Introducción Dos zancudos en posición de pie. Todas las fuerzas que actúan sobre cada zancudo se equilibran; ninguna cambia su movimiento de traslación. Además, todos los torques que actúan sobre cada persona se equilibran, por lo que ninguno de ellos cambia su movimiento de rotación. El resultado es el equilibrio estático (créditos: modificación del trabajo de Stuart Redler). En capítulos anteriores, aprendió acerca de las fuerzas y las leyes de Newton en lo que respecta al movimiento de traslación. Luego estudió los torques y el movimiento de rotación de un cuerpo en torno a un eje de rotación fijo. También aprendió que el equilibrio estático significa que no hay movimiento y que el equilibrio dinámico significa movimiento sin aceleración. En este capítulo, combinamos las condiciones de equilibrio estático traslacional y de equilibrio estático rotacional para describir situaciones típicas de cualquier tipo de construcción. ¿Qué tipo de cable soporta un puente colgante? ¿Qué tipo de cimentación soporta un edificio de oficinas? ¿Funcionará correctamente esta prótesis de brazo? Estos son ejemplos de preguntas que los ingenieros contemporáneos deberán estar en capacidad de responder. Las propiedades elásticas de los materiales son especialmente importantes en las aplicaciones de ingeniería, incluida la bioingeniería. Por ejemplo, los materiales que pueden estirarse o comprimirse y luego volver a su forma o posición original son buenos amortiguadores. En este capítulo, conocerá algunas aplicaciones que combinan el equilibrio con la elasticidad para construir estructuras reales que perduren.

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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 ∑ k F → k = m a → CM . Aquí, la suma es de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo, donde m es su masa y a → 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 , 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 : ∑ k F → k = 0 → . La primera condición de equilibrio, , 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: ∑ k F k x = 0 , ∑ k F k y = 0 , ∑ k F k z = 0 . De forma análoga a la , podemos afirmar que la aceleración rotacional α → de un cuerpo rígido alrededor de un eje de rotación fijo es causada por el torque neto que actúa sobre el cuerpo, o ∑ k τ → k = I α → . Aquí I es la inercia rotacional del cuerpo en rotación alrededor de este eje y la suma es sobre todos los torques τ → k de fuerzas externas en la . En equilibrio, la aceleración rotacional es cero. Al poner a cero el lado derecho de la , 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 : ∑ k τ → k = 0 → . La segunda condición de equilibrio, , 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: ∑ k τ k x = 0 , ∑ k τ k y = 0 , ∑ k τ k z = 0 . 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, τ → k = r → k × F → k , donde el vector de posición 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 R → es la posición del origen de un nuevo marco de referencia inercial S ′ en el antiguo sistema de referencia inercial S . Por nuestro estudio del movimiento relativo, sabemos que en el nuevo sistema de referencia S ′ el vector de posición r → ′ k del punto donde la fuerza F → k se aplica está relacionado con r → k mediante la ecuación r → ′ k = r → k − R → . Ahora, podemos sumar todos los torques τ → ′ k = r → ′ k × F → k de todas las fuerzas externas en un nuevo marco de referencia, S ′ : ∑ k τ → ′ k = ∑ k r → ′ k × F → k = ∑ k ( r → k − R → ) × F → k = ∑ k r → k × F → k − ∑ k R → × F → k = ∑ k τ → k − R → × ∑ k F → k = 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 y el segundo término desaparece debido a la . De allí que vemos que el torque neto en cualquier marco de referencia inercial S ′ 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 ( y ). 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: F 1 x + F 2 x + ⋯ + F N x = 0 F 1 y + F 2 y + ⋯ + F N y = 0 τ 1 + τ 2 + ⋯ + τ N = 0 donde la suma es sobre todas las N fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo y sobre sus torques. En la , 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 , el componente z del torque τ → k de la fuerza F → k es τ k = r k F k sen θ 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 θ es el ángulo entre vectores r → k y F → k , midiendo desde el vector r → k al vector F → k en el sentido contrario a las agujas del reloj ( ). Al utilizar la , 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 , el torque neto es la suma de términos, con cada término calculado a partir de la , y cada término debe tener el sentido correcto. Del mismo modo, en la , 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 , cuando se calculan los componentes de la fuerza a lo largo del eje y . 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. 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 hasta la . 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 = 9,8 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 ( ), 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 distribución de la masa afecta a la posición del centro de masa (CM), donde el vector peso 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. 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. 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 . ¿Dónde se encuentra el CM de este auto con respecto al eje trasero? 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, 0,52 w empujan hacia abajo en la superficie en los puntos de contacto de las ruedas delanteras y 0,48 w 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 = 2,5 m . En estos puntos de contacto, el auto experimenta fuerzas de reacción normal con magnitudes F F = 0,52 w y F R = 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 . 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 a la 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 y la 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, , establece + F F − w + F R = 0 . Esta condición se satisface trivialmente porque, al sustituir los datos, la se convierte en + 0,52 w − w + 0,48 w = 0 . La segunda condición de equilibrio, , establece τ F + τ w + τ R = 0 donde τ F es el torque de fuerza F F , τ w es el torque gravitacional de la fuerza w y τ R es el torque de fuerza F 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 , tenemos | sen θ | = 1 para ambas fuerzas. En el diagrama de cuerpo libre se lee que el torque τ 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 τ 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 − r F F F + r R F R = 0 . Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre, identificamos las magnitudes de fuerza F R = 0,48 w y F F = 0,52 w , y sus correspondientes brazos de palanca r R = x y r F = d − x . Ahora podemos escribir la segunda condición de equilibrio, la , explícitamente en términos de la distancia desconocida x : -0,52 ( d − x ) w + 0,48 x w = 0 . Aquí el peso w se cancela y podemos resolver la ecuación para la posición desconocida x del CM. La respuesta es x = 0,52 d = 0,52 ( 2,5 m ) = 1,3 m . 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 . Para esta elección de punto de apoyo, la segunda condición de equilibrio es − r w w + r R F R = 0 . Al sustituir las cantidades indicadas en el diagrama, obtenemos − ( d − x ) w + 0,48 d w = 0 . La respuesta obtenida al resolver la es, de nuevo, x = 0,52 d = 1,3 m . 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. Resuelva el al elegir el pivote en la ubicación del eje trasero. x = 1,3 m 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. (b), (c) 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, , 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. 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. Tensión de ruptura Una pequeña bandeja con una masa de 42,0 g está sostenida por dos cuerdas, como se muestra en la . 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 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 T → 1 en la cuerda de 5,0 cm, la tensión T → 2 en la cuerda de 10,0 cm y el peso 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 ). Para hallar los componentes de la tensión, debemos identificar los ángulos de dirección α 1 y α 2 que las cuerdas hacen con la dirección horizontal que es el eje x . Como puede observar en la , las cuerdas forman dos lados de un triángulo rectángulo. Podemos utilizar el teorema de Pitágoras para resolver este triángulo, mostrado en la , y encontrar el seno y el coseno de los ángulos α 1 y α 2 . Entonces podemos resolver las tensiones en sus componentes rectangulares, sustituir en la primera condición de equilibrio ( y ) y resolver las tensiones en las cuerdas. La cuerda con mayor tensión se romperá primero. Diagrama de cuerpo libre para el nudo en el . 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 , podemos establecer las condiciones de equilibrio para el nudo: en la dirección x , − T 1 x + T 2 x = 0 en la dirección y , + T 1 y + T 2 y − w = 0 . A partir del diagrama de cuerpo libre, las magnitudes de los componentes en estas ecuaciones son T 1 x = T 1 cos α 1 = T 1 / 5 , T 1 y = T 1 sen α 1 = 2 T 1 / 5 T 2 x = T 2 cos α 2 = 2 T 2 / 5 , T 2 y = T 2 sen α 2 = T 2 / 5 . Sustituimos estos componentes en las condiciones de equilibrio y simplificamos. Obtenemos entonces dos ecuaciones de equilibrio para las tensiones: en la dirección x , T 1 = 2 T 2 en la dirección y , 2 T 1 5 + T 2 5 = ( M + m ) g . 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: 2,5 T 1 / 5 = ( M + m ) g . La cuerda se rompe cuando la tensión alcanza el valor crítico de T 1 = 2,80 N . La ecuación anterior puede resolverse para la masa crítica m que rompe la cuerda: m = 2,5 5 T 1 g − M = 2,5 5 2,80 N 9,8 m / s 2 − 0,042 kg = 0,277 kg = 277,0 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. Resumen Un cuerpo está en equilibrio cuando permanece en movimiento uniforme (tanto de traslación como de rotación) o en reposo. Cuando un cuerpo en un determinado marco de referencia inercial no rota ni realiza ningún movimiento de traslación, decimos está en equilibrio estático en este marco de referencia. Las condiciones de equilibrio exigen que la suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo sea cero (primera condición de equilibrio), y que la suma de todos los torques de fuerzas externas sea cero (segunda condición de equilibrio). Estas dos condiciones deben cumplirse simultáneamente en el equilibrio. Si una de estas no se satisface, el organismo no está en equilibrio. El diagrama de cuerpo libre para un cuerpo es una herramienta útil que nos permite contar correctamente todas las contribuciones de todas las fuerzas y torques externos que actúan sobre el cuerpo. Los diagramas de cuerpo libre para el equilibrio de un cuerpo rígido extendido deben indicar un punto de apoyo y los brazos de palanca de las fuerzas que actúan con respecto al pivote. Preguntas conceptuales ¿Qué se puede decir de la velocidad de un cuerpo en movimiento que está en equilibrio dinámico? constante ¿En qué condiciones puede estar en equilibrio un cuerpo que rota? Dé un ejemplo. ¿Cuáles son los tres factores que inciden en el torque creado por una fuerza en relación con un punto de apoyo específico? magnitud y dirección de la fuerza, y su brazo de palanca Los mecánicos a veces ponen un trozo de tubo sobre el mango de una llave cuando intentan quitar un tornillo muy apretado. ¿Cómo ayuda esto? En los cuatro problemas siguientes, califique el enunciado de verdadero o falso y explique su respuesta. Si solo hay una fuerza externa (o torque) que actúa sobre un objeto, este no puede estar en equilibrio. Verdadero, ya que la suma de fuerzas no puede ser cero en este caso a menos que la propia fuerza sea cero. Si un objeto está en equilibrio debe haber un número par de fuerzas actuando sobre él. Si sobre un objeto actúa un número impar de fuerzas, el objeto no puede estar en equilibrio. Falso, siempre que las fuerzas se sumen a cero como vectores, entonces se puede lograr el equilibrio. Un cuerpo que se mueve en un círculo a una velocidad constante está en equilibrio rotacional. ¿Para qué sirve una pértiga larga y flexible que llevan los funambulistas? Ayuda a un funambulista a mantener el equilibrio. Problemas Al apretar un perno, se empuja perpendicularmente una llave con una fuerza de 165 N a una distancia de 0,140 m del centro del perno. ¿Cuánto torque está ejerciendo en relación con el centro del perno? Al abrir una puerta, se la empuja perpendicularmente con una fuerza de 55,0 N a una distancia de 0,850 m de las bisagras. ¿Qué torque está ejerciendo en relación con las bisagras? 46,8 N · m Calcule la magnitud de la tensión en cada uno de los cables de soporte que se muestran a continuación. En cada caso, el peso del cuerpo suspendido es de 100,0 N y las masas de los cables son despreciables. ¿Qué fuerza debe aplicarse en el punto P para mantener en equilibrio la estructura mostrada? El peso de la estructura es despreciable. 4.472 N, 153,4° ¿Es posible aplicar una fuerza en P para mantener en equilibrio la estructura mostrada? El peso de la estructura es despreciable. Dos niños empujan en lados opuestos de una puerta durante el juego. Ambos empujan horizontal y perpendicularmente a la puerta. Un niño empuja con una fuerza de 17,5 N a una distancia de 0,600 m de las bisagras, y el segundo niño empuja a una distancia de 0,450 m. ¿Qué fuerza debe ejercer el segundo niño para evitar que la puerta se mueva? Supongamos que la fricción es despreciable. 23,3 N Un pequeño todoterreno de 1.000 kg tiene una distancia entre ejes de 3,0 m. Si el 60 % de su peso descansa sobre las ruedas delanteras, ¿a qué distancia detrás de las ruedas delanteras está el centro de masa del vagón? El balancín uniforme está equilibrado en su centro de masa, como se ve a continuación. El niño más pequeño de la derecha tiene una masa de 40,0 kg. ¿Cuál es la masa de su amigo? 80,0 kg centro de gravedad punto donde se une el vector de peso equilibrio un cuerpo está en equilibrio cuando sus aceleraciones lineal y angular son ambas nulas respecto a un marco de referencia inercial primera condición de equilibrio expresa el equilibrio traslacional; todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo se equilibran y su suma vectorial es cero torque gravitacional el torque en el cuerpo causado por su peso; se produce cuando el centro de gravedad del cuerpo no está situado en el eje de rotación segunda condición de equilibrio expresa el equilibrio rotacional; todos los torques debidos a las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo se equilibran y su suma vectorial es cero equilibrio estático el cuerpo está en equilibrio estático cuando está en reposo en nuestro marco seleccionado de referencia inercial

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Ejemplos de equilibrio estático Todos los ejemplos de este capítulo son problemas planos. En consecuencia, utilizamos las condiciones de equilibrio en la forma de componentes de la a la . Hemos introducido una estrategia de resolución de problemas en el 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. Equilibrio estático 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. 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. Establezca las ecuaciones de equilibrio para el objeto. (a) Utilice el diagrama de cuerpo libre para escribir una condición de equilibrio correcta para los componentes de la fuerza en la dirección x . (b) Utilice el diagrama de cuerpo libre para escribir una condición de equilibrio correcta , para los componentes de la fuerza en la dirección y (c) Utilice el diagrama de cuerpo libre para escribir una condición de equilibrio correcta, , para el torque a lo largo del eje de rotación. Utilice la , para evaluar las magnitudes y los sentidos del torque. 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. 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 . 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. El equilibrio del torque Tres masas están unidas a un metro plegable uniforme, como se muestra en la . La masa de la vara de medir es de 150,0 g y las masas a la izquierda del punto de apoyo son m 1 = 50,0 g y m 2 = 75,0 g . Encuentre la masa m 3 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. 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: w 1 = m 1 g es el peso de la masa m 1 ; w 2 = m 2 g es el peso de la masa m 2 ; w = m g es el peso de toda la vara de medir w 3 = m 3 g es el peso de la masa desconocida m 3 ; F S 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 x y 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 ( ). 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. Diagrama de cuerpo libre para la vara de medir. El pivote se elige en el punto de apoyo S . Solución Con la y la como referencia, empezamos por encontrar los brazos de palanca de las cinco fuerzas que actúan sobre la vara: r 1 = 30,0 cm + 40,0 cm = 70,0 cm r 2 = 40,0 cm r = 50,0 cm − 30,0 cm = 20,0 cm r S = 0,0 cm (porque F S se fija en el pivote) r 3 = 30,0 cm. Ahora podemos encontrar los cinco torques con respecto al pivote elegido: τ 1 = + r 1 w 1 sen 90 ° = + r 1 m 1 g (rotación en sentido contrario a las agujas del reloj, sentido positivo) τ 2 = + r 2 w 2 sen 90 ° = + r 2 m 2 g (rotación en sentido contrario a las agujas del reloj, sentido positivo) τ = + r w sen 90 ° = + r m g (torque gravitacional) τ S = r S F S sen θ S = 0 (porque r S = 0 cm) τ 3 = − r 3 w 3 sen 90 ° = − r 3 m 3 g (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 τ 1 + τ 2 + τ + τ S + τ 3 = 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 + r 1 m 1 g + r 2 m 2 g + r m g − r 3 m 3 g = 0 . Seleccionar la dirección y + que debe ser paralela a F → S , la primera condición de equilibrio para la vara es − w 1 − w 2 − w + F S − w 3 = 0 . Sustituyendo las fuerzas, la primera condición de equilibrio se convierte en − m 1 g − m 2 g − m g + F S − m 3 g = 0 . Resolvemos estas ecuaciones simultáneamente para las incógnitas m 3 y F S . En la , cancelamos el factor g y reordenamos los términos para obtener r 3 m 3 = r 1 m 1 + r 2 m 2 + r m . Para obtener m 3 dividimos ambos lados entre r 3 , por lo que tenemos m 3 = r 1 r 3 m 1 + r 2 r 3 m 2 + r r 3 m = 70 30 ( 50,0 g ) + 40 30 ( 75,0 g ) + 20 30 ( 150,0 g ) = 316,0 2 3 g ≃ 317 g. Para hallar la fuerza de reacción normal, reordenamos los términos en la y convertimos los gramos en kilogramos: F S = ( m 1 + m 2 + m + m 3 ) g = ( 50,0 + 75,0 + 150,0 + 316,7 ) × 10 −3 kg × 9,8 m s 2 = 5,8 N . Importancia Obsérvese que la 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. Repita el 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. 316,7 g; 5,8 N En el siguiente ejemplo, mostramos cómo utilizar la primera condición de equilibrio (ecuación de fuerzas) en la forma vectorial dada por la y la . 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. 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 . Su antebrazo está colocado en 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. El antebrazo gira alrededor del codo (E ) por una contracción del músculo bíceps, que provoca una tensión T → M . Estrategia Identificamos tres fuerzas que actúan sobre el antebrazo: la fuerza desconocida F → en el codo; la tensión desconocida T → M en el músculo; y el peso w → con magnitud w = 50 lb . 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 ° 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 β 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 . 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. 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 sen θ = 0 en la . Para los componentes y tenemos θ = ± 90 ° en la . 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 T y y de w y . Solución Vemos en el diagrama de cuerpo libre que el componente x de la fuerza neta satisface la ecuación + F x + T x − w x = 0 y el componente y de la fuerza neta satisface + F y + T y − w y = 0 . La y la 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 + r T T y − r w w y = 0 . La es la segunda condición de equilibrio (para los torques) del antebrazo. El diagrama de cuerpo libre muestra que los brazos de palanca son r T = 1,5 en . y r w = 13,0 en . En este punto, no necesitamos convertir las pulgadas en unidades del SI, porque mientras estas unidades sean congruentes en la , se anulan. Utilizando de nuevo el diagrama de cuerpo libre, hallamos las magnitudes de las fuerzas componentes: F x = F cos β = F cos 60 ° = F / 2 T x = T cos β = T cos 60 ° = T / 2 w x = w cos β = w cos 60 ° = w / 2 F y = F sen β = F sen 60 ° = F 3 / 2 T y = T sen β = T sen 60 ° = T 3 / 2 w y = w sen β = w sen 60 ° = w 3 / 2 . Sustituimos estas magnitudes en la , la , la para obtener, respectivamente, F / 2 + T / 2 − w / 2 = 0 F 3 / 2 + T 3 / 2 − w 3 / 2 = 0 r T T 3 / 2 − r w w 3 / 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 para el componente x es equivalente a la para el componente y . De este modo, obtenemos la primera condición de equilibrio para las fuerzas F + T − w = 0 y la segunda condición de equilibrio para los torques r T T − r w w = 0 . La magnitud de la tensión en el músculo se obtiene al resolver la : T = r w r T w = 13,0 1,5 (50 lb) = 433 1 3 lb ≃ 433,3 lb. La fuerza en el codo se obtiene al resolver la : F = w − T = 50,0 lb − 433,3 lb = -383,3 lb. 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 = 383,3 lb = 383,3 ( 4,448 N ) = 1.705 N descendente T = 433,3 lb = 433,3 ( 4,448 N ) = 1.927 N 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 y a 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 , e indicamos el pivote, las fuerzas que actúan y sus brazos de palanca con respecto al pivote, así como los ángulos θ T y θ w que las fuerzas T → M y w → (respectivamente) hacen con sus brazos de palanca. En la definición de torque dada por la , el ángulo θ T es el ángulo direccional del vector T → M , 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 θ w se mide en sentido contrario a las agujas del reloj desde la dirección radial del brazo de palanca hasta el vector w → . Hecho esto, los torques no nulos se calculan más fácilmente al sustituir directamente en la de la siguiente forma: τ T = r T T sen θ T = r T T sen β = r T T sen 60 ° = + r T T 3 / 2 τ w = r w w sen θ w = r w w sen ( β + 180 ° ) = − r w w sen β = − r w w 3 / 2 . Diagrama de cuerpo libre del antebrazo para la solución equivalente. El pivote se encuentra en el punto E (codo). La segunda condición de equilibrio, τ T + τ w = 0 , puede escribirse ahora como r T T 3 / 2 − r w w 3 / 2 = 0 . A partir del diagrama de cuerpo libre, la primera condición de equilibrio (para las fuerzas) es − F + T − w = 0 . La es idéntica a la y da el resultado T = 433,3 lb . La da F = T − w = 433,3 lb − 50,0 lb = 383,3 lb. 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. Repita el suponiendo que el antebrazo es un objeto de densidad uniforme que pesa 8,896 N. T = 1.963 N ; F = 1.732 N Una escalera apoyada en la pared Una escalera uniforme tiene L = 5,0 m de largo y pesa 400,0 N. La escalera se apoya en una pared vertical resbaladiza, como se muestra en la . El ángulo de inclinación entre la escalera y el suelo rugoso es 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 μ s en la interfaz de la escalera con el suelo, que impide que la escalera resbale. 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 = μ s N 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 . 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. 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 + f − F = 0 la fuerza neta en la dirección y es + N − w = 0 y el torque neto a lo largo del eje de rotación en el punto de apoyo es τ w + τ F = 0 . donde τ w es el torque del peso w y τ F 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 r F = L = 5,0 m y el brazo de palanca del peso es r w = L / 2 = 2,5 m . Con la ayuda del diagrama de cuerpo libre, identificamos los ángulos a utilizar en la para los torques: θ F = 180 ° − β para el torque de la fuerza de reacción con la pared, y θ w = 180 ° + ( 90 ° − β ) para el torque debido al peso. Ahora estamos preparados para utilizar la con el fin de calcular los torques: τ w = r w w sen θ w = r w w sen ( 180 ° + 90 ° − β ) = − L 2 w sen ( 90 ° − β ) = − L 2 w cos β τ F = r F F sen θ F = r F F sen ( 180 ° − β ) = L F sen β . Sustituimos los torques en la y resolvemos para F : − L 2 w cos β + L F sen β = 0 F = w 2 cot β = 400,0 N 2 cot 53 ° = 150,7 N Obtenemos la fuerza de reacción normal con el suelo al resolver la : N = w = 400,0 N . La magnitud de la fricción se obtiene al resolver la : f = F = 150,7 N . El coeficiente de fricción estática es μ s = 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: F → suelo = f → + N → = (150,7 N) ( − i ^ ) + ( 400,0 N) ( + j ^ ) = ( -150,7 i ^ + 400,0 j ^ ) N. Su magnitud es F suelo = f 2 + N 2 = 150,7 2 + 400,0 2 N = 427,4 N y su dirección es 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 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 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 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 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 . 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 ° , nuestros resultados se mantienen. Pero la escalera resbalará si el torque neto se vuelve negativo en la . Esto ocurre en algunos ángulos cuando el coeficiente de fricción estática no es lo suficientemente grande como para evitar que la escalera resbale. Para la situación descrita en el , determine los valores del coeficiente μ s de fricción estática para la que la escalera resbala, dado que β es el ángulo que forma la escalera con el suelo. μ s < 0,5 cot β Fuerzas en las bisagras de las puertas Una puerta batiente que pesa w = 400,0 N se apoya en las bisagras A y B para que la puerta gire alrededor de un eje vertical que pasa por las bisagras ( ). La puerta tiene una anchura de b = 1,00 m , 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 = 2,00 m . Calcule las fuerzas en las bisagras cuando la puerta descansa medio abierta. 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 A → de la bisagra A , una fuerza desconocida B → de la bisagra B , y el peso conocido w → 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 y a 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 , y resolvemos todas las fuerzas en sus componentes rectangulares. De este modo, tenemos cuatro fuerzas componentes desconocidas: dos componentes de fuerza A → ( A x y A y ) , y dos componentes de fuerza B → ( B x y B y ) . 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 ( A x , B x , A y , y B y ) , 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, A y = B y . 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 . Finalmente, resolvemos las ecuaciones para las incógnitas en los componentes de fuerza y calculamos las fuerzas. (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 dirección x : − A x + B x = 0 ⇒ A x = B x en la dirección y : + A y + B y − w = 0 ⇒ A y = B y = w 2 = 400,0 N 2 = 200,0 N. 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 en P : τ w + τ B x + τ B y = 0 . Utilizamos el diagrama de cuerpo libre para hallar todos los términos de esta ecuación: τ w = d w sen ( − β ) = − d w sen β = − d w b / 2 d = − w b 2 τ B x = a B x sen 90 ° = + a B x τ B y = a B y sen 180 ° = 0 . Al evaluar sen β , utilizamos la geometría del triángulo mostrado en la parte (a) de la figura. Ahora sustituimos estos torques en la y calculamos B x : pivote en P : − w b 2 + a B x = 0 ⇒ B x = w b 2 a = ( 400,0 N ) 1 2 · 2 = 100,0 N. Por lo tanto, las magnitudes de las fuerzas de la componente horizontal son A x = B x = 100,0 N . Las fuerzas en la puerta son en la bisagra superior: F → A en la puerta = −100,0 N i ^ + 200,0 N j ^ en la bisagra inferior: F → B en la puerta = + 100,0 N i ^ + 200,0 N j ^ . Las fuerzas sobre las bisagras se obtienen a partir de la tercera ley de Newton como en la bisagra superior: F → puerta en A = 100,0 N i ^ − 200,0 N j ^ en la bisagra inferior: F → puerta en B = −100,0 N i ^ − 200,0 N j ^ . 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. Resuelva el problema del al tomar la posición del pivote en el centro de masa. F → puerta en A = 100,0 N i ^ − 200,0 N j ^ ; F → puerta en B = −100,0 N i ^ − 200,0 N j ^ 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. 711,0 N; 466,0 N 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. 1.167 N; 980 N dirigido hacia arriba en 18 ° sobre la horizontal Resumen Una variedad de problemas de ingeniería puede resolverse al aplicar las condiciones de equilibrio de los cuerpos rígidos. En las aplicaciones, identifique todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido y anote sus brazos de palanca que giran en torno a un determinado eje de rotación. Trace un diagrama de cuerpo libre para el cuerpo. Las fuerzas y los torques externos netos se identifican claramente a partir de un diagrama de cuerpo libre, construido correctamente. De esta manera, se puede establecer la primera condición de equilibrio para las fuerzas y la segunda condición de equilibrio para los torques. Al establecer las condiciones de equilibrio, somos libres de adoptar cualquier marco de referencia inercial y cualquier posición del punto de apoyo. Todas las opciones conducen a una respuesta. Sin embargo, algunas opciones pueden complicar excesivamente el proceso de búsqueda de la solución. Llegamos a la misma respuesta, sin importar las elecciones que hagamos. La única manera de dominar esta habilidad es practicar. Preguntas conceptuales ¿Es posible apoyar una escalera contra una pared rugosa cuando el suelo no tiene fricción? Muestre cómo se puede utilizar un dinamómetro y un punto de apoyo simple para pesar un objeto cuyo peso es mayor que la lectura máxima del dinamómetro. (Prueba) Un pintor se sube a una escalera. ¿Es más probable que la escalera resbale cuando el pintor está cerca de la parte inferior o de la superior? Problemas Un tablón uniforme descansa sobre una superficie nivelada como se muestra a continuación. El tablón tiene una masa de 30 kg y una longitud de 6,0 m. ¿Cuánta masa puede colocarse en su extremo derecho antes de que se incline? (Pista: Cuando la tabla está a punto de volcarse, hace contacto con la superficie solo a lo largo del borde que se convierte en un eje de rotación momentáneo). El balancín uniforme que se muestra a continuación está equilibrado sobre un punto de apoyo situado a 3,0 m del extremo izquierdo. El niño más pequeño de la derecha tiene una masa de 40 kg y el niño más grande de la izquierda tiene una masa de 80 kg. ¿Cuál es la masa del tablero? 40 kg Para sacar su auto del barro, un hombre ata un extremo de una cuerda al parachoques delantero y el otro a un árbol situado a 15 m de distancia, como se muestra a continuación. A continuación, tira del centro de la cuerda con una fuerza de 400 N, lo que hace que su centro se desplace 0,30 m, como se muestra. ¿Cuál es la fuerza de la cuerda sobre el auto? Un andamio uniforme de 40,0 kg de longitud de 6,0 m está soportado por dos cables ligeros, como se muestra a continuación. Un pintor de 80,0 kg se sitúa a 1,0 m del extremo izquierdo del andamio, y su equipo de pintura está a 1,5 m del extremo derecho. Si la tensión del cable izquierdo es el doble que la del cable derecho, calcule la tensión en los cables y la masa del equipo. cable derecho, 444,3 N; cable izquierdo, 888,5 N; peso del equipo 156,8 N; 16,0 kg Cuando la estructura que se muestra a continuación está apoyada en el punto P , está en equilibrio. Calcule la magnitud de la fuerza F y la fuerza aplicada en P . El peso de la estructura es despreciable. Para subir al tejado, una persona (con una masa de 70,0 kg) coloca una escalera de aluminio de 6,00 m (con una masa de 10,0 kg) contra la casa, sobre una plataforma de hormigón con la base de la escalera a 2,00 m de la casa. La escalera se apoya en un canalón de plástico para la lluvia, que podemos suponer sin fricción. El centro de masa de la escalera está a 2,00 m de la parte inferior. La persona está de pie a 3,00 m del fondo. Encuentre las fuerzas de reacción normal y de fricción sobre la escalera en su base. 784 N, 132,8 N Un puntal horizontal uniforme pesa 400,0 N. Un extremo del puntal está unido a un soporte con bisagras en la pared, y el otro extremo del puntal está unido a una señal que pesa 200,0 N. El puntal también está soportado por un cable unido entre el extremo del puntal y la pared. Suponiendo que todo el peso del cartel esté fijado en el extremo del puntal, calcule la tensión en el cable y la fuerza en la bisagra del puntal. El antebrazo que se muestra a continuación está colocado en ángulo θ con respecto a la parte superior del brazo, y se sostiene una masa de 5,0 kg en la mano. La masa total del antebrazo y de la mano es de 3,0 kg, y su centro de masa está a 15,0 cm del codo. (a) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza que el músculo bíceps ejerce sobre el antebrazo para θ = 60 ° ? (b) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza sobre la articulación del codo para el mismo ángulo? (c) ¿Cómo dependen estas fuerzas del ángulo θ ? a. 539 N; b. 461 N; c. no dependen del ángulo La pluma uniforme que se muestra a continuación pesa 3.000 N. Se apoya en el cable horizontal y en el soporte de bisagra en el punto A . ¿Cuáles son las fuerzas sobre la pluma debidas al cable y al soporte en A ? ¿La fuerza en A actúa a lo largo de la pluma? La pluma uniforme que se muestra a continuación pesa 700 N, mientras que el objeto que cuelga de su extremo derecho pesa 400 N. La pluma se sostiene por un cable ligero y una bisagra en la pared. Calcule la tensión en el cable y la fuerza en la bisagra de la pluma. ¿La fuerza sobre la bisagra actúa a lo largo del brazo? tensión 778 N; en la bisagra 778 N en 45 ° sobre la horizontal; no A continuación, se muestra la pluma de 12,0 m, AB , de una grúa que levanta una carga de 3.000 kg. El centro de masa de la pluma está en su centro geométrico, mientras que la masa de la pluma es de 1.000 kg. Para la posición indicada, calcule la tensión T en el cable y la fuerza en el eje A . La trampilla uniforme que se muestra a continuación mide 1,0 m por 1,5 m y pesa 300 N. Se apoya en una sola bisagra (H), y en una cuerda ligera, atada entre el centro de la puerta y el suelo. La puerta se mantiene en la posición indicada, donde su losa hace un 30 ° ángulo con el suelo horizontal y la cuerda hace un 20 ° ángulo con el suelo. Calcule la tensión en la cuerda y la fuerza en la bisagra. 1500 N; 1620 N en 30 ° Un hombre de 90 kg camina sobre un caballete, como se muestra a continuación. El caballete mide 2,0 m de largo y 1,0 m de alto, y su masa es de 25,0 kg. Calcule la fuerza de reacción normal en cada pata en el punto de contacto con el suelo cuando el hombre está a 0,5 m del extremo más alejado del caballete. (Pista: En cada extremo, halle primero la fuerza de reacción total. Esta fuerza de reacción es la suma vectorial de dos fuerzas de reacción, cada una de las cuales actúa a lo largo de un tramo. La fuerza de reacción normal en el punto de contacto con el suelo es el componente normal (con respecto al suelo) de esta fuerza.

Ciencia


Estrés, tensión y módulo elástico Un modelo de cuerpo rígido es un ejemplo idealizado de un objeto que no se deforma bajo la acción de fuerzas externas. Es muy útil cuando se analizan sistemas mecánicos. De hecho, muchos objetos físicos son rígidos en gran medida. El punto hasta el cual un objeto se percibe como rígido depende de las propiedades físicas del material del que está hecho. Por ejemplo, una pelota de ping-pong de plástico es frágil, y una pelota de tenis de caucho es elástica cuando se le aplican fuerzas de aplastamiento. Sin embargo, en otras circunstancias, tanto la pelota de ping-pong como la de tenis pueden rebotar bien como cuerpos rígidos. Del mismo modo, quien diseña prótesis puede aproximarse a la mecánica de las extremidades humanas al modelarlas como cuerpos rígidos. Sin embargo, la combinación real de huesos y tejidos es un medio elástico. En el resto de este capítulo, pasamos de considerar las fuerzas que inciden en el movimiento de un objeto a las que influyen en la forma de un objeto. El cambio de forma debido a la aplicación de una fuerza se conoce como deformación . Se sabe que hasta las fuerzas más pequeñas provocan cierta deformación. La deformación es la que experimentan los objetos o los medios físicos bajo la acción de fuerzas externas; por ejemplo, puede tratarse de aplastar, apretar, rasgar, retorcer, cizallar o tirar de los objetos. En el lenguaje de la física, hay dos términos que describen las fuerzas que se ejercen sobre los objetos que experimentan deformación: estrés y tensión . El estrés es una cantidad que describe la magnitud de las fuerzas que causan la deformación. El estrés se define generalmente como la fuerza por unidad de superficie . Cuando las fuerzas tiran de un objeto y provocan su elongación, como el estiramiento de una banda elástica, ese estrés lo denominamos tensión de tracción . Cuando las fuerzas provocan la compresión de un objeto, lo llamamos tensión de compresión . Cuando se presiona a un objeto desde todos los lados, como un submarino en las profundidades de un océano, este tipo de estrés lo denominamos tensión de compresibilidad (o tensión de volumen ). En otras situaciones, las fuerzas que actúan pueden no ser ni de tracción ni de compresión, y aun así producir una deformación notable. Por ejemplo, suponga que sujeta un libro con fuerza entre las palmas de las manos, y que con una mano presiona y tira de la cubierta delantera en dirección contraria a usted, mientras que con la otra mano presiona y tira de la cubierta trasera hacia usted. En este caso, cuando las fuerzas deformantes actúan tangencialmente a la superficie del objeto, las llamamos fuerzas "de corte" y el estrés que provocan recibe el nombre de tensión de corte . En el SI la unidad del estrés es el pascal (Pa). Cuando un newton de fuerza presiona sobre una superficie unitaria de un metro cuadrado, el estrés resultante es de un pascal: un pascal = 1,0 Pa = 1,0 N 1,0 m 2 . En el sistema británico de unidades, la unidad de estrés es "psi", que significa "libra por pulgada cuadrada" ( lb/in 2 ) . Otra unidad que se suele utilizar para la tensión de compresibilidad es la atm (atmósfera). Los factores de conversión son 1 psi = 6.895 Pa y 1 Pa = 1,450 × 10 −4 psi 1 atm = 1,013 × 10 5 Pa = 14,7 psi. Un objeto o medio sometido a estrés se deforma. La cantidad que describe esta deformación recibe el nombre de tensión . La tensión se da como un cambio fraccional en la longitud (bajo tensión de tracción) o el volumen (bajo tensión de compresibilidad) o la geometría (bajo tensión de corte). Por lo tanto, la tensión es un número adimensional. El esfuerzo bajo una tensión de tracción se denomina esfuerzo de tracción , el esfuerzo bajo una tensión de compresibilidad se denomina esfuerzo de compresibilidad (o esfuerzo de volumen ), y el causado por una tensión de corte se denomina esfuerzo cortante . Cuanto mayor sea el estrés, mayor será la tensión. Sin embargo, la relación entre la tensión y el estrés no tiene por qué ser lineal. Solo cuando el estrés es suficientemente bajo, la deformación que provoca es directamente proporcional a su valor. La constante de proporcionalidad en esta relación se denomina módulo elástico . En el límite lineal de valores bajos de estrés, la relación general entre estrés y tensión es estrés = (módulo elástico) × tensión. Como podemos ver en el análisis dimensional de esta relación, el módulo elástico tiene la misma unidad física que el estrés porque la tensión es adimensional. Asimismo, podemos observar a partir de la que, cuando un objeto se caracteriza por un gran valor del módulo elástico, el efecto del estrés es pequeño. Por otro lado, un módulo elástico pequeño significa que el estrés produce una gran tensión y una notable deformación. Por ejemplo, el estrés en una banda de goma produce una tensión (deformación) mayor que el mismo estrés en una banda de acero de iguales dimensiones, porque el módulo elástico del caucho es dos órdenes de magnitud menor que el del acero. El módulo elástico para la tensión de tracción se denomina módulo de Young ; el de la tensión de compresibilidad, módulo de compresibilidad , y el de la tensión de corte, módulo de corte . Obsérvese que la relación entre el estrés y la tensión es una relación observada , medida en el laboratorio. Los módulos elásticos de varios materiales se miden en diversas condiciones físicas, como la variación de la temperatura, y se recogen en tablas de datos de ingeniería para su consulta ( ). Estas tablas son una valiosa referencia para la industria y para cualquier persona relacionada con la ingeniería o la construcción. En la siguiente sección, analizamos las relaciones estrés-tensión más allá del límite lineal representado por la , en toda la gama de valores de tensión hasta un punto de fractura. En el resto de esta sección, estudiamos el límite lineal expresado por la . Módulos elásticos aproximados de algunos materiales Material Módulo de Young × 10 10 Pa Módulo de compresibilidad × 10 10 Pa Módulo de corte × 10 10 Pa Aluminio 7,0 7,5 2,5 Hueso (tensión) 1,6 0,8 8,0 Hueso (compresión) 0,9 Latón 9,0 6,0 3,5 Ladrillo 1,5 Hormigón 2,0 Cobre 11,0 14,0 4,4 Vidrio Crown 6,0 5,0 2,5 Granito 4,5 4,5 2,0 Cabello (humano) 1,0 Madera dura 1,5 1,0 Hierro 21,0 16,0 7,7 Plomo 1,6 4,1 0,6 Mármol 6,0 7,0 2,0 Níquel 21,0 17,0 7,8 Poliestireno 3,0 Seda 6,0 Telaraña 3,0 Acero 20,0 16,0 7,5 Acetona 0,07 Etanol 0,09 Glicerina 0,45 Mercurio 2,5 Agua 0,22 Tensión de tracción o de compresión, tensión y módulo de Young La tensión o la compresión se producen cuando dos fuerzas antiparalelas de igual magnitud actúan sobre un objeto a lo largo de una sola de sus dimensiones, de manera que el objeto no se mueve. Una forma de imaginar esta situación se ilustra en la . Un segmento de varilla es estirado o comprimido por un par de fuerzas que actúan a lo largo de su longitud y perpendicularmente a su sección transversal. El efecto neto de estas fuerzas es que la varilla cambia su longitud desde la longitud original L 0 que tenía antes de la aparición de las fuerzas, a una nueva longitud L que tiene bajo la acción de las fuerzas. Este cambio de longitud Δ L = L − L 0 puede ser un alargamiento (cuando L es mayor que la longitud original L 0 ) o contracción (cuando L es menor que la longitud original L 0 ) . La tensión y el esfuerzo de tracción se producen cuando las fuerzas estiran un objeto y provocan su elongación, con el cambio de longitud Δ L es positivo. La tensión y el esfuerzo de compresión se producen cuando las fuerzas contraen un objeto y provocan su acortamiento, con el cambio de longitud Δ L es negativo. En cualquiera de estas situaciones, definimos el estrés como la relación entre la fuerza deformante F ⊥ al área de la sección transversal A del objeto que se deforma. El símbolo F ⊥ que reservamos para la fuerza deformante significa que esta fuerza actúa perpendicularmente a la sección transversal del objeto. Las fuerzas que actúan en paralelo a la sección transversal no modifican la longitud de un objeto. La definición de la tensión de tracción es tensión de tracción = F ⊥ A . El esfuerzo de tracción es la medida de la deformación de un objeto sometido a una tensión de tracción y se define como el cambio fraccional de la longitud del objeto cuando este experimenta una tensión de tracción esfuerzo de tracción = Δ L L 0 . La tensión y el esfuerzo de compresión se definen con las mismas fórmulas, y , respectivamente. La única diferencia con respecto a la situación de tracción es que, para la tensión y el esfuerzo de compresión, tomamos los valores absolutos al lado derecho en la y la . Cuando un objeto está en tensión o compresión, la fuerza neta que se ejerce sobre este es cero, pero el objeto se deforma al cambiar su longitud original L 0 . (a) Tensión: La varilla es elongada por Δ L . (b) Compresión: La varilla se contrae por Δ L . En ambos casos, la fuerza deformante actúa a lo largo de la varilla y perpendicularmente a su sección transversal. En el rango lineal de estrés bajo, el área de la sección transversal de la varilla no cambia. El módulo de Young Y es el módulo elástico cuando la deformación es causada bien sea por tensión de tracción o de compresión, y se define por la . Al dividir esta ecuación entre el esfuerzo de tracción, obtenemos la expresión del módulo de Young: Y = tensión de tracción esfuerzo de tracción = F ⊥ / A Δ L / L 0 = F ⊥ A L 0 Δ L . Tensión de compresión en un pilar Una escultura que pesa 10.000 N descansa sobre una superficie horizontal en la parte superior de un pilar vertical de 6,0 m de altura ( ). El área de la sección transversal del pilar es 0 .20 m 2 y es de granito con una densidad de masa de 2.700 kg/m 3 . Encuentre la tensión de compresión en la sección transversal situada 3,0 m por debajo de la parte superior del pilar y el valor del esfuerzo de compresión del segmento superior de 3,0 m del pilar. Columna de Nelson en Trafalgar Square, Londres, Inglaterra (créditos: modificación de la obra de Cristian Bortes). Estrategia Primero calculamos el peso de la sección superior del pilar, de 3,0 m de longitud. La fuerza normal que actúa sobre la sección transversal situada a 3,0 m de la parte superior es la suma del peso del pilar y del peso de la escultura. Una vez que tenemos la fuerza normal, utilizamos la para calcular el estrés. Para hallar el esfuerzo de compresión, calculamos el valor del módulo de Young para el granito en la e invertimos la . Solución El volumen del segmento del pilar con la altura h = 3,0 m y el área de la sección transversal A = 0,20 m 2 es V = A h = ( 0,20 m 2 ) ( 3,0 m ) = 0,60 m 3 . Con la densidad del granito ρ = 2,7 × 10 3 kg/m 3 , la masa del segmento del pilar es m = ρ V = ( 2,7 × 10 3 kg/m 3 ) ( 0,60 m 3 ) = 1,60 × 10 3 kg . El peso del segmento del pilar es w p = m g = ( 1,60 × 10 3 kg ) ( 9,80 m/s 2 ) = 1,568 × 10 4 N. El peso de la escultura es w s = 1,0 × 10 4 N , por lo que la fuerza normal en la superficie de la sección transversal situada a 3,0 m por debajo de la escultura es F ⊥ = w p + w s = ( 1,568 + 1,0 ) × 10 4 N = 2,568 × 10 4 N. Por lo tanto, el estrés es estrés = F ⊥ A = 2,568 × 10 4 N 0,20 m 2 = 1,284 × 10 5 Pa = 128,4 kPa. El módulo de Young para el granito es Y = 4,5 × 10 10 Pa = 4,5 × 10 7 kPa . Por lo tanto, el esfuerzo de compresión en esta posición es tensión = estrés Y = 128,4 kPa 4,5 × 10 7 kPa = 2,85 × 10 −6 . Significación Observe que la fuerza normal que actúa sobre la sección transversal del pilar no es constante a lo largo de su longitud, sino que varía desde su valor más pequeño en la parte superior hasta su valor más grande en la parte inferior del pilar. Así, si el pilar tiene una sección transversal uniforme a lo largo de su longitud, el estrés es mayor en su base. Encuentre la tensión y estrés de compresión en la base de la columna de Nelson. 206,8 kPa ; 4,6 × 10 −5 Estirar una varilla Una varilla de acero de 2,0 m de longitud tiene una sección transversal de 0,30 cm 2 . La varilla forma parte de un soporte vertical que sostiene una pesada plataforma de 550 kg, que cuelga unida al extremo inferior de la varilla. Ignorando el peso de la varilla, ¿cuál es la tensión de tracción en la varilla y la elongación de la varilla bajo el estrés? Estrategia Primero calculamos la tensión de tracción en la varilla bajo el peso de la plataforma de acuerdo con la . Luego invertimos la para hallar la elongación de la varilla, con L 0 = 2,0 m . De la , el módulo de Young para el acero es Y = 2,0 × 10 11 Pa . Solución Sustituyendo los valores numéricos en las ecuaciones obtenemos F ⊥ A = ( 550 kg ) ( 9,8 m/s 2 ) 3,0 × 10 −5 m 2 = 1,8 × 10 8 Pa Δ L = F ⊥ A L 0 Y = ( 1,8 × 10 8 Pa ) 2,0 m 2,0 × 10 11 Pa = 1,8 × 10 −3 m = 1,8 mm. Significación Al igual que en el ejemplo de la columna, la tensión de tracción en este ejemplo no es uniforme a lo largo de la varilla. Sin embargo, a diferencia del ejemplo anterior, si se tiene en cuenta el peso de la varilla, el estrés en la varilla es mayor en la parte superior y menor en la parte inferior de la varilla, donde se fija el equipo. Un cable de 2,0 m de longitud se estira 1,0 mm cuando se somete a una carga. ¿Cuál es el esfuerzo de tracción en el cable? 5,0 × 10 −4 A menudo los objetos pueden experimentar simultáneamente tensión de compresión y tensión de tracción ( ). Un ejemplo es una estantería larga cargada de libros pesados que se hunde entre los soportes de los extremos por el peso de los libros. La superficie superior de la plataforma está en tensión de compresión y la superficie inferior de la plataforma está en tensión de tracción. Del mismo modo, las vigas largas y pesadas se hunden por su propio peso. En la construcción de edificios modernos, estos esfuerzos de flexión pueden eliminarse prácticamente con el uso de vigas en I ( ). (a) Un objeto que se dobla hacia abajo experimenta una tensión de tracción (estiramiento) en la sección superior y una tensión de compresión (compresión) en la sección inferior. (b) Los levantadores de pesas de élite suelen doblar las barras de hierro temporalmente durante el levantamiento, como en la competición de los Juegos Olímpicos de 2012 (créditos: b. modificación del trabajo de Oleksandr Kocherzhenko). Las vigas en I de acero se utilizan en la construcción para reducir las tensiones de flexión (créditos: modificación de la obra por "US Army Corps of Engineers Europe District"/Flickr). Una pesada caja descansa sobre una mesa apoyada en tres columnas. Vea esta demostración para mover la caja y ver cómo la compresión (o tensión) en las columnas se ve afectada cuando la caja cambia de posición. Tensión de compresibilidad, tensión y módulos Cuando usted se sumerge en el agua, siente una fuerza que presiona cada parte del cuerpo desde todas las direcciones. Lo que usted experimenta entonces es una tensión de compresibilidad, o lo que es lo mismo, una presión . La tensión de compresibilidad siempre tiende a disminuir el volumen encerrado por la superficie de un objeto sumergido. Las fuerzas de este "apretón" son siempre perpendiculares a la superficie sumergida ( ). El efecto de estas fuerzas es la disminución del volumen del objeto sumergido en una cantidad Δ V en comparación con el volumen V 0 del objeto en ausencia de tensión de compresibilidad. Este tipo de deformación se denomina esfuerzo de compresibilidad y se describe mediante un cambio de volumen en relación con el volumen original: esfuerzo de compresibilidad = Δ V V 0 . Un objeto sometido a una tensión de compresibilidad en aumento constante experimenta una disminución de su volumen. Fuerzas iguales perpendiculares a la superficie actúan desde todas las direcciones. El efecto de estas fuerzas consiste en disminuir el volumen en la cantidad Δ V en comparación con el volumen original, V 0 . El esfuerzo de compresibilidad es el resultado de la tensión de compresibilidad, que es una fuerza F ⊥ normal a una superficie que presiona sobre la superficie unitaria A de un objeto sumergido. Este tipo de cantidad física, o presión p , se define como presión = p ≡ F ⊥ A . Estudiaremos la presión en los fluidos con más detalle en Mecánica de Fluidos . Una característica importante de la presión es que es una cantidad escalar y no tiene ninguna dirección particular; es decir, la presión actúa por igual en todas las direcciones posibles. Cuando se sumerge la mano en el agua, se percibe la misma cantidad de presión que actúa sobre la superficie superior de la mano que sobre la superficie inferior, o sobre la superficie lateral, o sobre la superficie de la piel entre los dedos. Lo que se percibe en este caso es un aumento de la presión Δ p sobre lo que se está acostumbrado a sentir cuando su mano no está sumergida en el agua. Lo que se siente cuando la mano no está sumergida en el agua es la presión normal p 0 de una atmósfera, que sirve de punto de referencia. La tensión de compresibilidad es este aumento de la presión, o Δ p , sobre el nivel normal, p 0 . Cuando la tensión de compresibilidad aumenta, el esfuerzo de compresibilidad también aumenta, de acuerdo con la . La constante de proporcionalidad en esta relación se denomina módulo de compresibilidad, B , o B = tensión de compresibilidad esfuerzo de compresibilidad = − Δ p Δ V / V 0 = − Δ p V 0 Δ V . El signo menos que aparece en la es por coherencia, para asegurar que B sea una cantidad positiva. Tenga en cuenta que el signo menos ( – ) es necesario porque un aumento Δ p en la presión (una cantidad positiva) siempre provoca una disminución Δ V en volumen, y la disminución del volumen es una cantidad negativa. El recíproco del módulo de compresibilidad se denomina compresibilidad k , o k = 1 B = − Δ V / V 0 Δ p . El término "compresibilidad" se utiliza en relación con los fluidos (gases y líquidos). La compresibilidad describe el cambio de volumen de un fluido por unidad de aumento de presión. Los fluidos caracterizados por una gran compresibilidad son relativamente fáciles de comprimir. Por ejemplo, la compresibilidad del agua es 4,64 × 10 −5 /atm y la compresibilidad de la acetona es 1,45 × 10 −4 /atm . Esto significa que, bajo un aumento de presión de 1,0 atm, la disminución relativa del volumen es aproximadamente el triple con la acetona que con el agua. Prensa hidráulica En una prensa hidráulica, , un volumen de 250 litros de aceite se somete a un aumento de presión de 2.300 psi. Si la compresibilidad del petróleo es 2,0 × 10 −5 / atm , halle el esfuerzo de compresibilidad y la disminución absoluta del volumen de aceite cuando la prensa está en funcionamiento. En una prensa hidráulica, cuando un pistón pequeño se desplaza hacia abajo, la presión del aceite se transmite por todo el aceite al pistón grande, lo que hace que se desplace hacia arriba. Una pequeña fuerza aplicada a un pistón pequeño provoca una gran fuerza de presión, que el pistón grande ejerce sobre un objeto que se levanta o se aprieta. El dispositivo actúa como una palanca mecánica. Estrategia Debemos invertir la para hallar el esfuerzo de compresibilidad. Primero, convertimos el aumento de presión de psi a atm, Δ p = 2.300 psi = 2.300 / 14,7 atm ≈ 160 atm , e identificar V 0 = 250 L . Solución Sustituyendo los valores en la ecuación, tenemos esfuerzo de compresibilidad = Δ V V 0 = Δ p B = k Δ p = ( 2,0 × 10 −5 /atm ) ( 160 atm ) = 0,0032 respuesta: Δ V = 0,0032 V 0 = 0,0032 ( 250 L ) = 0,78 L. Significación Obsérvese que, dado que la compresibilidad del agua es 2,32 veces mayor que la del aceite, si la sustancia de trabajo en la prensa hidráulica de este problema se cambiara por agua, el esfuerzo de compresibilidad, así como el cambio de volumen, serían 2,32 veces mayores. Si la fuerza normal que actúa sobre cada cara de un cubo 1 .0-m 3 pieza de acero se cambia por 1,0 × 10 7 N , calcule el cambio resultante en el volumen de la pieza de acero. 63 ml Tensión de corte, tensión y módulo Los conceptos de tensión de corte y tensión solo se refieren a objetos o materiales sólidos. Los edificios y las placas tectónicas son ejemplos de objetos que pueden estar sometidos a tensión de corte. En general, estos conceptos no se aplican a los fluidos. La deformación por corte se produce cuando dos fuerzas antiparalelas de igual magnitud se aplican tangencialmente a superficies opuestas de un objeto sólido, sin causar ninguna deformación en la dirección transversal a la línea de fuerza, como en el ejemplo típico de tensión de corte ilustrado en la . La deformación por corte se caracteriza por un cambio gradual Δ x de capas en la dirección tangente a las fuerzas actuantes. Esta gradación en Δ x se produce en la dirección transversal a lo largo de cierta distancia L 0 . El esfuerzo cortante se define por la relación entre el mayor desplazamiento Δ x a la distancia transversal L 0 esfuerzo cortante = Δ x L 0 . El esfuerzo cortante es causado por la tensión de corte. La tensión de corte se debe a las fuerzas que actúan en paralelo a la superficie. Utilizamos el símbolo F ∥ para tales fuerzas. La magnitud F ∥ por área de superficie A donde se aplica la fuerza de corte es la medida de la tensión de corte tensión de corte = F ∥ A . El módulo de corte es la constante de proporcionalidad en la y se define por el cociente de estrés y tensión. El módulo de corte se denota comúnmente por S : S = tensión de corte esfuerzo cortante = F ∥ / A Δ x / L 0 = F ∥ A L 0 Δ x . Objeto sometido a tensión de corte: Dos fuerzas antiparalelas de igual magnitud se aplican tangencialmente a superficies paralelas opuestas del objeto. El contorno de la línea discontinua representa la deformación resultante. No hay cambio en la dirección transversal a las fuerzas actuantes y la longitud transversal L 0 no se ve afectado. La deformación por corte se caracteriza por un cambio gradual Δ x de capas en la dirección tangente a las fuerzas. Una vieja estantería Una persona de la limpieza intenta mover una pesada y vieja estantería en un suelo enmoquetado al empujar tangencialmente la superficie del estante superior. Sin embargo, el único efecto perceptible de este esfuerzo es similar al que se observa en la , y desaparece cuando la persona deja de empujar. La librería tiene 180,0 cm de alto y 90,0 cm de ancho, con cuatro estantes de 30,0 cm de profundidad, todos ellos parcialmente cargados de libros. El peso total de la librería y de los libros es de 600,0 N. Si la persona da un empujón de 50,0 N a la estantería superior que la desplaza horizontalmente 15,0 cm respecto a la estantería inferior inmóvil, halle el módulo de corte de la librería. Estrategia Los únicos datos pertinentes son las dimensiones físicas de la librería, el valor de la fuerza tangencial y el desplazamiento que provoca esta fuerza. Identificamos F ∥ = 50,0 N , Δ x = 15,0 cm , L 0 = 180,0 cm , y A = (30,0 cm) (90,0 cm) = 2.700,0 cm 2 , y utilizamos la para calcular el módulo de corte. Solución Sustituyendo los números en las ecuaciones, obtenemos para el módulo de corte S = F ∥ A L 0 Δ x = 50,0 N 2.700,0 cm 2 180,0 cm 15,0 cm = 2 9 N cm 2 = 2 9 × 10 4 N m 2 = 20 9 × 10 3 Pa = 2,222 kPa. También podemos encontrar la tensión de corte y la tensión, respectivamente: F ∥ A = 50,0 N 2.700,0 cm 2 = 5 27 kPa = 185,2 Pa Δ x L 0 = 15,0 cm 180,0 cm = 1 12 = 0,083 . Significación Si la persona de este ejemplo diera un buen empujón a la estantería, podría ocurrir que el corte inducido la derrumbara hasta convertirla en un montón de basura. El mismo mecanismo de corte causa las fallas en las represas y diques rellenos de tierra y, en general, de los deslizamientos de tierra. Explique por qué los conceptos de módulo de Young y módulo de corte no se aplican a los fluidos. Los fluidos tienen propiedades mecánicas diferentes a las de los sólidos; los fluidos fluyen. Resumen Las fuerzas externas sobre un objeto (o medio) provocan su deformación, que es un cambio de tamaño y forma. La intensidad de las fuerzas que causan la deformación se expresa mediante el estrés, que en unidades del SI se mide en la unidad de presión (pascal). El alcance de la deformación bajo estrés se expresa mediante la tensión, que es adimensional. Para un estrés pequeño, la relación entre el estrés y la tensión es lineal. El módulo elástico es la constante de proporcionalidad en esta relación lineal. El esfuerzo de tracción (o de compresión) es la respuesta de un objeto o medio a la tensión de tracción (o de compresión). En este caso, el módulo elástico se denomina módulo de Young. La tensión de tracción (o de compresión) causa la elongación (o el acortamiento) del objeto o del medio y se debe a una fuerza externa que actúa en una sola dirección perpendicular a la sección transversal. El esfuerzo de compresibilidad es la respuesta de un objeto o medio a la tensión de compresibilidad. En este caso, el módulo elástico se denomina módulo de compresibilidad. La tensión de compresibilidad provoca un cambio en el volumen del objeto o medio y la causan las fuerzas que actúan sobre el cuerpo desde todas las direcciones, perpendiculares a su superficie. La compresibilidad de un objeto o medio es el recíproco de su módulo de compresibilidad. El esfuerzo cortante es la deformación de un objeto o un medio sometido a tensión de corte. El módulo de corte es el módulo elástico en este caso. La tensión de corte la causan las fuerzas que actúan a lo largo de las dos superficies paralelas del objeto. Preguntas conceptuales Nota: A menos que se indique lo contrario, se asume que los pesos de los cables, varillas y otros elementos son despreciables. Los módulos elásticos de los materiales seleccionados figuran en la . ¿Por qué una ardilla puede saltar desde la rama de un árbol hasta el suelo y salir corriendo sin sufrir daños, mientras que un humano podría fracturarse en una caída así? En contacto con el suelo, el estrés en las extremidades de la ardilla es menor que el estrés en las extremidades del ser humano. Cuando una botella de vidrio llena de vinagre se calienta, tanto el vinagre como el vidrio se expanden, pero el vinagre se expande mucho más con la temperatura que el vidrio. La botella se rompe si se llena hasta el tope. Explique por qué y cómo una bolsa de aire sobre el vinagre evita que la botella se rompa. Se utiliza un alambre fino ensartado entre dos clavos en la pared para sostener un cuadro grande. ¿Es probable que el cable se rompa si se tensa mucho o si se tensa de forma que se combe considerablemente? estrechamente Repase la relación entre el estrés y la tensión. ¿Puede hallar alguna similitud entre las dos cantidades? ¿Qué tipo de estrés se aplica al presionar los extremos de una varilla de madera cuando tira de sus extremos? compresión; tracción ¿Se puede aplicar tensión de compresión a una goma elástica? ¿Puede el módulo de Young tener un valor negativo? ¿Y el módulo de compresibilidad? no Si un material hipotético tiene un módulo de compresibilidad negativo, ¿qué ocurre cuando se aprieta un trozo de este? Explique de qué manera podría medir el módulo de compresibilidad de un líquido. Problemas La "mina" de los lápices es una composición de grafito con un módulo de Young de aproximadamente 1,0 × 10 9 N / m 2 . Calcule el cambio de longitud de la mina de un lápiz automático si se golpea directamente en el lápiz con una fuerza de 4,0 N. La mina tiene 0,50 mm de diámetro y 60 mm de longitud. 1,2 mm Las antenas de televisión son las estructuras artificiales más altas de la Tierra. En 1987, un físico de 72,0 kg se colocó a sí mismo y colocó además 400 kg de equipo en la parte superior de una antena de 610 m de altura para realizar experimentos sobre la gravedad. ¿En cuánto se comprimió la antena, si la consideramos equivalente a un cilindro de acero de 0,150 m de radio? ¿Cuánto estira una alpinista de 65,0 kg su cuerda de nailon de 0,800 cm de diámetro cuando se cuelga a 35,0 m por debajo de un afloramiento rocoso? (Para el nailon, Y = 1,35 × 10 9 Pa .) 9,0 cm Cuando el agua se congela, su volumen aumenta en 9,05 %. ¿Qué fuerza por unidad de superficie es capaz de ejercer el agua sobre un recipiente cuando se congela? Un agricultor que hace zumo de uva llena una botella de cristal hasta el borde y la tapa bien. El zumo se expande más que el vaso cuando se calienta, de forma que el volumen aumenta en 0,2 %. Calcule la fuerza ejercida por el jugo por centímetro cuadrado si su módulo de compresibilidad es 1,8 × 1 0 9 N / m 2 , suponiendo que la botella no se rompa. 4,0 × 10 2 N/cm 2 Un disco de la columna vertebral está sometido a una fuerza de corte de 600,0 N. Calcule su deformación con el módulo de corte de 1,0 × 1 0 9 N/m 2 . El disco equivale a un cilindro macizo de 0,700 cm de altura y 4,00 cm de diámetro. Una vértebra está sometida a una fuerza de corte de 500,0 N. Calcule la deformación, considerando la vértebra como un cilindro de 3,00 cm de altura y 4,00 cm de diámetro. ¿Cómo se compara su resultado con el obtenido en el problema anterior? ¿Son los problemas de la columna vertebral más comunes en los discos que en las vértebras? 0,149 μm Calcule la fuerza que aplica un afinador de pianos para estirar una cuerda de acero en 8,00 mm, si la cuerda tiene originalmente 1,35 m de longitud y su diámetro es de 0,850 mm. Un asta hueca de aluminio de 20,0 m de altura es equivalente en resistencia a un cilindro macizo de 4,00 cm de diámetro. Un viento fuerte dobla el poste tanto como lo haría una fuerza horizontal de 900,0 N en la parte superior. ¿Hasta dónde se flexiona la parte superior del poste? 0,57 mm Un cable de cobre de 1,0 cm de diámetro se estira un 1,0 % cuando se utiliza para levantar una carga ascendente con una aceleración de 2,0 m/s 2 . ¿Cuál es el peso de la carga? A medida que se perfora un pozo de petróleo, cada nueva sección de la tubería de perforación soporta su propio peso y el de la tubería y la broca que hay debajo. Calcule el estiramiento en una nueva tubería de acero de 6,00 m de longitud que soporta una broca de 100 kg y una longitud de tubería de 3,00 km con una densidad lineal de masa de 20,0 kg/m. Trate al tubo como un cilindro sólido de 5,00 cm de diámetro. 8,59 mm Una gran barra de acero cilíndrica y uniforme de densidad ρ = 7,8 g/cm 3 tiene una longitud de 2,0 m y un diámetro de 5,0 cm. La varilla se sujeta a un suelo de hormigón con su eje largo en posición vertical. ¿Cuál es el estrés normal en la varilla en la sección transversal situada a (a) 1,0 m de su extremo inferior? (b) 1,5 m del extremo inferior? Un alpinista de 90 kg se cuelga de una cuerda de nailon y la estira 25,0 cm. Si la cuerda tiene originalmente 30,0 m de longitud y su diámetro es de 1,0 cm, ¿cuál es el módulo de Young del nailon? 1,35 × 10 9 Pa Una barra de suspensión de un puente colgante tiene una longitud de 25,0 m. Si la varilla es de acero, ¿cuál debe ser su diámetro para que no se estire más de 1,0 cm cuando un 2,5 × 10 4 -kg ¿pasa un camión por allí? Supongamos que la barra soporta todo el peso del camión. Un cable de cobre tiene una longitud de 1,0 m y un diámetro de 1,0 mm. Si el cable cuelga verticalmente, ¿cuánto peso hay que añadir a su extremo libre para poder estirarlo 3,0 mm? 259,0 N Una pesa de 100 N se sujeta al extremo libre de un cable metálico que cuelga del techo. Cuando se añade un segundo peso de 100 N al cable, este se estira 3,0 mm. El diámetro y la longitud del cable son de 1,0 mm y 2,0 m, respectivamente. ¿Cuál es el módulo de Young del metal que se utiliza para fabricar el alambre? El módulo de compresibilidad de un material es 1,0 × 10 11 N/m 2 . ¿Qué cambio fraccional de volumen experimenta un trozo de este material cuando se somete a un aumento de la tensión de compresibilidad de 10 7 N/m 2 ? Supongamos que la fuerza se aplica uniformemente sobre la superficie. 0,01 % Fuerzas normales de magnitud 1,0 × 10 6 N se aplican uniformemente a una superficie esférica que encierra el volumen de un líquido. Esto hace que el radio de la superficie disminuya de 50,000 cm a 49,995 cm. ¿Cuál es el módulo de compresibilidad del líquido? Durante un paseo por la cuerda, un equilibrista crea una tensión de 3,94 × 1 0 3 N en un cable que se estira entre dos postes de soporte que están a 15,0 m de distancia. El alambre tiene un diámetro de 0,50 cm cuando no está estirado. Cuando el equilibrista está en el cable en el medio entre los postes el cable hace un ángulo de 5,0 ° por debajo de la horizontal. ¿Cuánto estira esta tensión el cable de acero cuando el equilibrista está en esta posición? 1,44 cm Al utilizar un borrador de lápiz, se ejerce una fuerza vertical de 6,00 N a una distancia de 2,00 cm de la unión entre la madera y el borrador. El lápiz tiene un diámetro de 6,00 mm y se mantiene en un ángulo de 20,0 ° a la horizontal. (a) ¿Cuánto se flexiona la madera perpendicularmente a su longitud? (b) ¿Cuánto se comprime longitudinalmente? Las fuerzas normales se aplican uniformemente sobre la superficie de un volumen esférico de agua cuyo radio es de 20,0 cm. Si la presión sobre la superficie aumenta en 200 MPa, ¿en cuánto disminuye el radio de la esfera? 0,63 cm módulo de compresibilidad módulo elástico para la tensión de compresibilidad esfuerzo de compresibilidad (o esfuerzo de volumen ) tensión bajo la tensión de compresibilidad, dada como cambio fraccional de volumen tensión de compresibilidad (o tensión de volumen ) estrés causado por las fuerzas de compresión, en todas las direcciones compresibilidad recíproco del módulo de compresibilidad esfuerzo de compresión tensión que se produce cuando las fuerzas contraen un objeto, lo que provoca su acortamiento tensión de compresión estrés causado por fuerzas de compresión, solo en una dirección módulo elástico constante de proporcionalidad en relación lineal entre el estrés y la tensión, en pascales del SI presión normal presión de una atmósfera; sirve como nivel de referencia para la presión pascal (Pa) Unidad SI de estrés, unidad SI de presión presión fuerza que presiona en dirección normal sobre una superficie según el área de la superficie; la tensión de compresibilidad en los fluidos módulo de corte módulo elástico para la tensión de corte esfuerzo cortante deformación causada por la tensión de corte tensión de corte estrés causado por las fuerzas de corte tensión cantidad adimensional que da la cantidad de deformación de un objeto o medio bajo estrés estrés cantidad que contiene información sobre la magnitud de la fuerza que causa la deformación, definida como fuerza por unidad de superficie esfuerzo de tracción el esfuerzo bajo tensión de tracción, dado como cambio fraccional de longitud, que se produce cuando las fuerzas estiran un objeto, lo cual provoca su elongación tensión de tracción estrés provocado por fuerzas de tracción, solo en una dirección, que se produce cuando las fuerzas estiran un objeto, lo cual provoca su elongación módulo de Young módulo elástico para tensión de tracción o de compresión

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