Resolución de problemas de equilibrio

Resolución de problemas de equilibrio

Consideramos solamente fuerzas actuando en un plano Las condiciones de equilibrio son:

(1)

∑

F_x =0,

∑

F_y =0 y

∑

τ_i =0 Ej. 1 Distribución de peso de un auto

Nissan 240SX

53% de su peso sobre las ruedas delanteras y 47% sobre las traseras La distancia entre los ejes es de 2.46m

Queremos el centro de gravedad al respecto al eje trasero R

De la primera condición:

∑

F_x =0 y

∑

F_y =0.47w+0.53w w− =0 De la segunda condición:

∑

τ_R =0.47w⋅

( )

0 −wL_{c g}+0.53w⋅

(

2.46m

)

=0

(

)

0.53 2.46m 1.30m cg L ⇒ = =

Ej. 2 Equilibrio de una escalera Una escalera de longitud 5.0m con un peso de 180N

La escalera forma un ángulo de 53.1 grado con el suelo

Un soldado con un peso total de 800N, subiendo la escalera, se detenga a 1/3 de la altura

¿Puede atingir la ventana sin caer en el foso?

Identificamos las fuerzas otras que los pesos w_esc y w_sold

1

η = fuerza normal a la pared, en la parte superior de la escala

2

η = la fuerza normal al suelo debajo de la escalera

s

f = fuerza de fricción del suelo, proporcional a η2 (esta

fuerza es importante para impedir el deslizamiento de la base de la escalera)

De la primera condición de equilibrio:

1 0 1

x s s

F = − = ⇒ =f η f η

∑

y

∑

F_y = −η₂ 800N 180N− = ⇒0 η₂ =980N

De la segunda condición (tomando el punto B con origen): 0

B

τ =

∑

⇒ ⋅η1

(

4.0m

)

−180N 1.5m⋅

(

)

−800N 1.0m⋅

(

)

= ⇒ =0 268Nη1

De la primera condición f_s =η₁deducimos la fuerza de fricción f_s =268N

268N

La magnitud de la fuerza de contacto Fr_B en la base de la escalera:

(

) (

2

)

2 268N 980N 1020N B F = + =

Con dirección: _arctan 2 _arctan980N ₇₅

268N

s f

η

θ = = = o

Nota que Fr_B no está dirigida a lo largo de la escalera

Si lo era habría un par anti-horario neto al respecto a la parte superior de la escalera y el equilibrio seria imposible

A medida que el soldado sube la escalera, el brazo de palanca de su peso cambia, aumentando el momento de torsión y cambiando η₁, η₂ y las condiciones de equilibrio

En particular notamos que a llegar casi arriba de la escalera (brazo de palanca de 3.0m) el coeficiente límite de fricción debe ser mucho más alto µ_s →0.7

La probabilidad que la escalera desliza es muy alta

Nota que el valor de µs necesaria no seré tan alta para una escalera más ligera (ej. escalera de

aluminium)

También, un ángulo ma yor reduciría el brazo de palanca en B de los pesos de la escalera y del soldado, aumentando el brazo de palanca de η₁, y reduciendo así el coeficiente de fricción requerido: el ángulo óptimo es de 75 grados

Nota que si hubiéramos supuesto fricción en la pared además de en el piso, el problema no podría haberse resuelto usando sólo las condiciones de equilibrio ⇒ el problema es

estáticamente indeterminado (3 ecuaciones para 4 incógnitas) Esta condición corresponde a asumir que la escalera no es rígida

Otro ejemplo de un problema estáticamente indeterminado es calcular las fuerzas sobre las cuatro

patas de una mesa ⇒ cuatro patas son demasiados porque tres patas (trepéis), debidamente

Ej. 3 Uso de un garfio

Después de subir un tramo, el soldado pesando w=700N se detenga en equilibrio En b) vemos el diagrama de fuerza sobre el soldado

• Su cuerpo forma un ángulo de 60 grados con la pared • El centro de gravedad se encuentra a 0.85 de sus pies • La fuerza de la cuerda actúa a 1.3m de sus pies

• La cuerda forma un ángulo de 20 grados como la pared Tomamos el origen al punto B el momento de torsión τ =rFsenφ La segunda condición de equilibrio:

∑

τ_B =0

(

1.30m

)

sen140

(

0.85m 700N sen60

)(

)

0 0 0

B T f

τ = − + ⋅ + ⋅ =η

∑

o o _{⇒ =T 617N}

Observe que así la tensión en la cuerda es menos que el peso del soldado

De la primera condición, considerando que Tx = −Tsen20

o _{y cos20} y T =T o sen20 0 x F = −η T =

∑

o e

∑

F_y = +f Tcos20o−700N=0 A sustituir el valor de la tensión: η =211N e f =120N

Ej. 4 Equilibrio y ejercicio

Consideramos el ejercicio de levantar una mancuerna

El antebrazo esta en equilibrio bajo la acción del peso de mancuerna w, la tensión del tendón del bíceps y la fuerza E ejercida sobre el antebrazo por la parte superior del brazo en el codo.

Queremos la tensión en el tendón y las componentes de la fuerza en el codo E_x y E_y

Las componentes de la tensión son: T_x =Tcosθ y Ty =Tsenθ

El momento de torsión total en torno del codo E: 0 E Lw DTy τ = − =

∑

T_y Tsen Lw D θ ⇒ = = sen Lw T D θ ⇒ = Para determinar E_x y E_y usamos la primera condición del equilibrio:

0

x x x

F = = −T E

∑

cos cos cot

sen x x Lw Lw Lw D Lw E T T D D D h h θ θ θ θ ⇒ = = = = = = 0 y y y F = =T +E −w

∑

y Lw L D E w w D D −   ⇒ = − _{= −  }   Resumiendo: sen L T w D θ   = _ _ , E_x L w h   =  _{ } y E_y L D w D −   = −_ _

Otra forma de obtener Ex y Ey es usar dos ecuaciones más para el momento de torsión

Tomando pares al respecto al punto de sujeción del tendón A:

(

)

0 A L D w DEy τ = = − +

∑

y L D E w D −   ⇒ _{= −  }  

Tomando pares al respecto al punto B: 0 B Lw hEx τ = = +

∑

x Lw E h ⇒ =

Tómenos algunos valores típicos: w=200N (una masa de 20kg), D=0.050m, L=0.30m y θ =80o Dado que h D θ = , ⇒ =h Dtanθ =

(

0.050m 5.67

)(

)

=0.28m

(

)(

)

(

)(

)

0.30m 200N 1220N sen 0.050m 0.98 Lw T D θ ⇒ = = = 0.30m-0.050m 200N 1000N 0.050m y L D E w D − = − = − = −

(

)

0.30m 200N 210N 0.28m x Lw E h = = =

La magnitud típica de esta fuerza seré:

2 2

1020N

x y