Omitir e ir al contenidoIr a la página de accesibilidad
Logo de OpenStax
Física Universitaria Volumen 1

12.2 Ejemplos de equilibrio estático

Física Universitaria Volumen 112.2 Ejemplos de 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 y analizar las situaciones de equilibrio estático.
  • Establecer un diagrama de cuerpo libre para un objeto extendido en equilibrio estático.
  • Establecer y resolver condiciones de equilibrio estático para objetos en equilibrio en diversas situaciones físicas.

Todos los ejemplos de este capítulo son problemas planos. En consecuencia, utilizamos las condiciones de equilibrio en la forma de componentes de la Ecuación 12.7 a la Ecuación 12.9. Hemos introducido una estrategia de resolución de problemas en el Ejemplo 12.1 para ilustrar el significado físico de las condiciones de equilibrio. Ahora generalizamos esta estrategia en una lista de pasos a seguir al momento de resolver problemas de equilibrio estático en relación con cuerpos rígidos extendidos. Procedemos en cinco pasos prácticos.

Estrategia de Resolución De Problemas

Equilibrio estático

  1. Identificar el objeto sujeto a análisis. Para algunos sistemas en equilibrio, habría que considerar más de un objeto. Identifique todas las fuerzas que actúan sobre el objeto. Identifique las preguntas que debe responder. Identifique la información dada en el problema. En los problemas realistas, parte de la información clave puede estar implícita en la situación, en lugar de proporcionarse explícitamente.
  2. Establezca un diagrama de cuerpo libre para el objeto. (a) Elija el marco de referencia xy para el problema. Dibuje un diagrama de cuerpo libre para el objeto; incluya solo las fuerzas que actúan sobre este. Cuando sea conveniente, represente las fuerzas en términos de sus componentes en el marco de referencia elegido. Al hacer esto para cada fuerza, tache la fuerza original para no incluir erróneamente la misma fuerza dos veces en las ecuaciones. Etiquete todas las fuerzas: lo necesitará para calcular correctamente las fuerzas netas en las direcciones x y y. En el caso de una fuerza desconocida, la dirección debe asignarse de forma arbitraria; piense en esta como "dirección de trabajo" o "dirección posible". La dirección correcta se determina por el signo que se obtiene en la solución final. El signo más (+)(+) significa que la dirección de trabajo es la dirección real. El signo menos ()() significa que la dirección real es opuesta a la supuesta dirección de trabajo. (b) Elija la ubicación del eje de rotación; en otras palabras, elija el punto de apoyo con respecto al cual calculará el torque de las fuerzas que actúan. En el diagrama de cuerpo libre, indique la ubicación del pivote y los brazos de palanca de las fuerzas que actúan; lo necesitará para calcular el torque correctamente. En la selección del pivote, tenga en cuenta que este puede colocarse en cualquier lugar que desee, pero el principio rector es que la mejor elección simplificará en la medida de lo posible el cálculo del torque neto a lo largo del eje de rotación.
  3. Establezca las ecuaciones de equilibrio para el objeto. (a) Utilice el diagrama de cuerpo libre para escribir una condición de equilibrio correcta Ecuación 12.7 para los componentes de la fuerza en la dirección x. (b) Utilice el diagrama de cuerpo libre para escribir una condición de equilibrio correcta Ecuación 12.11, para los componentes de la fuerza en la dirección y (c) Utilice el diagrama de cuerpo libre para escribir una condición de equilibrio correcta, Ecuación 12.9, para el torque a lo largo del eje de rotación. Utilice la Ecuación 12.10, para evaluar las magnitudes y los sentidos del torque.
  4. Simplificar y resolver el sistema de ecuaciones de equilibrio para obtener las incógnitas. En este punto, su trabajo implica solo el álgebra. Tenga en cuenta que el número de ecuaciones deberá ser igual al número de incógnitas. Si el número de incógnitas es mayor que el número de ecuaciones, el problema no puede resolverse.
  5. Evalúe las expresiones de las incógnitas que ha obtenido en su solución. Sus respuestas finales deben tener valores numéricos correctos y unidades físicas correctas. Si no es así, entonces siga los pasos anteriores para rastrear un error hasta su origen y corregirlo. Además, puede comprobar independientemente sus respuestas numéricas al desplazar el pivote a un lugar diferente y resolver el problema de nuevo, que es lo que hicimos en la Ejemplo 12.1.

Tenga en cuenta que establecer un diagrama de cuerpo libre para un problema de equilibrio de cuerpo rígido es el componente más importante en el proceso de solución. Sin la configuración y el diagrama correctos, no podrá escribir las condiciones correctas para el equilibrio. Tenga en cuenta también que el diagrama de cuerpo libre para un cuerpo rígido extendido que puede experimentar movimiento de rotación es distinto al de un cuerpo que experimenta únicamente movimiento de traslación (como se pudo ver en los capítulos sobre las Leyes del movimiento de Newton). En la dinámica traslacional, un cuerpo se representa como su CM, donde todas las fuerzas sobre el cuerpo están unidas y no aparecen torques. Este no es el caso en la dinámica rotacional, donde un cuerpo rígido extendido no puede representarse con un solo punto. La razón es que, al analizar la rotación, debemos identificar el torque que actúa sobre el cuerpo, el cual depende tanto de la fuerza que actúa como de su brazo de palanca. Aquí, el diagrama de cuerpo libre para un cuerpo rígido extendido nos permite identificar los torques externos.

Ejemplo 12.3

El equilibrio del torque

Tres masas están unidas a un metro plegable uniforme, como se muestra en la Figura 12.9. La masa de la vara de medir es de 150,0 g y las masas a la izquierda del punto de apoyo son m1=50,0gm1=50,0g y m2=75,0g.m2=75,0g. Encuentre la masa m3m3 que equilibra el sistema cuando se fija en el extremo derecho de la vara, y la fuerza de reacción normal en el punto de apoyo cuando el sistema está equilibrado.
La figura es el esquema de una balanza de torque, una viga horizontal apoyada en un punto de apoyo (indicado por S) y tres masas fijadas a ambos lados del punto de apoyo. La masa 3 está a 30 cm a la derecha de S. La masa 2 está a 40 cm a la izquierda de S. La masa 1 está a 30 cm a la izquierda de la masa 2.
Figura 12.9 En una balanza de torque, una viga horizontal se apoya en un punto de apoyo (indicado por S) y las masas se fijan a ambos lados del punto de apoyo. El sistema está en equilibrio estático cuando la viga no gira. Está equilibrado cuando la viga se mantiene nivelada.

Estrategia

Para la disposición mostrada en la figura, identificamos las siguientes cinco fuerzas que actúan sobre la vara de medir:

w1=m1gw1=m1g es el peso de la masa m1;m1; w2=m2gw2=m2g es el peso de la masa m2;m2;

w=mgw=mg es el peso de toda la vara de medir w3=m3gw3=m3g es el peso de la masa desconocida m3;m3;

FSFS es la fuerza de reacción normal en el punto de apoyo S.

Elegimos un marco de referencia en el que la dirección del eje y es la dirección de la gravedad, la dirección del eje x es a lo largo de la vara de medir, y el eje de rotación (el eje z) es perpendicular al eje xy pasa por el punto de apoyo S. En otras palabras, elegimos el pivote en el punto donde la vara de medir toca el apoyo. Esta es una elección natural para el pivote porque este punto no se mueve cuando la vara gira. Ahora estamos listos para configurar el diagrama de cuerpo libre para la vara de medir. Indicamos el pivote y adjuntamos cinco vectores que representan las cinco fuerzas a lo largo de la línea que representa la vara de medir, y ubican las fuerzas con respecto al pivote (Figura 12.10). En esta fase, podemos identificar los brazos de palanca de las cinco fuerzas, dada la información proporcionada en el problema. Para las tres masas colgantes, el problema es explícito en cuanto a sus ubicaciones a lo largo de la vara, pero la información sobre la ubicación del peso w se da implícitamente. La palabra clave aquí es "uniforme". Sabemos por nuestros estudios anteriores que el CM de una vara uniforme se encuentra en su punto medio. En tal sentido, es aquí donde fijamos el peso w, en la marca de 50 cm.

La figura es el esquema de una distribución de fuerzas para una balanza de torque, una viga horizontal apoyada en un punto de apoyo (indicado por S) y tres masas fijadas a ambos lados del punto de apoyo. La fuerza Fs en el punto S apunta hacia arriba. La fuerza w3, a la derecha del punto S y separada por la distancia r3 apunta hacia abajo. Las fuerzas w, w2 y w1 están a la izquierda del punto S y apuntan hacia abajo. Están separados por la distancia r, r2 y r1, respectivamente.
Figura 12.10 Diagrama de cuerpo libre para la vara de medir. El pivote se elige en el punto de apoyo S.

Solución

Con la Figura 12.9 y la Figura 12.10 como referencia, empezamos por encontrar los brazos de palanca de las cinco fuerzas que actúan sobre la vara:
r1=30,0cm+40,0cm=70,0cmr2=40,0cmr=50,0cm30,0cm=20,0cmrS=0,0cm(porqueFSse fija en el pivote)r3=30,0cm.r1=30,0cm+40,0cm=70,0cmr2=40,0cmr=50,0cm30,0cm=20,0cmrS=0,0cm(porqueFSse fija en el pivote)r3=30,0cm.

Ahora podemos encontrar los cinco torques con respecto al pivote elegido:

τ1=+r1w1sen90°=+r1m1g(rotación en sentido contrario a las agujas del reloj, sentido positivo)τ2=+r2w2sen90°=+r2m2g(rotación en sentido contrario a las agujas del reloj, sentido positivo)τ=+rwsen90°=+rmg(torque gravitacional)τS=rSFSsenθS=0(porquerS=0cm)τ3=r3w3sen90°=r3m3g(rotación en el sentido de las agujas del reloj, sentido negativo)τ1=+r1w1sen90°=+r1m1g(rotación en sentido contrario a las agujas del reloj, sentido positivo)τ2=+r2w2sen90°=+r2m2g(rotación en sentido contrario a las agujas del reloj, sentido positivo)τ=+rwsen90°=+rmg(torque gravitacional)τS=rSFSsenθS=0(porquerS=0cm)τ3=r3w3sen90°=r3m3g(rotación en el sentido de las agujas del reloj, sentido negativo)

La segunda condición de equilibrio (ecuación de los torques) para la vara de medir es

τ1+τ2+τ+τS+τ3=0.τ1+τ2+τ+τS+τ3=0.

Al sustituir los valores de torque en esta ecuación, podemos omitir los torques que dan contribuciones nulas. De este modo, la segunda condición de equilibrio es

+r1m1g+r2m2g+rmgr3m3g=0.+r1m1g+r2m2g+rmgr3m3g=0.
12.17

Seleccionar la dirección y+y+ que debe ser paralela a FS,FS, la primera condición de equilibrio para la vara es

w1w2w+FSw3=0.w1w2w+FSw3=0.

Sustituyendo las fuerzas, la primera condición de equilibrio se convierte en

m1gm2gmg+FSm3g=0.m1gm2gmg+FSm3g=0.
12.18

Resolvemos estas ecuaciones simultáneamente para las incógnitas m3m3 y FS.FS. En la Ecuación 12.17, cancelamos el factor g y reordenamos los términos para obtener

r3m3=r1m1+r2m2+rm.r3m3=r1m1+r2m2+rm.

Para obtener m3m3 dividimos ambos lados entre r3,r3, por lo que tenemos

m3=r1r3m1+r2r3m2+rr3m=7030(50,0g)+4030(75,0g)+2030(150,0g)=316,023g317g.m3=r1r3m1+r2r3m2+rr3m=7030(50,0g)+4030(75,0g)+2030(150,0g)=316,023g317g.
12.19

Para hallar la fuerza de reacción normal, reordenamos los términos en la Ecuación 12.18 y convertimos los gramos en kilogramos:

FS=(m1+m2+m+m3)g=(50,0+75,0+150,0+316,7)×10−3kg×9,8ms2=5,8N.FS=(m1+m2+m+m3)g=(50,0+75,0+150,0+316,7)×10−3kg×9,8ms2=5,8N.
12.20

Importancia

Obsérvese que la Ecuación 12.17 es independiente del valor de g. Por lo tanto, la balanza de torque puede utilizarse para medir la masa, ya que las variaciones de los valores g en la superficie de la Tierra no afectan estas mediciones. Este no es el caso de una balanza de muelle, ya que mide la fuerza.

Compruebe Lo Aprendido 12.3

Repita el Ejemplo 12.3 con el extremo izquierdo de la vara de medir para calcular los torques; es decir, coloque el pivote en el extremo izquierdo de la vara de medir.

En el siguiente ejemplo, mostramos cómo utilizar la primera condición de equilibrio (ecuación de fuerzas) en la forma vectorial dada por la Ecuación 12.7 y la Ecuación 12.8. Presentamos esta solución para ilustrar la importancia de elegir adecuadamente el marco de referencia. Aunque todos los marcos de referencia inercial son equivalentes y las soluciones numéricas obtenidas en un marco son las mismas que en cualquier otro, la elección inadecuada del marco de referencia puede hacer que la solución sea bastante larga y enrevesada, mientras que la elección acertada simplifica la solución. Lo mostramos en la solución equivalente al mismo problema. Este ejemplo concreto ilustra una aplicación del equilibrio estático a la biomecánica.

Ejemplo 12.4

Fuerzas en el antebrazo

Un levantador de pesas sostiene una pesa de 50,0 libras (equivalente a 222,4 N) con su antebrazo, como se muestra en la Figura 12.11. Su antebrazo está colocado en β=60°β=60° con respecto a su brazo. El antebrazo se apoya en una contracción del músculo bíceps, que provoca un torque alrededor del codo. Suponiendo que la tensión en el bíceps actúe a lo largo de la dirección vertical dada por la gravedad, ¿qué tensión deberá ejercer el músculo para mantener el antebrazo en la posición mostrada? ¿Cuál es la fuerza sobre la articulación del codo? Supongamos que el peso del antebrazo es despreciable. Dé sus respuestas finales en unidades del SI.
La figura es el esquema de un antebrazo, rotado alrededor del codo. Se sostiene una pelota de 50 libras en la palma de la mano. La distancia entre el codo y la pelota es de 13 pulgadas. La distancia entre el codo y el músculo bíceps, que provoca un torque alrededor del codo, es de 1,5 pulgadas. El antebrazo forma un ángulo de 60 grados con el brazo.
Figura 12.11 El antebrazo gira alrededor del codo(E) por una contracción del músculo bíceps, que provoca una tensión T M . T M .

Estrategia

Identificamos tres fuerzas que actúan sobre el antebrazo: la fuerza desconocida FF en el codo; la tensión desconocida TMTM en el músculo; y el peso ww con magnitud w=50lb.w=50lb. Adoptamos el marco de referencia con el eje x a lo largo del antebrazo y el pivote en el codo. La dirección vertical es la dirección del peso, que es la misma que la dirección del brazo. El eje x forma un ángulo β=60°β=60° con la vertical. El eje y es perpendicular al eje x. Ahora configuramos el diagrama de cuerpo libre para el antebrazo. En primer lugar, dibujamos los ejes, el pivote y los tres vectores que representan las tres fuerzas identificadas. Entonces localizamos el ángulo ββ y representamos cada fuerza por sus componentes x y y, recordando tachar el vector de fuerza original para evitar la doble contabilidad. Por último, etiquetamos las fuerzas y sus brazos de palanca. El diagrama de cuerpo libre del antebrazo se muestra en la Figura 12.12. Llegados a este punto, estamos preparados para establecer las condiciones de equilibrio del antebrazo. Cada fuerza tiene componentes x y y; por lo tanto, tenemos dos ecuaciones para la primera condición de equilibrio, una ecuación para cada componente de la fuerza neta que actúa sobre el antebrazo.
La figura es un diagrama de cuerpo libre para el antebrazo. La fuerza F se aplica al punto E. La fuerza T se aplica a la distancia r tau del punto E. La fuerza W se aplica al lado opuesto separado por r w del punto E. Se muestran las proyecciones de las fuerzas en los ejes x e y. Las fuerzas F y T forman un ángulo beta con el eje x. La fuerza W forma un ángulo beta con la línea que la une con su proyección al eje y.
Figura 12.12 Diagrama de cuerpo libre del antebrazo: el pivote se encuentra en el punto E (codo).

Obsérvese que, en nuestro marco de referencia, las contribuciones a la segunda condición de equilibrio (para los torques) provienen únicamente de las componentes y de las fuerzas, ya que las componentes x de las fuerzas son todos paralelos a sus brazos de palanca, por lo que para cualquiera de ellas tenemos senθ=0senθ=0 en la Ecuación 12.10. Para los componentes y tenemos θ=±90°θ=±90° en la Ecuación 12.10. Obsérvese también que el torque de la fuerza en el codo es cero porque esta fuerza está fijada en el pivote. Por lo tanto, la contribución al torque neto proviene únicamente de los torques de TyTy y de wy.wy.

Solución

Vemos en el diagrama de cuerpo libre que el componente x de la fuerza neta satisface la ecuación
+Fx+Txwx=0+Fx+Txwx=0
12.21

y el componente y de la fuerza neta satisface

+Fy+Tywy=0.+Fy+Tywy=0.
12.22

La Ecuación 12.21 y la Ecuación 12.22 son dos ecuaciones de la primera condición de equilibrio (para las fuerzas). A continuación, leemos en el diagrama de cuerpo libre que el torque neto a lo largo del eje de rotación es

+rTTyrwwy=0.+rTTyrwwy=0.
12.23

La Ecuación 12.23 es la segunda condición de equilibrio (para los torques) del antebrazo. El diagrama de cuerpo libre muestra que los brazos de palanca son rT=1,5en.rT=1,5en. y rw=13,0en.rw=13,0en. En este punto, no necesitamos convertir las pulgadas en unidades del SI, porque mientras estas unidades sean congruentes en la Ecuación 12.23, se anulan. Utilizando de nuevo el diagrama de cuerpo libre, hallamos las magnitudes de las fuerzas componentes:

Fx=Fcosβ=Fcos60°=F/2Tx=Tcosβ=Tcos60°=T/2wx=wcosβ=wcos60°=w/2Fy=Fsenβ=Fsen60°=F3/2Ty=Tsenβ=Tsen60°=T3/2wy=wsenβ=wsen60°=w3/2.Fx=Fcosβ=Fcos60°=F/2Tx=Tcosβ=Tcos60°=T/2wx=wcosβ=wcos60°=w/2Fy=Fsenβ=Fsen60°=F3/2Ty=Tsenβ=Tsen60°=T3/2wy=wsenβ=wsen60°=w3/2.

Sustituimos estas magnitudes en la Ecuación 12.21, la Ecuación 12.22, la Ecuación 12.23 para obtener, respectivamente,

F/2+T/2w/2=0F3/2+T3/2w3/2=0rTT3/2rww3/2=0.F/2+T/2w/2=0F3/2+T3/2w3/2=0rTT3/2rww3/2=0.

Cuando simplificamos estas ecuaciones, vemos que solo nos quedan dos ecuaciones independientes para las dos magnitudes de fuerza desconocidas, F y T, porque la Ecuación 12.21 para el componente x es equivalente a la Ecuación 12.22 para el componente y. De este modo, obtenemos la primera condición de equilibrio para las fuerzas

F+Tw=0F+Tw=0
12.24

y la segunda condición de equilibrio para los torques

rTTrww=0.rTTrww=0.
12.25

La magnitud de la tensión en el músculo se obtiene al resolver la Ecuación 12.25:

T=rwrTw=13,01,5(50 lb)=43313lb433,3lb.T=rwrTw=13,01,5(50 lb)=43313lb433,3lb.

La fuerza en el codo se obtiene al resolver la Ecuación 12.24:

F=wT=50,0lb433,3lb=-383,3lb.F=wT=50,0lb433,3lb=-383,3lb.

El signo negativo en la ecuación nos indica que la fuerza real en el codo es antiparalela a la dirección de trabajo adoptada para dibujar el diagrama de cuerpo libre. En la respuesta final, convertimos las fuerzas en unidades de fuerza del SI. La respuesta es

F=383,3lb=383,3(4,448N)=1.705N descendenteT=433,3lb=433,3(4,448N)=1.927N ascendente.F=383,3lb=383,3(4,448N)=1.705N descendenteT=433,3lb=433,3(4,448N)=1.927N ascendente.

Importancia

Cabe destacar dos aspectos importantes. El primero se refiere a la conversión a unidades del SI, que puede hacerse al final de la solución, siempre que mantengamos la coherencia en las unidades. El segundo aspecto importante se refiere a las articulaciones de bisagra, como el codo. En el análisis inicial de un problema, siempre se debe suponer que las articulaciones de bisagra ejercen una fuerza en una dirección arbitraria, y luego hay que resolver todos los componentes de una fuerza de bisagra independientemente. En este ejemplo, la fuerza del codo resulta ser vertical porque el problema supone que la tensión del bíceps también es vertical. Esta simplificación, sin embargo, no es una regla general.

Solución

Supongamos que adoptamos un marco de referencia con la dirección del eje ya lo largo del peso de 50 libras y el pivote colocado en el codo. En este marco, las tres fuerzas solo tienen componentes y, por lo tanto, solo tenemos una ecuación para la primera condición de equilibrio (para las fuerzas). Dibujamos el diagrama de cuerpo libre para el antebrazo, como se muestra en la Figura 12.13, e indicamos el pivote, las fuerzas que actúan y sus brazos de palanca con respecto al pivote, así como los ángulos θTθT y θwθw que las fuerzas TMTM y ww (respectivamente) hacen con sus brazos de palanca. En la definición de torque dada por la Ecuación 12.10, el ángulo θTθT es el ángulo direccional del vector TM,TM, contados en sentido contrario a las agujas del reloj desde la dirección radial del brazo de palanca que siempre apunta lejos del pivote. Por la misma convención, el ángulo θwθw se mide en sentido contrario a las agujas del reloj desde la dirección radial del brazo de palanca hasta el vector w.w. Hecho esto, los torques no nulos se calculan más fácilmente al sustituir directamente en la Ecuación 12.10 de la siguiente forma:
τT=rTTsenθT=rTTsenβ=rTTsen60°=+rTT3/2τw=rwwsenθw=rwwsen(β+180°)=rwwsenβ=rww3/2.τT=rTTsenθT=rTTsenβ=rTTsen60°=+rTT3/2τw=rwwsenθw=rwwsen(β+180°)=rwwsenβ=rww3/2.
La figura es un diagrama de cuerpo libre para el antebrazo. La fuerza F se aplica en el punto E. La fuerza Tm se aplica a la distancia r tau del punto E. La fuerza W se aplica en el lado opuesto separado por r w del punto E. Se muestran las proyecciones de las fuerzas en los ejes de la x y de la y. La fuerza Tm forma un ángulo theta tau, que es igual a beta, con la dirección del brazo de palanca. La fuerza W forma un ángulo theta w, que es igual a la suma de beta y Pi con la dirección del brazo de palanca.
Figura 12.13 Diagrama de cuerpo libre del antebrazo para la solución equivalente. El pivote se encuentra en el punto E (codo).

La segunda condición de equilibrio, τT+τw=0,τT+τw=0, puede escribirse ahora como

rTT3/2rww3/2=0.rTT3/2rww3/2=0.
12.26

A partir del diagrama de cuerpo libre, la primera condición de equilibrio (para las fuerzas) es

F+Tw=0.F+Tw=0.
12.27

La Ecuación 12.26 es idéntica a la Ecuación 12.25 y da el resultado T=433,3lb.T=433,3lb. La Ecuación 12.27 da

F=Tw=433,3lb50,0lb=383,3lb.F=Tw=433,3lb50,0lb=383,3lb.

Vemos que estas respuestas son idénticas a las anteriores. Sin embargo, la segunda opción para el marco de referencia conduce a una solución equivalente, que es más sencilla y rápida, ya que no requiere que las fuerzas se resuelvan en sus componentes rectangulares.

Compruebe Lo Aprendido 12.4

Repita el Ejemplo 12.4 suponiendo que el antebrazo es un objeto de densidad uniforme que pesa 8,896 N.

Ejemplo 12.5

Una escalera apoyada en la pared

Una escalera uniforme tiene L=5,0mL=5,0m de largo y pesa 400,0 N. La escalera se apoya en una pared vertical resbaladiza, como se muestra en la Figura 12.14. El ángulo de inclinación entre la escalera y el suelo rugoso es β=53°.β=53°. Calcule las fuerzas de reacción que actúan sobre la escalera desde el suelo y desde la pared, así como el coeficiente de fricción estática μsμs en la interfaz de la escalera con el suelo, que impide que la escalera resbale.
La figura es el esquema de una escalera de 5,0 m de longitud, apoyada en una pared. La escalera forma un ángulo de 53 grados con el suelo.
Figura 12.14 Una escalera de 5,0 m de longitud se apoya en una pared sin fricción.

Estrategia

Podemos identificar cuatro fuerzas que actúan sobre la escalera. La primera es la fuerza de reacción normal N del suelo en la dirección vertical ascendente. La segunda es la fuerza de fricción estática f=μsNf=μsN dirigida horizontalmente a lo largo del suelo hacia la pared: esta fuerza evita que la escalera resbale. Estas dos fuerzas actúan sobre la escalera en su punto de contacto con el suelo. La tercera fuerza es el peso w de la escalera, fijado en su CM situado a medio camino entre sus extremos. La cuarta es la fuerza de reacción normal F de la pared en la dirección horizontal lejos de la pared, fijada en el punto de contacto con la pared. No hay otras fuerzas porque la pared es resbaladiza, lo que significa que no hay fricción entre la pared y la escalera. Con base en este análisis, adoptamos el marco de referencia con el eje y en la dirección vertical (paralelo a la pared) y el eje x en la dirección horizontal (paralelo al suelo). En este marco, cada fuerza tiene una componente horizontal o una componente vertical, pero no ambas, lo que simplifica la solución. Seleccionamos el pivote en el punto de contacto con el suelo. En el diagrama de cuerpo libre correspondiente a la escalera, indicamos el pivote, las cuatro fuerzas y sus brazos de palanca, así como los ángulos entre los brazos de palanca y las fuerzas, como se muestra en la Figura 12.15. Con nuestra elección de la ubicación del pivote, no hay torque de la fuerza de reacción normal N ni de la fricción estática f porque ambas actúan en el pivote.
La figura es un diagrama de cuerpo libre correspondiente a una escalera que forma un ángulo beta con el suelo y se apoya en una pared. La fuerza N se aplica en el punto del suelo y es perpendicular a este. La fuerza W se aplica en el punto medio de la escalera. La fuerza F se aplica en el punto que se apoya en la pared y es perpendicular a esta. La fuerza W forma un ángulo theta w con la dirección del brazo de palanca. Theta w es igual a la suma de Pi y medio Pi con la beta restada. La fuerza F forma un ángulo theta F con la dirección del brazo de palanca. Theta F es igual a Pi menos beta.
Figura 12.15 Diagrama de cuerpo libre de una escalera apoyada en una pared sin fricción.

Solución

A partir del diagrama de cuerpo libre, la fuerza neta en la dirección x es
+fF=0+fF=0
12.28

la fuerza neta en la dirección y es

+Nw=0+Nw=0
12.29

y el torque neto a lo largo del eje de rotación en el punto de apoyo es

τw+τF=0.τw+τF=0.
12.30

donde τwτw es el torque del peso w y τFτF es el par del torque F. A partir del diagrama de cuerpo libre, identificamos que el brazo de palanca de la reacción en la pared es rF=L=5,0mrF=L=5,0m y el brazo de palanca del peso es rw=L/2=2,5m.rw=L/2=2,5m. Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre, identificamos los ángulos a utilizar en la Ecuación 12.10 para los torques: θF=180°βθF=180°β para el torque de la fuerza de reacción con la pared, y θw=180°+(90°β)θw=180°+(90°β) para el torque debido al peso. Ahora estamos preparados para utilizar la Ecuación 12.10 con el fin de calcular los torques:

τw=rwwsenθw=rwwsen(180°+90°β)=L2wsen(90°β)=L2wcosβτF=rFFsenθF=rFFsen(180°β)=LFsenβ.τw=rwwsenθw=rwwsen(180°+90°β)=L2wsen(90°β)=L2wcosβτF=rFFsenθF=rFFsen(180°β)=LFsenβ.

Sustituimos los torques en la Ecuación 12.30 y resolvemos para F:F:

L2wcosβ+LFsenβ=0F=w2cotβ=400,0N2cot53°=150,7NL2wcosβ+LFsenβ=0F=w2cotβ=400,0N2cot53°=150,7N
12.31

Obtenemos la fuerza de reacción normal con el suelo al resolver la Ecuación 12.29: N=w=400,0N.N=w=400,0N. La magnitud de la fricción se obtiene al resolver la Ecuación 12.28: f=F=150,7N.f=F=150,7N. El coeficiente de fricción estática es μs=f/N=150,7/400,0=0,377.μs=f/N=150,7/400,0=0,377.

La fuerza neta que actúa sobre la escalera en el punto de contacto con el suelo es la suma vectorial de la reacción normal del suelo y las fuerzas de fricción estática:

Fsuelo=f+N=(150,7 N)(i^)+(400,0N)(+j^)=(-150,7i^+400,0j^)N.Fsuelo=f+N=(150,7 N)(i^)+(400,0N)(+j^)=(-150,7i^+400,0j^)N.

Su magnitud es

Fsuelo=f2+N2=150,72+400,02N=427,4NFsuelo=f2+N2=150,72+400,02N=427,4N

y su dirección es

φ=tan−1(N/f)=tan−1(400,0/150,7)=69,3°por encima del suelo.φ=tan−1(N/f)=tan−1(400,0/150,7)=69,3°por encima del suelo.

Cabe destacar aquí dos observaciones generales de utilidad práctica. En primer lugar, hay que tener en cuenta que, cuando elegimos un punto de apoyo, no se espera que el sistema gire realmente en torno al punto elegido. La escalera de este ejemplo no gira en absoluto, sino que se apoya firmemente en el suelo. No obstante, su punto de contacto con el suelo es una buena elección para el pivote. En segundo lugar, obsérvese que, cuando utilizamos la Ecuación 12.10 para calcular cada torque, no necesitamos resolver las fuerzas en sus componentes normal y paralelo con respecto a la dirección del brazo de palanca, y no necesitamos considerar ningún sentido del torque. Siempre que el ángulo en la Ecuación 12.10 se identifique correctamente (con la ayuda de un diagrama de cuerpo libre) como el ángulo medido en sentido contrario a las agujas del reloj desde la dirección del brazo de palanca hasta la dirección del vector fuerza, la Ecuación 12.10 da tanto la magnitud como el sentido del torque. Esto se debe a que el torque es el producto vectorial del vector palanca-brazo cruzado con el vector fuerza, y la Ecuación 12.10 expresa la componente rectangular de este producto vectorial a lo largo del eje de rotación.

Importancia

Este resultado es independiente de la longitud de la escalera porque L se anula en la segunda condición de equilibrio, en la Ecuación 12.31. No importa lo larga o corta que sea la escalera, siempre que su peso sea de 400 N y el ángulo con el suelo sea 53°,53°, nuestros resultados se mantienen. Pero la escalera resbalará si el torque neto se vuelve negativo en la Ecuación 12.31. Esto ocurre en algunos ángulos cuando el coeficiente de fricción estática no es lo suficientemente grande como para evitar que la escalera resbale.

Compruebe Lo Aprendido 12.5

Para la situación descrita en el Ejemplo 12.5, determine los valores del coeficiente μsμs de fricción estática para la que la escalera resbala, dado que ββ es el ángulo que forma la escalera con el suelo.

Ejemplo 12.6

Fuerzas en las bisagras de las puertas

Una puerta batiente que pesa w=400,0Nw=400,0N se apoya en las bisagras A y B para que la puerta gire alrededor de un eje vertical que pasa por las bisagras (Figura 12.16). La puerta tiene una anchura de b=1,00m,b=1,00m, y la losa de la puerta tiene una densidad de masa uniforme. Las bisagras se colocan de forma simétrica en el borde de la puerta, de manera que el peso de la puerta se distribuye uniformemente entre ellas. Las bisagras están separadas por la distancia a=2,00m.a=2,00m. Calcule las fuerzas en las bisagras cuando la puerta descansa medio abierta.
La figura es el esquema de una puerta vertical batiente apoyada en dos bisagras fijadas en los puntos A y B. La distancia entre los puntos A y B es de 2 metros. La puerta tiene un metro de ancho.
Figura 12.16 Una puerta vertical batiente de 400 N se apoya en dos bisagras fijadas en los puntos A y B.

Estrategia

Las fuerzas que la puerta ejerce sobre sus bisagras se pueden encontrar simplemente al invertir las direcciones de las fuerzas que las bisagras ejercen sobre la puerta. Por lo tanto, nuestra tarea es encontrar las fuerzas de las bisagras de la puerta. Tres fuerzas actúan sobre el forjado de la puerta: una fuerza desconocida AA de la bisagra A,A, una fuerza desconocida BB de la bisagra B,B, y el peso conocido ww fijada en el centro de masa del forjado de la puerta. El CM se encuentra en el centro geométrico de la puerta porque la losa tiene una densidad de masa uniforme. Adoptamos un marco de referencia rectangular con el eje ya lo largo de la dirección de la gravedad y el eje x en el plano de la losa, como se muestra en el panel (a) de la Figura 12.17, y resolvemos todas las fuerzas en sus componentes rectangulares. De este modo, tenemos cuatro fuerzas componentes desconocidas: dos componentes de fuerza AA (Ax(Ax y Ay),Ay), y dos componentes de fuerza BB (Bx(Bx y By).By). En el diagrama de cuerpo libre, representamos las dos fuerzas en las bisagras por sus componentes vectoriales, cuyas supuestas orientaciones son arbitrarias. Porque hay cuatro incógnitas (Ax,(Ax, Bx,Bx, Ay,Ay, y By),By), debemos establecer cuatro ecuaciones independientes. Una ecuación es la condición de equilibrio para las fuerzas en la dirección de la x. La segunda ecuación es la condición de equilibrio para las fuerzas en la dirección de la y. La tercera ecuación es la condición de equilibrio para los torques en rotación alrededor de una bisagra. Dado que el peso se distribuye uniformemente entre las bisagras, tenemos la cuarta ecuación, Ay=By.Ay=By. Para establecer las condiciones de equilibrio, dibujamos un diagrama de cuerpo libre y elegimos el punto de apoyo en la bisagra superior, como se muestra en el panel (b) de la Figura 12.17. Finalmente, resolvemos las ecuaciones para las incógnitas en los componentes de fuerza y calculamos las fuerzas.
La Figura A es la representación geométrica de una puerta vertical batiente, soportada por dos bisagras fijadas en los puntos A y B. En los puntos A y B se aplican las fuerzas A y B. Se muestran las proyecciones de estas fuerzas sobre los ejes de la x y de la y. La fuerza w se aplica en el punto CM. El punto CM está más bajo que el punto A en media a y a la derecha del punto A en media b. La línea que va del punto A al CM forma un ángulo beta con el borde de la pared. La Figura B es un diagrama de cuerpo libre con respecto a una puerta vertical batiente, que se apoya en dos bisagras fijadas en los puntos A y B. La fuerza Ay forma un ángulo beta con la línea que une los puntos P y CM. La fuerza By forma un ángulo beta con la línea que une los puntos B y CM. La fuerza W forma un ángulo beta con la línea que es la continuación de la línea que une los puntos P y CM. La distancia entre los puntos P y CM es d.
Figura 12.17 (a) Geometría y (b) diagrama de cuerpo libre correspondiente a la puerta.

Solución

A partir del diagrama de cuerpo libre de la puerta tenemos la primera condición de equilibrio de fuerzas:
en la direcciónx:Ax+Bx=0Ax=Bx en la direccióny:+Ay+Byw=0Ay=By=w2=400,0N2=200,0N.en la direcciónx:Ax+Bx=0Ax=Bx en la direccióny:+Ay+Byw=0Ay=By=w2=400,0N2=200,0N.

Seleccionamos el pivote en el punto P (bisagra superior, según el diagrama de cuerpo libre) y escribimos la segunda condición de equilibrio para los torques en rotación alrededor del punto P:

pivote enP:τw+τBx+τBy=0.pivote enP:τw+τBx+τBy=0.
12.32

Utilizamos el diagrama de cuerpo libre para hallar todos los términos de esta ecuación:

τw=dwsen(β)=dwsenβ=dwb/2d=wb2τBx=aBxsen90°=+aBxτBy=aBysen180°=0.τw=dwsen(β)=dwsenβ=dwb/2d=wb2τBx=aBxsen90°=+aBxτBy=aBysen180°=0.

Al evaluar senβ,senβ, utilizamos la geometría del triángulo mostrado en la parte (a) de la figura. Ahora sustituimos estos torques en la Ecuación 12.32 y calculamos Bx:Bx:

pivote enP:wb2+aBx=0Bx=wb2a=(400,0N)12·2=100,0N.pivote enP:wb2+aBx=0Bx=wb2a=(400,0N)12·2=100,0N.

Por lo tanto, las magnitudes de las fuerzas de la componente horizontal son Ax=Bx=100,0N.Ax=Bx=100,0N. Las fuerzas en la puerta son

en la bisagra superior:FAen la puerta=−100,0Ni^+200,0Nj^en la bisagra inferior:FBen la puerta=+100,0Ni^+200,0Nj^.en la bisagra superior:FAen la puerta=−100,0Ni^+200,0Nj^en la bisagra inferior:FBen la puerta=+100,0Ni^+200,0Nj^.

Las fuerzas sobre las bisagras se obtienen a partir de la tercera ley de Newton como

en la bisagra superior:Fpuerta enA=100,0Ni^200,0Nj^en la bisagra inferior:Fpuerta enB=−100,0Ni^200,0Nj^.en la bisagra superior:Fpuerta enA=100,0Ni^200,0Nj^en la bisagra inferior:Fpuerta enB=−100,0Ni^200,0Nj^.

Importancia

Obsérvese que, si el problema se formulara sin la suposición de que el peso se distribuye por igual entre las dos bisagras, no podríamos resolverlo porque el número de las incógnitas sería mayor que el de las ecuaciones que expresan las condiciones de equilibrio.

Compruebe Lo Aprendido 12.6

Resuelva el problema del Ejemplo 12.6 al tomar la posición del pivote en el centro de masa.

Compruebe Lo Aprendido 12.7

Una persona de 50 kg se sitúa a 1,5 m desde un extremo de un andamio uniforme de 6,0 m de longitud y 70,0 kg de masa. Encuentre las tensiones en las dos cuerdas verticales que sostienen el andamio.

La figura es el esquema de una mujer situada a 1,5 m desde un extremo y a 4,5 m del otro extremo de un andamio.

Compruebe Lo Aprendido 12.8

Un cartel de 400,0 N cuelga del extremo de un puntal uniforme. El puntal tiene 4,0 m de longitud y pesa 600,0 N. El puntal se apoya en una bisagra en la pared y en un cable cuyo otro extremo está atado a la pared en un punto situado 3,0 m por encima del extremo izquierdo del puntal. Calcule la tensión en el cable de soporte y la fuerza de la bisagra en el puntal.

La figura es el esquema de un cartel que cuelga del extremo de un puntal uniforme. El puntal tiene 4,0 m de longitud y se sostiene con un cable de 5,0 m de longitud atado a la pared en un punto situado 3,0 m por encima del extremo izquierdo del puntal.
Cita/Atribución

¿Desea citar, compartir o modificar este libro? Este libro es Creative Commons Attribution License 4.0 y debe atribuir a OpenStax.

Información de atribución
  • Si redistribuye todo o parte de este libro en formato impreso, debe incluir en cada página física la siguiente atribución:
    Acceso gratis en https://openstax.org/books/f%C3%ADsica-universitaria-volumen-1/pages/1-introduccion
  • Si redistribuye todo o parte de este libro en formato digital, debe incluir en cada vista de la página digital la siguiente atribución:
    Acceso gratuito en https://openstax.org/books/f%C3%ADsica-universitaria-volumen-1/pages/1-introduccion
Información sobre citas

© 2 sept. 2021 OpenStax. El contenido de los libros de texto que produce OpenStax tiene una licencia de Creative Commons Attribution License 4.0 license. El nombre de OpenStax, el logotipo de OpenStax, las portadas de libros de OpenStax, el nombre de OpenStax CNX y el logotipo de OpenStax CNX no están sujetos a la licencia de Creative Commons y no se pueden reproducir sin el previo y expreso consentimiento por escrito de Rice University.