Equilibrio mecánico 2

En el tema anterior, Equilibrio mecánico 1, aprendiste a analizar cuerpos que no se trasladan, usando la primera condición de equilibrio:

$$\sum \vec{F}=0$$

Sin embargo, en la vida real los cuerpos no son partículas: son objetos extensos, como una barra, una puerta, una escalera, un subibaja o una viga. Una fuerza aplicada sobre un cuerpo extenso puede producir dos efectos distintos:

• Puede trasladarlo.
• Puede hacerlo girar.

Incluso puede haber casos en los que la suma de fuerzas sea cero y, aun así, el cuerpo gire. Piensa en un volante de carro: si tus dos manos empujan en direcciones opuestas sobre lados opuestos, la fuerza total puede ser cero, pero el volante gira. Esto muestra que la primera condición no es suficiente para garantizar el reposo de un cuerpo rígido.

Aquí nace la necesidad de estudiar:

• Qué es el efecto de rotación de una fuerza.
• Cómo medir ese efecto mediante el momento de una fuerza.
• Cuál es la segunda condición de equilibrio.
• Cómo aplicar el equilibrio mecánico completo, es decir, equilibrio de traslación y de rotación al mismo tiempo.

Este tema responde preguntas muy concretas: ¿por qué una puerta es más fácil de abrir si empujamos lejos de las bisagras? ¿Cómo se equilibra una varilla apoyada en su punto medio? ¿Por qué un puente o una barra horizontal no se voltean? Esas ideas son evaluadas frecuentemente en los exámenes de admisión, especialmente en problemas de barras, masas colgadas y momentos.

Además, el concepto de que el peso de un cuerpo actúa en su centro de gravedad será clave más adelante, cuando estudies gravitación universal y veas que la atracción gravitatoria también puede tratarse como una fuerza aplicada en ese punto.

Antes de entrar al tema, conviene recordar algunas herramientas del tema anterior:

Fuerza, masa y peso

La masa se mide en kilogramos ($kg$). El peso de un cuerpo se calcula como:

$$F_g = mg$$

donde $g$ es la aceleración de la gravedad. En la superficie terrestre se usa frecuentemente:

$$g = 9{,}8 \, \frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}^2}$$

o, si el problema indica simplificar, $g = 10 \, \frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}^2}$.

Primera condición de equilibrio

Un cuerpo en equilibrio de traslación cumple:

$$\sum F_x = 0$$

$$\sum F_y = 0$$

Esto ya lo aplicamos a partículas y a cuerpos considerados como un todo.

Diagrama de cuerpo libre

El DCL sigue siendo fundamental. Pero ahora, además de saber qué fuerzas actúan, debe importarnos en qué punto están aplicadas.

Línea de acción de una fuerza

La línea de acción es la recta imaginaria que se extiende indefinidamente a lo largo del vector fuerza. Por ejemplo, si una cuerda jala horizontalmente un cuerpo, la línea de acción es una recta horizontal que pasa por el punto de aplicación.

Centro de gravedad

En un cuerpo rígido, el peso no actúa en un solo punto “por arte de magia”, sino que está distribuido en todo su volumen. Sin embargo, para estudiar el equilibrio se puede reemplazar todo ese peso por una única fuerza $F_g = mg$ aplicada en el centro de gravedad.

En cuerpos homogéneos y simétricos:

• una barra uniforme tiene su centro de gravedad en su punto medio;
• una placa circular homogénea lo tiene en su centro geométrico;
• una esfera homogénea lo tiene en su centro.

Esto será decisivo para calcular momentos.

Solución

1. Elegimos como centro de momentos el punto $O$, ubicado en las bisagras.
2. La fuerza es perpendicular a la puerta, así que su brazo de palanca es directamente la distancia desde $O$ hasta el punto de aplicación:

$$d = 0{,}60\,\mathrm{m}$$

3. Calculamos el módulo del momento:

$$M_O^F = F d$$

$$M_O^F = (30)(0{,}60)$$

$$M_O^F = 18 \, \mathrm{N \cdot m}$$

4. La fuerza tiende a girar la puerta en sentido horario respecto de las bisagras. Si usamos el convenio habitual de positivo antihorario, el momento es:

$$M_O^F = -18 \, \mathrm{N \cdot m}$$

El resultado nos dice que la fuerza genera una tendencia de rotación de $18 \, \mathrm{N \cdot m}$ en sentido horario.

Solución

Fijamos el convenio:

• Antihorario: positivo.
• Horario: negativo.

Para $F_1$

La fuerza $F_1$ es vertical hacia abajo y está a la derecha de $O$. Tiende a girar la barra en sentido horario, así que su momento es negativo:

$$M_{F_1} = - F_1 d_1$$

$$M_{F_1} = -(60)(1)$$

$$M_{F_1} = -60 \, \mathrm{N \cdot m}$$

Para $F_2$

La fuerza $F_2$ forma $37^\circ$ con la barra. Su componente horizontal está sobre la línea de la barra; esa línea pasa por $O$, así que no produce momento.

La componente perpendicular es:

$$F_{2\perp} = F_2 \sin 37^\circ$$

$$F_{2\perp} = 40 (0{,}6)$$

$$F_{2\perp} = 24 \, \mathrm{N}$$

Esta componente vertical hacia arriba, aplicada a la derecha de $O$, tiende a girar la barra en sentido antihorario. Su momento es:

$$M_{F_2} = +F_{2\perp} \cdot 2$$

$$M_{F_2} = +(24)(2)$$

$$M_{F_2} = +48 \, \mathrm{N \cdot m}$$

Alternativamente, con la fórmula directa:

$$M_{F_2} = F_2 r \sin 37^\circ$$

$$M_{F_2} = (40)(2)(0{,}6) = 48 \, \mathrm{N \cdot m}$$

Momento resultante

$$M_O^{\mathrm{res}} = M_{F_1} + M_{F_2}$$

$$M_O^{\mathrm{res}} = -60 + 48$$

$$M_O^{\mathrm{res}} = -12 \, \mathrm{N \cdot m}$$

El signo negativo indica que la barra tenderá a girar en sentido horario.

Solución

1. Dibujamos el DCL de la varilla.

Fuerzas sobre la varilla:

• Peso de la varilla: $F_{gv} = 4(10) = 40\,\mathrm{N}$, aplicado en $P$.
• Normal del apoyo: $N$, aplicada en $P$.
• Peso del bloque de $8\,\mathrm{kg}$: $F_{g1} = 8(10) = 80\,\mathrm{N}$, aplicado a $1{,}5\,\mathrm{m}$ a la izquierda de $P$.
• Peso del bloque de $6\,\mathrm{kg}$: $F_{g2} = 6(10) = 60\,\mathrm{N}$, aplicado a $x$ a la derecha de $P$.

2. Elegimos $P$ como centro de momentos.

La normal $N$ y el peso de la varilla pasan por $P$, por lo que no generan momento.

3. Determinamos los momentos.

La fuerza $F_{g1}$ aplicada a la izquierda de $P$ tiende a girar la varilla en sentido antihorario. Bajo el convenio común:

$$M_{F_{g1}} = +(80)(1{,}5) = +120 \, \mathrm{N \cdot m}$$

La fuerza $F_{g2}$ aplicada a la derecha de $P$ tiende a girar la varilla en sentido horario:

$$M_{F_{g2}} = -60 x$$

4. Aplicamos la segunda condición de equilibrio:

$$\sum M_P = 0$$

$$+120 - 60x = 0$$

$$120 = 60x$$

$$x = 2 \, \mathrm{m}$$

El bloque de $6\,\mathrm{kg}$ debe colocarse a $2\,\mathrm{m}$ a la derecha de $P$.

Observa que este problema es análogo al que ha aparecido en exámenes de admisión. La clave es notar que el peso de la varilla uniforme no genera momento respecto de su punto medio.

Solución

1. DCL

Fuerzas sobre la barra:

• Peso de la barra: $F_{g} = 200\,\mathrm{N}$, aplicado en el punto medio, a $2\,\mathrm{m}$ de $A$.
• Carga colgante: $F_{c} = 300\,\mathrm{N}$, aplicada a $1\,\mathrm{m}$ de $A$.
• Tensión del cable: $T$, aplicada en $B$, a $4\,\mathrm{m}$ de $A$, vertical hacia arriba.
• Reacción en la articulación: $R_x$ y $R_y$.

Como no hay fuerzas horizontales, sospechamos que $R_x = 0$, pero lo comprobaremos.

2. Elección del centro de momentos

Elegimos $A$ como centro de momentos. Así, las reacciones $R_x$ y $R_y$ pasan por $A$ y no aparecen en la ecuación de momentos.

3. Segunda condición de equilibrio

Tomamos antihorario positivo.

• La tensión $T$ aplicada en $B$ tiende a girar la barra en sentido antihorario:

$$M_T = +T (4)$$

• El peso de la barra, aplicado a $2\,\mathrm{m}$ a la derecha de $A$, tiende a girar en sentido horario:

$$M_{F_g} = -200(2)$$

• La carga de $300\,\mathrm{N}$, aplicada a $1\,\mathrm{m}$ a la derecha de $A$, también tiende a girar en sentido horario:

$$M_{F_c} = -300(1)$$

Aplicamos:

$$\sum M_A = 0$$

$$+T(4) - 200(2) - 300(1) = 0$$

$$4T - 400 - 300 = 0$$

$$4T = 700$$

$$T = 175\,\mathrm{N}$$

4. Primera condición de equilibrio

En el eje horizontal:

$$\sum F_x = 0$$

$$R_x = 0$$

No hay fuerzas horizontales, así que la articulación no necesita ejercer reacción horizontal.

En el eje vertical:

$$\sum F_y = 0$$

$$R_y + T - 200 - 300 = 0$$

$$R_y + 175 = 500$$

$$R_y = 325\,\mathrm{N}$$

Por lo tanto:

$$T = 175\,\mathrm{N}$$

$$R_y = 325\,\mathrm{N} \quad \text{hacia arriba}$$

Este problema muestra exactamente cómo se combinan la primera y la segunda condición para resolver el equilibrio mecánico completo.

Una vez que dominas el equilibrio mecánico, puedes comprender mejor por qué los cuerpos caen y por qué los astros se mueven bajo fuerzas a distancia. En el siguiente tema, Gravitación universal, verás cómo la atracción gravitatoria entre masas explica fenómenos como la caída libre, el movimiento de la Luna alrededor de la Tierra y el peso de los cuerpos en distintos planetas. La idea de centro de gravedad que usaste aquí te servirá nuevamente para entender que la fuerza gravitatoria sobre un cuerpo extenso puede tratarse como si actuara en un punto.