiento rectilíneo
      1. Introducción
      2. 3.1 Posición, desplazamiento y velocidad media
      3. 3.2 Velocidad y rapidez instantáneas
      4. 3.3 Aceleración media e instantánea
      5. 3.4 Movimiento con aceleración constante
      6. 3.5 Caída libre
      7. 3.6 Calcular la velocidad y el desplazamiento a partir de la aceleración
      8. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    4. 4 Movimiento en dos y tres dimensiones
      1. Introducción
      2. 4.1 Vectores de desplazamiento y velocidad
      3. 4.2 Vector de aceleración
      4. 4.3 Movimiento de proyectil
      5. 4.4 Movimiento circular uniforme
      6. 4.5 Movimiento relativo en una y dos dimensiones
      7. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    5. 5 Leyes del movimiento de Newton
      1. Introducción
      2. 5.1 Fuerzas
      3. 5.2 Primera ley de Newton
      4. 5.3 Segunda ley de Newton
      5. 5.4 Masa y peso
      6. 5.5 Tercera ley de Newton
      7. 5.6 Fuerzas comunes
      8. 5.7 Dibujar diagramas de cuerpo libre
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    6. 6 Aplicaciones de las leyes de Newton
      1. Introducción
      2. 6.1 Resolución de problemas con las leyes de Newton
      3. 6.2 Fricción
      4. 6.3 Fuerza centrípeta
      5. 6.4 Fuerza de arrastre y velocidad límite
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    7. 7 Trabajo y energía cinética
      1. Introducción
      2. 7.1 Trabajo
      3. 7.2 Energía cinética
      4. 7.3 Teorema de trabajo-energía
      5. 7.4 Potencia
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    8. 8 Energía potencial y conservación de la energía
      1. Introducción
      2. 8.1 Energía potencial de un sistema
      3. 8.2 Fuerzas conservativas y no conservativas
      4. 8.3 Conservación de la energía
      5. 8.4 Diagramas de energía potencial y estabilidad
      6. 8.5 Fuentes de energía
      7. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
    9. 9 Momento lineal y colisiones
      1. Introducción
      2. 9.1 Momento lineal
      3. 9.2 Impulso y colisiones
      4. 9.3 Conservación del momento lineal
      5. 9.4 Tipos de colisiones
      6. 9.5 Colisiones en varias dimensiones
      7. 9.6 Centro de masa
      8. 9.7 Propulsión de cohetes
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    10. 10 Rotación de un eje fijo
      1. Introducción
      2. 10.1 Variables rotacionales
      3. 10.2 Rotación con aceleración angular constante
      4. 10.3 Relacionar cantidades angulares y traslacionales
      5. 10.4 Momento de inercia y energía cinética rotacional
      6. 10.5 Calcular momentos de inercia
      7. 10.6 Torque
      8. 10.7 Segunda ley de Newton para la rotación
      9. 10.8 Trabajo y potencia en el movimiento rotacional
      10. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    11. 11 Momento angular
      1. Introducción
      2. 11.1 Movimiento rodadura
      3. 11.2 Momento angular
      4. 11.3 Conservación del momento angular
      5. 11.4 Precesión de un giroscopio
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    12. 12 Equilibrio estático y elasticidad
      1. Introducción
      2. 12.1 Condiciones para el equilibrio estático
      3. 12.2 Ejemplos de equilibrio estático
      4. 12.3 Estrés, tensión y módulo elástico
      5. 12.4 Elasticidad y plasticidad
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    13. 13 Gravitación
      1. Introducción
      2. 13.1 Ley de la gravitación universal de Newton
      3. 13.2 Gravitación cerca de la superficie terrestre
      4. 13.3 Energía potencial gravitacional y energía total
      5. 13.4 Órbita satelital y energía
      6. 13.5 Leyes del movimiento planetario de Kepler
      7. 13.6 Fuerzas de marea
      8. 13.7 La teoría de la gravedad de Einstein
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    14. 14 Mecánica de fluidos
      1. Introducción
      2. 14.1 Fluidos, densidad y presión
      3. 14.2 Medir la presión
      4. 14.3 Principio de Pascal y la hidráulica
      5. 14.4 Principio de Arquímedes y flotabilidad
      6. 14.5 Dinámicas de fluidos
      7. 14.6 Ecuación de Bernoulli
      8. 14.7 Viscosidad y turbulencia
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
  3. Ondas y acústica
    1. 15 Oscilaciones
      1. Introducción
      2. 15.1 Movimiento armónico simple
      3. 15.2 Energía en el movimiento armónico simple
      4. 15.3 Comparación de movimiento armónico simple y movimiento circular
      5. 15.4 Péndulos
      6. 15.5 Oscilaciones amortiguadas
      7. 15.6 Oscilaciones forzadas
      8. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    2. 16 Ondas
      1. Introducción
      2. 16.1 Ondas en desplazamiento
      3. 16.2 Matemáticas de las ondas
      4. 16.3 Rapidez de onda en una cuerda estirada
      5. 16.4 La energía y la potencia de una onda
      6. 16.5 Interferencia de ondas
      7. 16.6 Ondas estacionarias y resonancia
      8. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    3. 17 Sonido
      1. Introducción
      2. 17.1 Ondas sonoras
      3. 17.2 Velocidad del sonido
      4. 17.3 Intensidad del sonido
      5. 17.4 Modos normales de una onda sonora estacionaria
      6. 17.5 Fuentes de sonido musical
      7. 17.6 Batimientos
      8. 17.7 El Efecto Doppler
      9. 17.8 Ondas expansivas
      10. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
  4. A Unidades
  5. B Factores de conversión
  6. C Constantes fundamentales
  7. D Datos astronómicos
  8. E Fórmulas matemáticas
  9. F Química
  10. G El alfabeto griego
  11. Clave de Respuestas
    1. Capítulo 1
    2. Capítulo 2
    3. Capítulo 3
    4. Capítulo 4
    5. Capítulo 5
    6. Capítulo 6
    7. Capítulo 7
    8. Capítulo 8
    9. Capítulo 9
    10. Capítulo 10
    11. Capítulo 11
    12. Capítulo 12
    13. Capítulo 13
    14. Capítulo 14
    15. Capítulo 15
    16. Capítulo 16
    17. Capítulo 17
  12. Índice

Objetivos De Aprendizaje

Al final de esta sección, podrá:

  • Identificar las condiciones físicas del equilibrio estático.
  • Dibujar un diagrama de cuerpo libre para un cuerpo rígido sobre el que actúan fuerzas.
  • Explicar cómo las condiciones de equilibrio nos permiten resolver problemas de estática.

Decimos que un cuerpo rígido está en equilibrio cuando tanto su aceleración lineal como angular son cero respecto a un marco de referencia inercial. Esto significa que un cuerpo en equilibrio puede estar en movimiento, pero si es así, sus velocidades lineal y angular deberán ser constantes. Decimos que un cuerpo rígido está en equilibrio estático cuando está en reposo en nuestro marco de referencia seleccionado. Obsérvese que la distinción entre el estado de reposo y el estado de movimiento uniforme es artificial, es decir, un objeto puede estar en reposo en nuestro marco de referencia seleccionado. Sin embargo, para un observador que se mueva a velocidad constante respecto a nuestro marco, el mismo objeto parece estar en movimiento uniforme a velocidad constante. Dado que el movimiento es relativo, lo que está en equilibrio estático para nosotros está en equilibrio dinámico para el observador en movimiento y viceversa. Dado que las leyes de la física son idénticas para todos los marcos de referencia inerciales, en un marco de referencia inercial no hay distinción entre equilibrio estático y equilibrio.

Según la segunda ley del movimiento de Newton, la aceleración lineal de un cuerpo rígido es causada por una fuerza neta que actúa sobre este, o

kFk=maCM.kFk=maCM.
12.1

Aquí, la suma es de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo, donde m es su masa y aCMaCM es la aceleración lineal de su centro de masa (un concepto del que hablamos en Momento lineal y colisiones sobre el momento lineal y las colisiones). En equilibrio, la aceleración lineal es cero. Si ponemos la aceleración a cero en la Ecuación 12.1, obtenemos la siguiente ecuación:

Primera condición de equilibrio

La primera condición de equilibrio para el equilibrio estático de un cuerpo rígido expresa el equilibrio traslacional:

kFk=0.kFk=0.
12.2

La primera condición de equilibrio, Ecuación 12.2, es la condición de equilibrio para las fuerzas, que encontramos al estudiar las aplicaciones de las leyes de Newton.

Esta ecuación vectorial es equivalente a las siguientes tres ecuaciones escalares para los componentes de la fuerza neta:

kFkx=0,kFky=0,kFkz=0.kFkx=0,kFky=0,kFkz=0.
12.3

De forma análoga a la Ecuación 12.1, podemos afirmar que la aceleración rotacional αα de un cuerpo rígido alrededor de un eje de rotación fijo es causada por el torque neto que actúa sobre el cuerpo, o

kτk=Iα.kτk=Iα.
12.4

Aquí II es la inercia rotacional del cuerpo en rotación alrededor de este eje y la suma es sobre todos los torques τkτk de fuerzas externas en la Ecuación 12.2. En equilibrio, la aceleración rotacional es cero. Al poner a cero el lado derecho de la Ecuación 12.4, obtenemos la segunda condición de equilibrio:

Segunda condición de equilibrio

La segunda condición de equilibrio para el equilibrio estático de un cuerpo rígido expresa el equilibrio rotacional:

kτk=0.kτk=0.
12.5

La segunda condición de equilibrio, Ecuación 12.5, es la condición de equilibrio para los torques que encontramos cuando estudiamos la dinámica rotacional. Cabe destacar que esta ecuación de equilibrio es generalmente válida para el equilibrio rotacional en torno a cualquier eje de rotación (fijo o no). De nuevo, esta ecuación vectorial es equivalente a tres ecuaciones escalares para los componentes vectoriales del torque neto:

kτkx=0,kτky=0,kτkz=0.kτkx=0,kτky=0,kτkz=0.
12.6

La segunda condición de equilibrio significa que, en equilibrio, no hay ningún torque externo neto que provoque la rotación alrededor de ningún eje.

La primera y la segunda condición de equilibrio se establecen en un marco de referencia particular. La primera condición solo implica fuerzas y, por ende, es independiente del origen del marco de referencia. Sin embargo, la segunda condición implica el torque, que se define como un producto cruz, τk=rk×Fk,τk=rk×Fk, donde el vector de posición rkrk con respecto al eje de rotación del punto donde se aplica la fuerza entra en la ecuación. Por lo tanto, el torque depende de la ubicación del eje en el marco de referencia. Sin embargo, cuando las condiciones de equilibrio rotacional y traslacional se mantienen simultáneamente en un marco de referencia, entonces también se mantienen en cualquier otro marco de referencia inercial, de modo que el torque neto sobre cualquier eje de rotación sigue siendo cero. La explicación de esto es bastante sencilla.

Supongamos que el vector RR es la posición del origen de un nuevo marco de referencia inercial SS en el antiguo sistema de referencia inercial S. Por nuestro estudio del movimiento relativo, sabemos que en el nuevo sistema de referencia SS el vector de posición rkrk del punto donde la fuerza FkFk se aplica está relacionado con rkrk mediante la ecuación

rk=rkR.rk=rkR.

Ahora, podemos sumar todos los torques τk=rk×Fkτk=rk×Fk de todas las fuerzas externas en un nuevo marco de referencia, S:S:

kτk=krk×Fk=k(rkR)×Fk=krk×FkkR×Fk=kτkR×kFk=0.kτk=krk×Fk=k(rkR)×Fk=krk×FkkR×Fk=kτkR×kFk=0.

En el último paso de esta cadena de razonamiento, utilizamos el hecho de que en el equilibrio en el antiguo marco de referencia, S, el primer término desaparece debido a la Ecuación 12.5 y el segundo término desaparece debido a la Ecuación 12.2. De allí que vemos que el torque neto en cualquier marco de referencia inercial SS es cero, siempre que ambas condiciones de equilibrio se cumplan en un marco de referencia inercial S.

La implicación práctica de esto es que, al aplicar las condiciones de equilibrio para un cuerpo rígido, somos libres de elegir cualquier punto como origen del marco de referencia. Nuestra elección del marco de referencia viene dictada por las características físicas del problema que estamos resolviendo. En un marco de referencia, la forma matemática de las condiciones de equilibrio puede ser bastante complicada, mientras que en otro marco, las mismas condiciones pueden tener una forma matemática más sencilla y fácil de resolver. El origen de un determinado marco de referencia recibe el nombre de punto de apoyo.

En el caso más general, las condiciones de equilibrio se expresan mediante las seis ecuaciones escalares (Ecuación 12.3 y Ecuación 12.6). Para los problemas de equilibrio plano con rotación alrededor de un eje fijo, que consideramos en este capítulo, podemos reducir el número de ecuaciones a tres. El procedimiento estándar consiste en adoptar un marco de referencia en el que el eje z es el eje de rotación. Con esta elección de eje, el torque neto solo tiene un componente z, todas las fuerzas que tienen pares no nulos se encuentran en el plano xy, y por lo tanto las contribuciones al torque neto provienen solamente de los componentes x y y de las fuerzas externas. Así, para los problemas planos con el eje de rotación perpendicular al plano xy, tenemos las siguientes tres condiciones de equilibrio para las fuerzas y los torques:

F1x+F2x++FNx=0F1x+F2x++FNx=0
12.7
F1y+F2y++FNy=0F1y+F2y++FNy=0
12.8
τ1+τ2++τN=0τ1+τ2++τN=0
12.9

donde la suma es sobre todas las N fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo y sobre sus torques. En la Ecuación 12.9, hemos simplificado la notación eliminando el subíndice z, pero aquí entendemos que la suma es sobre todas las contribuciones a lo largo del eje z, que es el eje de rotación. En la Ecuación 12.9, el componente z del torque τkτk de la fuerza FkFk es

τk=rkFksenθτk=rkFksenθ
12.10

donde rkrk es la longitud del brazo de palanca de la fuerza y FkFk es la magnitud de la fuerza (como vimos en Rotación de eje fijo). El ángulo θθ es el ángulo entre vectores rkrk y Fk,Fk, midiendo desde el vector rkrk al vector FkFk en el sentido contrario a las agujas del reloj (Figura 12.2). Al utilizar la Ecuación 12.10, solemos calcular la magnitud del torque y asignar su sentido como positivo (+)(+) o negativo (),(), en función del sentido de rotación provocado únicamente por este torque. En la Ecuación 12.9, el torque neto es la suma de términos, con cada término calculado a partir de la Ecuación 12.10, y cada término debe tener el sentido correcto. Del mismo modo, en la Ecuación 12.7, asignamos el signo ++ para forzar los componentes en la dirección x+x+, y el signo -- a los componentes en la dirección x-x-. La misma regla debe seguirse sistemáticamente en la Ecuación 12.8, cuando se calculan los componentes de la fuerza a lo largo del eje y.

La Figura A es el esquema del torque de una fuerza que provoca una rotación en sentido contrario al de las agujas del reloj alrededor del eje o rotación. El vector tau está alineado con el eje Z y tiene un valor positivo. El ángulo theta que forman los vectores F y r es mayor que cero. La Figura B es el esquema del torque de una fuerza que provoca una rotación en el sentido de las agujas del reloj alrededor del eje o de la rotación. El vector tau está alineado con el eje Z y tiene un valor negativo. El ángulo theta que forman los vectores F y r es menor que cero.
Figura 12.2 Torque de una fuerza: (a) Cuando el torque de una fuerza provoca una rotación en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor del eje de rotación, decimos que su sentido es positivo, lo que significa que el vector par es paralelo al eje de rotación. (b) Cuando el par de una fuerza provoca una rotación en sentido de las agujas del reloj alrededor del eje, decimos que su sentido es negativo, lo que significa que el vector par es antiparalelo al eje de rotación.

Interactivo

Vea esta demostración para ver cómo actúan dos fuerzas sobre un cuadrado rígido en dos dimensiones. En todo momento se cumplen las condiciones de equilibrio estático dadas por la Ecuación 12.7 hasta la Ecuación 12.9. Puede variar las magnitudes de las fuerzas y sus brazos de palanca y observar el efecto que estos cambios tienen sobre el cuadrado.

En muchas situaciones de equilibrio, una de las fuerzas que actúa sobre el cuerpo es su peso. En los diagramas de cuerpo libre, el vector peso está unido al centro de gravedad del cuerpo. A efectos prácticos, el centro de gravedad es idéntico al centro de masa, como se vio en Momento Lineal y Colisiones sobre el momento lineal y las colisiones. Solo en situaciones en las que un cuerpo tiene una gran extensión espacial, de modo que el campo gravitacional no es uniforme en todo su volumen, el centro de gravedad y el centro de masa están situados en puntos diferentes. Sin embargo, en situaciones prácticas, incluso objetos tan grandes como edificios o cruceros se encuentran en un campo gravitacional uniforme en la superficie de la Tierra, donde la aceleración debida a la gravedad tiene una magnitud constante de g=9,8m/s2.g=9,8m/s2. En estas situaciones, el centro de gravedad es idéntico al centro de masa. Por lo tanto, a lo largo de este capítulo, utilizamos el centro de masa (CM) como el punto donde se fija el vector peso. Recordemos que el CM tiene un significado físico especial: cuando se aplica una fuerza externa a un cuerpo exactamente en su CM, el cuerpo en su conjunto experimenta un movimiento de traslación y dicha fuerza no provoca la rotación.

Cuando el CM está situado fuera del eje de rotación, se produce un torque gravitacional neto sobre un objeto. El torque gravitacional es el par causado por el peso. Este torque gravitacional puede rotar el objeto si no hay ningún soporte que lo equilibre. La magnitud del torque gravitacional depende de la distancia a la que se encuentre el CM del pivote. Por ejemplo, en el caso de un camión basculante (Figura 12.3), el pivote se encuentra en la línea donde los neumáticos hacen contacto con la superficie de la carretera. Si el CM está situado a gran altura sobre la superficie de la carretera, el torque gravitacional puede ser lo suficientemente grande como para volcar el camión. Los autos de pasajeros con un CM bajo, cerca del pavimento, son más resistentes al vuelco que los camiones.

La Figura A muestra un camión cargado uniformemente, con el centro de gravedad dentro de la zona de apoyo. La Figura B muestra un camión con el centro de gravedad fuera de la zona de apoyo, que está a punto de volcar. Al lado se muestra un auto en equilibrio para la comparación. La Figura C es el esquema que muestra la posición del centro de masa combinado, una combinación de los centros de masa de la carga y del camión, entre las dos ruedas que mantienen la estabilidad del vehículo. La Figura D es el esquema que muestra la posición del centro de masa combinado, una combinación de los centros de masa de la carga y del camión, fuera de las dos ruedas que hacen que el vehículo sea inestable y pueda causar que se vuelque.
Figura 12.3 La distribución de la masa afecta a la posición del centro de masa (CM), donde el vector peso w w . Si el centro de gravedad está dentro de la zona de apoyo, la carretilla vuelve a su posición inicial después de volcarse [véase el panel izquierdo en (b)]. No obstante, si el centro de gravedad se encuentra fuera de la zona de apoyo, el camión se vuelca [véase el panel derecho en (b)]. Ambos vehículos en (b) están fuera de equilibrio. Observe que el auto de (a) está en equilibrio: la baja ubicación de su centro de gravedad dificulta que se vuelque.

Interactivo

Si inclina una caja de manera que un borde permanezca en contacto con la mesa que tiene debajo, entonces un borde de la base de apoyo se convierte en un pivote. Mientras el centro de gravedad de la caja permanezca sobre la base de apoyo, el torque gravitacional rota la caja hacia su posición original de equilibrio estable. Cuando el centro de gravedad se desplaza fuera de la base de apoyo, el torque gravitacional rota la caja en sentido contrario, y la caja se vuelca. Vea esta demostración para experimentar con las posiciones estables e inestables de una caja.

Ejemplo 12.1

Centro de gravedad de un auto

Un auto de pasajeros con una distancia entre ejes de 2,5 m tiene el 52 % de su peso sobre las ruedas delanteras en terreno llano, como se ilustra en la Figura 12.4. ¿Dónde se encuentra el CM de este auto con respecto al eje trasero?
La imagen muestra un auto de pasajeros con una distancia entre ejes de 2,5 m que tiene el 52 % de su peso en las ruedas delanteras y el 48 % de su peso en las ruedas traseras en terreno llano. La distancia entre el eje trasero y el centro de masa es x.
Figura 12.4 La distribución del peso entre los ejes del auto. ¿Dónde se encuentra el centro de gravedad? (créditos: "auto", modificación del trabajo de Jane Whitney).

Estrategia

No conocemos cuál es el peso w del auto. Todo lo que sabemos es que, cuando el auto descansa sobre una superficie plana, 0,52w empujan hacia abajo en la superficie en los puntos de contacto de las ruedas delanteras y 0,48w empujan hacia abajo en la superficie en los puntos de contacto de las ruedas traseras. Además, los puntos de contacto están separados entre sí por la distancia d=2,5m.d=2,5m. En estos puntos de contacto, el auto experimenta fuerzas de reacción normal con magnitudes FF=0,52wFF=0,52w y FR=0,48wFR=0,48w en los ejes delantero y trasero, respectivamente. También sabemos que el auto es un ejemplo de cuerpo rígido en equilibrio, cuyo peso entero w actúa en su CM. El CM se encuentra en algún lugar entre los puntos donde actúan las fuerzas normales de reacción, en algún lugar a una distancia x del punto donde FRFR actúa. Nuestra tarea es hallar x. Así, identificamos tres fuerzas que actúan sobre el cuerpo (el auto), y podemos dibujar un diagrama de cuerpo libre para el cuerpo rígido extendido, como se muestra en la Figura 12.5.
La figura es un esquema que muestra la distribución de masa para un auto de pasajeros con una distancia entre ejes definida como d. El auto tiene el 52 % de su peso en las ruedas delanteras (etiquetadas como Ff) y el 48 % en las ruedas traseras (etiquetadas como Fr) y está en un terreno llano. La distancia entre el eje trasero y el centro de masa (etiquetado como rR) es x. La distancia entre el eje delantero y el centro de masa (denominada rF) es d - x.
Figura 12.5 El diagrama de cuerpo libre del auto indica claramente los vectores de fuerza que actúan sobre el auto y las distancias al centro de masa (CM). Cuando se selecciona CM como punto de apoyo, estas distancias son brazos de palanca de las fuerzas de reacción normales. Obsérvese que no hace falta dibujar a escala las magnitudes vectoriales y los brazos de palanca, pero deben etiquetarse claramente todas las cantidades pertinentes.

Estamos casi listos para escribir las condiciones de equilibrio de la Ecuación 12.7 a la Ecuación 12.9 para el auto, pero primero debemos decidir el marco de referencia. Supongamos que elegimos el eje x a lo largo del auto, el eje y vertical y el eje z perpendicular a este plano xy. Con esta elección solo tenemos que escribir la Ecuación 12.7 y la Ecuación 12.9 porque todos los componentes de y son idénticos a cero. Ahora tenemos que decidir la ubicación del punto de apoyo. Podemos elegir cualquier punto como ubicación del eje de rotación (eje z). Supongamos que colocamos el eje de rotación en CM, como se indica en el diagrama de cuerpo libre del auto. Llegados a este punto, estamos preparados para escribir las condiciones de equilibrio del auto.

Solución

Cada condición de equilibrio contiene solo tres términos porque hay N=3N=3 fuerzas que actúan sobre el auto. La primera condición de equilibrio, Ecuación 12.7, establece
+FFw+FR=0.+FFw+FR=0.
12.11

Esta condición se satisface trivialmente porque, al sustituir los datos, la Ecuación 12.11 se convierte en +0,52ww+0,48w=0.+0,52ww+0,48w=0. La segunda condición de equilibrio, Ecuación 12.9, establece

τF+τw+τR=0τF+τw+τR=0
12.12

donde τFτF es el torque de fuerza FF,τwFF,τw es el torque gravitacional de la fuerza w y τRτR es el torque de fuerza FR.FR. Cuando el pivote está situado en CM, el torque gravitacional es idéntico a cero porque el brazo de palanca del peso con respecto a un eje que pasa por CM es cero. Las líneas de acción de ambas fuerzas normales de reacción son perpendiculares a sus brazos de palanca, por lo que en la Ecuación 12.10, tenemos |senθ|=1|senθ|=1 para ambas fuerzas. En el diagrama de cuerpo libre se lee que el torque τFτF provoca una rotación en el sentido de las agujas del reloj alrededor del pivote en CM, por lo que su sentido es negativo; y el torque τRτR provoca una rotación en sentido contrario a las agujas del reloj en torno al pivote en CM, por lo que su sentido es positivo. Con esta información, escribimos la segunda condición de equilibrio como

rFFF+rRFR=0.rFFF+rRFR=0.
12.13

Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre, identificamos las magnitudes de fuerza FR=0,48wFR=0,48w y FF=0,52w,FF=0,52w, y sus correspondientes brazos de palanca rR=xrR=x y rF=dx.rF=dx. Ahora podemos escribir la segunda condición de equilibrio, la Ecuación 12.13, explícitamente en términos de la distancia desconocida x:

-0,52(dx)w+0,48xw=0.-0,52(dx)w+0,48xw=0.
12.14

Aquí el peso w se cancela y podemos resolver la ecuación para la posición desconocida x del CM. La respuesta es x=0,52d=0,52(2,5m)=1,3m.x=0,52d=0,52(2,5m)=1,3m.

Solución

Elegir el pivote en la posición del eje delantero no cambia el resultado. El diagrama de cuerpo libre para esta ubicación del pivote se presenta en la Figura 12.6. Para esta elección de punto de apoyo, la segunda condición de equilibrio es
rww+rRFR=0.rww+rRFR=0.
12.15

Al sustituir las cantidades indicadas en el diagrama, obtenemos

(dx)w+0,48dw=0.(dx)w+0,48dw=0.
12.16

La respuesta obtenida al resolver la Ecuación 12.13 es, de nuevo, x=0,52d=1,3m.x=0,52d=1,3m.

La figura es el esquema que muestra la distribución de masas para un auto de pasajeros con una distancia entre ejes definida como d. El auto tiene el 52 % de su peso sobre sus ruedas delanteras, ahora rodeadas y etiquetadas como Pivote (Ff) y el 48 % de su peso sobre las ruedas traseras (Fr) en terreno llano. La distancia entre el eje trasero y el centro de masa es x. La distancia entre el eje delantero y el centro de masa (rw) es d - x. La longitud de todo el eje está etiquetada con la ecuación rR=d.
Figura 12.6 El diagrama de cuerpo libre equivalente para el auto; el pivote está indicado claramente.

Importancia

Este ejemplo muestra que, cuando se resuelven problemas de equilibrio estático, somos libres de elegir la ubicación del pivote. Para diferentes elecciones del punto de apoyo tenemos diferentes conjuntos de condiciones de equilibrio que resolver. Sin embargo, todas las opciones conducen a la misma solución del problema.

Compruebe Lo Aprendido 12.1

Resuelva el Ejemplo 12.1 al elegir el pivote en la ubicación del eje trasero.

Compruebe Lo Aprendido 12.2

Explique cuál de las siguientes situaciones satisface ambas condiciones de equilibrio: (a) una pelota de tenis que no gira mientras se desplaza en el aire; (b) un pelícano que se desliza en el aire a una velocidad constante a una altitud; o (c) un cigüeñal en el motor de un auto estacionado.

Un caso especial de equilibrio estático se produce cuando todas las fuerzas externas sobre un objeto actúan en o a lo largo del eje de rotación o cuando la extensión espacial del objeto puede ser despreciada. En este caso, el objeto puede tratarse efectivamente como una masa puntual. En este caso especial, no hay que preocuparse por la segunda condición de equilibrio, Ecuación 12.9, porque todos los torques son idénticos a cero y la primera condición de equilibrio (para las fuerzas) es la única que debe cumplirse. El diagrama de cuerpo libre y la estrategia de resolución de problemas para este caso especial se han esbozado en Leyes de movimiento de Newton y Aplicaciones de las leyes de Newton. En el siguiente ejemplo verá una situación de equilibrio típica, que implica solo la primera condición de equilibrio.

Interactivo

Vea esta demostración para observar tres pesas que están conectadas por cuerdas sobre poleas y atadas con un nudo. Puede experimentar con los pesos para ver cómo afectan a la posición de equilibrio del nudo y, al mismo tiempo, ver la representación del diagrama vectorial de la primera condición de equilibrio en funcionamiento.

Ejemplo 12.2

Tensión de ruptura

Una pequeña bandeja con una masa de 42,0 g está sostenida por dos cuerdas, como se muestra en la Figura 12.7. La tensión máxima que puede soportar la cuerda es de 2,80 N. La masa se añade gradualmente a la bandeja hasta que una de las cuerdas se rompe. ¿Qué cuerda es? ¿Cuánta masa hay que añadir para que esto ocurra?
La figura muestra una pequeña bandeja de masa, sostenida por dos cuerdas que se cruzan en un ángulo de 90 grados. La longitud de una cuerda es de 5 centímetros, la de otra es de 10 centímetros.
Figura 12.7 La masa se añade gradualmente a la bandeja hasta que una de las cuerdas se rompe.

Estrategia

Este sistema mecánico formado por cuerdas, masas y la bandeja está en equilibrio estático. En concreto, el nudo que ata las cuerdas a la bandeja está en equilibrio estático. El nudo puede ser tratado como un punto; por lo tanto, todo lo que necesitamos es la primera condición de equilibrio. Las tres fuerzas que tiran del nudo son la tensión T1T1 en la cuerda de 5,0 cm, la tensión T2T2 en la cuerda de 10,0 cm y el peso ww de la bandeja que contiene las masas. Adoptamos un sistema de coordenadas rectangulares con el eje y apuntando en sentido contrario a la dirección de la gravedad y dibujamos el diagrama de cuerpo libre para el nudo (vea la Figura 12.8). Para hallar los componentes de la tensión, debemos identificar los ángulos de dirección α1α1 y α2α2 que las cuerdas hacen con la dirección horizontal que es el eje x. Como puede observar en la Figura 12.7, las cuerdas forman dos lados de un triángulo rectángulo. Podemos utilizar el teorema de Pitágoras para resolver este triángulo, mostrado en la Figura 12.8, y encontrar el seno y el coseno de los ángulos α1α1 y α2.α2. Entonces podemos resolver las tensiones en sus componentes rectangulares, sustituir en la primera condición de equilibrio (Ecuación 12.7 y Ecuación 12.8) y resolver las tensiones en las cuerdas. La cuerda con mayor tensión se romperá primero.
La figura de arriba muestra la distribución de fuerzas para el nudo que ata las cuerdas a la bandeja. Las fuerzas T1 y T2 tiran del nudo hacia arriba. El peso, una suma de M y m multiplicada por g tira del nudo hacia abajo. Se muestran las proyecciones de T1 y T2 en los ejes x e y. La figura de abajo representa el nudo que ata las cuerdas a la bandeja como un triángulo rectángulo. Tiene patas de la longitud a y 2a siendo a igual a 5 centímetros. La hipotenusa es la raíz cuadrada de cinco. El ángulo alfa 1 está formado por el cateto más corto y la hipotenusa. El ángulo alfa 2 está formado por el cateto más largo y la hipotenusa. El coseno del ángulo alfa 1 es igual al seno del ángulo alfa 2 y es igual a uno, dividido entre la raíz cuadrada de cinco. El coseno del ángulo alfa 2 es igual al seno del ángulo alfa 1 y es igual a dos, dividido entre la raíz cuadrada de cinco.
Figura 12.8 Diagrama de cuerpo libre para el nudo en el Ejemplo 12.2.

Solución

El peso w que tira del nudo se debe a la masa M de la bandeja y a la masa m añadida al plato, o w=(M+m)g.w=(M+m)g. Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre en la Figura 12.8, podemos establecer las condiciones de equilibrio para el nudo:
en la direcciónx,T1x+T2x=0en la direccióny,+T1y+T2yw=0.en la direcciónx,T1x+T2x=0en la direccióny,+T1y+T2yw=0.

A partir del diagrama de cuerpo libre, las magnitudes de los componentes en estas ecuaciones son

T1x=T1cosα1=T1/5,T1y=T1senα1=2T1/5T2x=T2cosα2=2T2/5,T2y=T2senα2=T2/5.T1x=T1cosα1=T1/5,T1y=T1senα1=2T1/5T2x=T2cosα2=2T2/5,T2y=T2senα2=T2/5.

Sustituimos estos componentes en las condiciones de equilibrio y simplificamos. Obtenemos entonces dos ecuaciones de equilibrio para las tensiones:

en la direcciónx,T1=2T2en la direccióny,2T15+T25=(M+m)g.en la direcciónx,T1=2T2en la direccióny,2T15+T25=(M+m)g.

La ecuación de equilibrio para la dirección x nos indica que la tensión T1T1 en la cuerda de 5,0 cm es el doble de la tensión T2T2 en la cadena de 10,0 cm. Por lo tanto, la cuerda más corta se romperá. Si utilizamos la primera ecuación para eliminar T2T2 de la segunda ecuación, obtenemos la relación entre la masa mm en la bandeja y la tensión T1T1 en la cadena más corta:

2,5T1/5=(M+m)g.2,5T1/5=(M+m)g.

La cuerda se rompe cuando la tensión alcanza el valor crítico de T1=2,80N.T1=2,80N. La ecuación anterior puede resolverse para la masa crítica m que rompe la cuerda:

m=2,55T1gM=2,552,80N9,8m/s20,042kg=0,277kg=277,0g.m=2,55T1gM=2,552,80N9,8m/s20,042kg=0,277kg=277,0g.

Importancia

Supongamos que el sistema mecánico considerado en este ejemplo está fijado a un techo dentro de un ascensor que sube. Siempre que el ascensor ascienda a una velocidad constante, el resultado sigue siendo el mismo porque el peso ww no cambia. Si el ascensor asciende con la aceleración, la masa crítica es menor porque el peso de M+mM+m se agranda por un peso aparente debido a la aceleración del ascensor. Aun así, en todos los casos la cuerda más corta se rompe primero.
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