12.1 Condiciones para el equilibrio estático

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

Aquí, la suma es de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo, donde m es su masa y ${\overrightarrow{a}}_{\text{CM}}$ 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:

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:

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

Aquí $I$ es la inercia rotacional del cuerpo en rotación alrededor de este eje y la suma es sobre todos los torques ${\overrightarrow{\tau }}_k$ 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:

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:

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, ${\overrightarrow{\tau }}_k={\overrightarrow{r}}_k\times {\overrightarrow{F}}_k,$ donde el vector de posición ${\overrightarrow{r}}_k$ 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 $\overrightarrow{R}$ es la posición del origen de un nuevo marco de referencia inercial $S\prime$ en el antiguo sistema de referencia inercial S. Por nuestro estudio del movimiento relativo, sabemos que en el nuevo sistema de referencia $S\prime$ el vector de posición ${{\overrightarrow{r}}^{\prime }}_k$ del punto donde la fuerza ${\overrightarrow{F}}_k$ se aplica está relacionado con ${\overrightarrow{r}}_k$ mediante la ecuación

Ahora, podemos sumar todos los torques ${{\overrightarrow{\tau }}^{\prime }}_k={{\overrightarrow{r}}^{\prime }}_k\times {\overrightarrow{F}}_k$ de todas las fuerzas externas en un nuevo marco de referencia, $S\prime :$

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 $S\prime$ 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:

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 ${\overrightarrow{\tau }}_k$ de la fuerza ${\overrightarrow{F}}_k$ es

donde $r_k$ es la longitud del brazo de palanca de la fuerza y $F_k$ es la magnitud de la fuerza (como vimos en Rotación de eje fijo). El ángulo $\theta$ es el ángulo entre vectores ${\overrightarrow{r}}_k$ y ${\overrightarrow{F}}_k,$ midiendo desde el vector ${\overrightarrow{r}}_k$ al vector ${\overrightarrow{F}}_k$ 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 $x+$, y el signo $-$ a los componentes en la dirección $x-$. 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.

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.

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 $g=\mathrm{9,8}{\text{m/s}}^2.$ 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.

Figura 12.3 La distribución de la masa afecta a la posición del centro de masa (CM), donde el vector peso $\overrightarrow{w}$. 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.

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?

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 $d=\mathrm{2,5}\text{m}.$ En estos puntos de contacto, el auto experimenta fuerzas de reacción normal con magnitudes $F_{\text{F}}=\mathrm{0,52}w$ y $F_{\text{R}}=\mathrm{0,48}w$ 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 $F_R$ 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.

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 $N=3$ fuerzas que actúan sobre el auto. La primera condición de equilibrio, Ecuación 12.7, establece

$$+F_{\text{F}}-w+F_{\text{R}}=0.$$

12.11

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

$${\tau }_{\text{F}}+{\tau }_w+{\tau }_{\text{R}}=0$$

12.12

donde ${\tau }_{\text{F}}$ es el torque de fuerza $F_{\text{F}},{\tau }_w$ es el torque gravitacional de la fuerza w y ${\tau }_{\text{R}}$ es el torque de fuerza $F_{\text{R}}.$ 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 $\left|\text{sen}\theta \right|=1$ para ambas fuerzas. En el diagrama de cuerpo libre se lee que el torque ${\tau }_{\text{F}}$ 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 ${\tau }_{\text{R}}$ 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

$$\text{−}{r}_{\text{F}}{F}_{\text{F}}+r_{\text{R}}{F}_{\text{R}}=0.$$

12.13

Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre, identificamos las magnitudes de fuerza $F_{\text{R}}=\mathrm{0,48}w$ y $F_{\text{F}}=\mathrm{0,52}w,$ y sus correspondientes brazos de palanca $r_{\text{R}}=x$ y $r_{\text{F}}=d-x.$ Ahora podemos escribir la segunda condición de equilibrio, la Ecuación 12.13, explícitamente en términos de la distancia desconocida x:

$$\mathrm{-0,52}(d-x)w+\mathrm{0,48}xw=0.$$

12.14

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

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

$$\text{−}{r}_{w}w+r_{\text{R}}{F}_{\text{R}}=0.$$

12.15

Al sustituir las cantidades indicadas en el diagrama, obtenemos

$$\text{−}(d-x)w+\mathrm{0,48}dw=0.$$

12.16

La respuesta obtenida al resolver la Ecuación 12.13 es, de nuevo, $x=\mathrm{0,52}d=\mathrm{1,3}\text{m}.$

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.

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.

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?

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 ${\overrightarrow{T}}_1$ en la cuerda de 5,0 cm, la tensión ${\overrightarrow{T}}_2$ en la cuerda de 10,0 cm y el peso $\overrightarrow{w}$ 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 ${\alpha }_1$ y ${\alpha }_2$ 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 ${\alpha }_1$ y ${\alpha }_2.$ 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.

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 $w=(M+m)g.$ Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre en la Figura 12.8, podemos establecer las condiciones de equilibrio para el nudo:

$$\begin{array}{ccccc}\text{en la dirección}x\text{,}\hfill & & \hfill \text{−}{T}_{1x}+T_{2x}& =\hfill & 0\hfill \\ \text{en la dirección}y\text{,}\hfill & & \hfill \text{+}{T}_{1y}+T_{2y}-w& =\hfill & 0.\hfill \end{array}$$

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

$$\begin{array}{ccc}{T}_{1x}=T_1\text{cos}{\alpha }_1=T_1\text{/}\sqrt{5},\hfill & & T_{1y}=T_1\text{sen}{\alpha }_1=2T_1\text{/}\sqrt{5}\hfill \\ T_{2x}=T_2\text{cos}{\alpha }_2=2T_2\text{/}\sqrt{5},\hfill & & T_{2y}=T_2\text{sen}{\alpha }_2=T_2\text{/}\sqrt{5}.\hfill \end{array}$$

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

$$\begin{array}{ccccc}\text{en la dirección}x\text{,}\hfill & & \hfill T_1& =\hfill & 2T_2\hfill \\ \text{en la dirección}y\text{,}\hfill & & \hfill \frac{2T_1}{\sqrt{5}}+\frac{T_2}{\sqrt{5}}& =\hfill & (M+m)g.\hfill \end{array}$$

La ecuación de equilibrio para la dirección x nos indica que la tensión $T_1$ en la cuerda de 5,0 cm es el doble de la tensión $T_2$ en la cadena de 10,0 cm. Por lo tanto, la cuerda más corta se romperá. Si utilizamos la primera ecuación para eliminar $T_2$ de la segunda ecuación, obtenemos la relación entre la masa $m$ en la bandeja y la tensión $T_1$ en la cadena más corta:

$$\mathrm{2,5}{T}_1\text{/}\sqrt{5}=(M+m)g.$$

La cuerda se rompe cuando la tensión alcanza el valor crítico de $T_1=\mathrm{2,80}\text{N}.$ La ecuación anterior puede resolverse para la masa crítica m que rompe la cuerda:

$$m=\frac{\mathrm{2,5}}{\sqrt{5}}\frac{T_1}{g}-M=\frac{\mathrm{2,5}}{\sqrt{5}}\frac{\mathrm{2,80}\text{N}}{\mathrm{9,8}\text{m}\text{/}{\text{s}}^2}-\mathrm{0,042}\text{kg}=\mathrm{0,277}\text{kg}=\mathrm{277,0}\text{g.}$$

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 $w$ no cambia. Si el ascensor asciende con la aceleración, la masa crítica es menor porque el peso de $M+m$ 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.