Estatica pregunta2

Cap. 6 Torque y equilibrio.
171
CAPÍTULO 6. TORQUE Y EQUILIBRIO DE CUERPO RÍGIDO.
En general un cuerpo puede tener tres tipos distintos de movimiento simultá-
neamente. De traslación a lo largo de una trayectoria, de rotación mientras se
está trasladando, en este caso la rotación puede ser sobre un eje que pase por
el cuerpo, y si a la vez este eje esta girando en torno a un eje vertical, a la ro-
tación del eje del cuerpo rotante se le llama movimiento de precesión (por
ejemplo un trompo), y de vibración de cada parte del cuerpo mientras se tras-
lada y gira. Por lo tanto el estudio del movimiento puede ser en general muy
complejo, por esta razón se estudia cada movimiento en forma independiente.
Cuando un cuerpo está en rotación, cada punto tiene un movimiento distinto
de otro punto del mismo cuerpo, aunque como un todo se esté moviendo de
manera similar, por lo que ya no se puede representar por una partícula. Pero
se puede representar como un objeto extendido formado por un gran número
de partículas, cada una con su propia velocidad y aceleración. Al tratar la rota-
ción del cuerpo, el análisis se simplifica si se considera como un objeto rígido
y se debe tener en cuenta las dimensiones del cuerpo.
Cuerpo rígido. Se define como un cuerpo ideal cuyas partes (partículas que lo
forman) tienen posiciones relativas fijas entre sí cuando se somete a fuerzas
externas, es decir es no deformable. Con esta definición se elimina la posibili-
dad de que el objeto tenga movimiento de vibración. Este modelo de cuerpo
rígido es muy útil en muchas situaciones en las cuales la deformación del ob-
jeto es despreciable.
El movimiento general de un cuerpo rígido es una combinación de movimien-
to de traslación y de rotación. Para hacer su descripción es conveniente estu-
diar en forma separada esos dos movimientos.
6.1 TORQUE DE UNA FUERZA.
Cuando se aplica una fuerza en algún punto de un cuerpo rígido, el cuerpo
tiende a realizar un movimiento de rotación en torno a algún eje. La propiedad
de la fuerza para hacer girar al cuerpo se mide con una magnitud física que
llamamos torque o momento de la fuerza. Se prefiere usar el nombre torque y
no momento, porque este último se emplea para referirnos al momento lineal,

172
al momento angular o al momento de inercia, que son todas magnitudes físicas
diferentes para las cuales se usa el mismo término.
Analizaremos cualitativamente el efecto de rotación que una fuerza puede
producir sobre un cuerpo rígido. Consideremos como cuerpo rígido a una re-
gla fija en un punto O ubicado en un extremo de la regla, como se muestra en
la figura 6.1, sobre el cual pueda tener una rotación, y describamos el efecto
que alguna fuerza de la misma magnitud actuando en distintos puntos, produce
sobre la regla fija en O. La fuerza F1 aplicada en el punto a produce en torno a
O una rotación en sentido antihorario, la fuerza F2 aplicada en el punto b pro-
duce una rotación horaria y con mayor rapidez de rotación que en a, la fuerza
F3 aplicada en b, pero en la dirección de la línea de acción que pasa por O, no
produce rotación (se puede decir que F3 ‘empuja’ a la regla sobre O, pero no
la mueve), F4 que actúa inclinada en el punto b produce una rotación horaria,
pero con menor rapidez de rotación que la que produce F2; F5 y F6 aplicadas
perpendiculares a la regla, saliendo y entrando en el plano de la figura respec-
tivamente, no producen rotación. Por lo tanto existe una cantidad que produce
la rotación del cuerpo rígido relacionada con la fuerza, que es lo que defini-
mos como el torque de la fuerza.
Figura 6.1
Se define el torque τ de una fuerza F que actúa sobre algún punto del cuerpo
rígido, en una posición r respecto de cualquier origen O, por el que puede pa-
sar un eje sobre el cual se produce la rotación del cuerpo rígido, al producto
vectorial entre la posición r y la fuerza aplicada F, por la siguiente expresión:

173
Fr
rrr
×=τ
(6.1)
El torque es una magnitud vectorial, si α es el ángulo entre r y F, su valor
numérico, por definición del producto vectorial, es:
)( ατ Fsenr=
(6.2)
su dirección es siempre perpendicular al plano de los vectores r y F, cuyo dia-
grama vectorial se muestra en la figura 6.2, su sentido esta dado por la regla
del producto vectorial, la regla del sentido de avance del tornillo o la regla de
la mano derecha. En la regla de la mano derecha los cuatro dedos de la mano
derecha apuntan a lo largo de r y luego se giran hacia F a través del ángulo α ,
la dirección del pulgar derecho estirado da la dirección del torque y en general
de cualquier producto vectorial.
Figura 6.2
Por convención se considera el torque positivo (negativo) si la rotación que
produciría la fuerza es en sentido antihorario (horario); esto se ilustra en la
figura 6.3. La unidad de medida del torque en el SI es el Nm (igual que para
trabajo, pero no se llama joule).

174
Figura 6.3
El torque de una fuerza depende de la magnitud y dirección de F y de su punto
de aplicación respecto a un origen O. Si la fuerza F pasa por O, r = 0 y el tor-
que es cero. Si α = 0 o 180º, es decir, F está sobre la línea de acción de r,
Fsenα = 0 y el torque es cero. F senα es la componente de F perpendicular a
r, sólo esta componente realiza torque, y se le puede llamar F⊥. De la figura
6.3 también se ve que r⊥ = r senα es la distancia perpendicular desde el eje de
rotación a la línea de acción de la fuerza, a r⊥ se le llama brazo de palanca de
F. Entonces, la magnitud del torque se puede escribir como:
( ) ( ) FrrFrsenFFsenr ⊥⊥ ==== αατ
Ejemplo 6.1: Calcular el torque respecto al origen, producido por una fuerza
F = (4i - 5j) N, que se aplica a un objeto en la posición r = (2i + j) m.
Solución: Aplicando la definición de producto vectorial, se obtiene:
054
012
ˆˆˆˆˆˆ
−
==×=
kji
FFF
zyx
kji
Fr
zyx
rrr
τ
Nmkˆ-14ˆ14ˆ0ˆ0 =−−= kjiτr

175
Ejemplo 6.2: Calcular el torque neto por los puntos A y por B en el sistema de
la figura 6.4, donde F1 = 10 N, F2 = 5 N, F3 = 15 N, a = 50 cm, b = 1 m.
Figura 6.4 Ejemplo 6.2.
Solución: el torque neto es la suma de los torques realizados por cada fuerza.
Los puntos A y B se consideran ejes de rotación en forma independiente, por
supuesto no simultáneamente, por lo tanto los torque se calculan en forma se-
parada en cada punto.
Para rotación en torno al punto A, considerando el sentido de la rotación que
produce cada fuerza, lo que le da el signo al torque, se tiene:
τA = F1 r1 sen45 + F2 r2 sen60 - F3 r3 sen20
los valores de las distancias son: r1 =0, r2 = a = 0.5 m, r3 = b = 1 m.
τA = (10)(0) sen45 + (5)(0.5) sen60 – (15)(1) sen20 = -3 Nm
Para rotación en torno al punto B, considerando el sentido de la rotación:
τB =+ F1 r1 sen45 + F2 r2 sen60 - F3 r3 sen20
ahora los valores de las distancias son: r1 = a = 0.5 m, r2 =0, r3 = b-a = 0.5 m.
τB = (10)(0.5) sen45 + (5)(0) sen60 – (15)(0.5) sen20 = 1 Nm

176
6.2 EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO.
Por definición una partícula puede tener solo movimiento de traslación. Si la
resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es cero, la partícula
está moviéndose con velocidad constante o está en reposo; en este último caso
se dice que está en equilibrio estático. Pero el movimiento de un cuerpo rígido
en general es de traslación y de rotación. En este caso, si la resultante tanto de
las fuerzas como de los torques que actúan sobre el cuerpo rígido es cero, este
no tendrá aceleración lineal ni aceleración angular, y si está en reposo, estará
en equilibrio estático. La rama de la mecánica que estudia el equilibrio estáti-
co de los cuerpos se llama estática.
Para que un cuerpo rígido este en equilibrio estático se deben cumplir dos re-
quisitos simultáneamente, llamados condiciones de equilibrio. La primera
condición de equilibrio es la Primera Ley de Newton, que garantiza el equili-
brio de traslación. La segunda condición de equilibrio, corresponde al equili-
brio de rotación, se enuncia de la siguiente forma: “la suma vectorial de todos
los torques externos que actúan sobre un cuerpo rígido alrededor de cualquier
origen es cero”. Esto se traduce en las siguientes dos ecuaciones, consideradas
como las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido:
1ª condición de equilibrio:
00 21 =+++⇒=∑ nFFFF
r
L
rrr
(6.3)
∑ =+++⇒= 00 21 nττττ r
L
rrr
(6.4)
Como estas ecuaciones vectoriales son equivalentes a seis ecuaciones escala-
res, resulta un sistema final de ecuaciones con seis incógnitas, por lo que limi-
taremos el análisis a situaciones donde todas las fuerzas que actúan sobre un
cuerpo rígido, están en el plano xy, donde también obviamente se encuentra r.
Con esta restricción se tiene que tratar sólo con tres ecuaciones escalares, dos
de la primera condición de equilibrio y una de la segunda, entonces el sistema
de ecuaciones vectorial (6.3) y (6.4) se reduce a las siguientes ecuaciones es-
calares:

177
0,0,0 === ∑∑∑ Oyx FF τ
Cuando se tratan problemas con cuerpos rígidos se debe considerar la fuerza
de gravedad o el peso del cuerpo, e incluir en los cálculos el torque producido
por su peso. Para calcular el torque debido al peso, se puede considerar como
si todo el peso estuviera concentrado en un solo punto, llamado centro de gra-
vedad. Se han preguntado alguna vez ¿por qué no se cae la Torre de Pisa?, o
¿por qué es imposible tocarte los dedos de los pies sin caerte cuando estas de
pie apoyado con los talones contra la pared? ¿Por qué cuando llevas una carga
pesada con una mano, extiendes y levantas el otro brazo? Para responder a
esto debemos definir los conceptos de centro de masa y de centro de gravedad
y su aplicación al equilibrio estático.
6.2.1 Centro de gravedad.
Debido a que un cuerpo es una distribución continua de masa, en cada una de
sus partes actúa la fuerza de gravedad. El centro de gravedad es la posición
donde se puede considerar actuando la fuerza de gravedad neta, es el punto
ubicado en la posición promedio donde se concentra el peso total del cuerpo.
Para un objeto simétrico homogéneo, el centro de gravedad se encuentra en el
centro geométrico, pero no para un objeto irregular.
6.2.2 Centro de masa.
Es la posición geométrica de un cuerpo rígido donde se puede considerar con-
centrada toda su masa, corresponde a la posición promedio de todas las partí-
culas de masa que forman el cuerpo rígido. El centro de masa de cualquier ob-
jeto simétrico homogéneo, se ubica sobre un eje se simetría.
Cuando se estudia el movimiento de un cuerpo rígido se puede considerar la
fuerza neta aplicada en el centro de masa y analizar el movimiento del centro
de masa como si fuera una partícula. Cuando la fuerza es el peso, entonces se
considera aplicado en el centro de gravedad. Para casi todos los cuerpos cerca
de la superficie terrestre, el centro de masa es equivalente al centro de grave-
dad, ya que aquí la gravedad es prácticamente constante, esto es, si g es cons-

178
tante en toda la masa, el centro de gravedad coincide con el centro de masa.
Existen métodos de cálculo integral para calcular estas dos posiciones, pero
aquí no las detallaremos.
Ahora se pueden responder las preguntas anteriores. Respecto a la Torre de
Pisa, la respuesta a la pregunta de porque no se cae, es porque su centro de
gravedad está geométricamente dentro de su base, que se llama “área de sus-
tentación”. Si la torre continúa inclinándose hasta que su centro de gravedad
caiga fuera del área de sustentación, entonces se derrumbará. Pero se le han
puesto apoyos en su base para evitar que continué inclinándose. Las otras pre-
guntas ahora las puedes responder tu.
Para aplicar las condiciones de equilibrio, es recomendable seguir las siguien-
tes instrucciones, que corresponde a dibujar el DCL del cuerpo rígido:
a) Aislar al cuerpo rígido del sistema con un límite imaginario.
b) Dibujar los vectores que representen las fuerzas en el punto de aplicación
donde las fuerzas efectivamente actúan.
c) Elegir un sistema de coordenadas conveniente para descomponer las fuer-
zas, donde dibujar la componente perpendicular a la posición.
d) Elegir un eje de rotación O adecuado en el cuerpo rígido, donde se anulen
los torques de (algunas) fuerzas desconocidas.
Ejemplo 6.3: Una barra uniforme de longitud L y peso P está articulada en A
en una pared. Un alambre fijo en la pared a una distancia D sobre la articu-
lación, sujeta a la barra por el extremo superior, como se muestra en la figura
6.5a. El alambre permanece horizontal cuando se cuelga un cuerpo de peso p
en el extremo superior de la barra. Calcular la tensión del alambre y la fuerza
de reacción en la articulación de la barra.
Solución: se elige como eje de rotación la articulación de la barra en la pared,
en el punto A, se identifican las fuerzas que actúan sobre la barra, se dibuja el
DCL de la barra (figura 6.5b) y se aplican las condiciones de equilibrio.

179
Figura 6.5 Ejemplo 6.3 a) izquierda, b) derecha.
∑∑∑ ==⇒= 0Fy0F0F yx
r
eje x: FAx – T = 0 (1)
eje y: FAy – P - p = 0 (2)
00 PpTA =++⇒=∑ ττττ
+T cosα L – p senα L – P senα (L/2) = 0 (3)
De la geometría de la figura se obtienen senα y cosα en términos de los valo-
res conocidos D y L:
L
DL
sen
L
D 22
,cos
−
== αα
que se reemplazan en (3), luego se despeja T:
( )
D
DLPp
T
22
2/ −+
=

180
Ahora se calculan FAx y FAy de las ecuaciones (1) y (2).
De (1):
( )
D
DLPp
TFAx
22
2/ −+
==
De (2): FAy = P + p
Ejercicio: calcular el vector fuerza en A, su magnitud y dirección.
Ejemplo 6.4. En el sistema de la figura 6.6a, una fuerza horizontal F, cuya
línea de acción pasa por el centro de un tambor de radio R y peso P, se aplica
sobre el tambor, para hacerlo subir por un escalón de alto R/2. Hacer las su-
posiciones necesarias para calcular el valor de la: a) fuerza F, b) fuerza del
borde del escalón en A, c) dirección de la fuerza en A.
Figura 6.6 Ejemplo 6.4 a) izquierda, b) derecha.
Solución: Se conocen sólo el peso P y el radio del cilindro R. Hay que calcu-
lar la fuerza aplicada F y la fuerza del borde del escalón en A, FA.
Las condiciones de equilibrio son:
1ª condición 0=∑F
r
y 2ª condición 0=∑ Aτ

181
Se hace el DCL (figura 6.6b), se elige como eje de rotación el punto A, y al
aplicar las condiciones de equilibrio se obtiene:
eje x: 0=− AxFF (1)
eje y: 0=+− AyFPN (2)
0)2/(: =−−∑ RFNdPdAτ (3)
donde d es la distancia perpendicular, o brazo de palanca, desde A hasta las
fuerzas peso P y normal N, y el brazo de palanca de F es R/2. De la geometría
de la figura, se calcula d:
2
2
222
2
2
4
3
42
R
R
Rdd
R
R =−=⇒+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
RdRd 32
2
3
=⇒=
De (3) se obtiene el valor de la fuerza aplicada:
( ) ( )
( )NPF
FR
RNP
FR
dNP
−=
⇒=−⇒=−
3
22
3
2
De (1) : ( )NPFAx −= 3
De (2): NPFAy −=
El vector fuerza es:
( ) ( )jNPiNPjFiFF AyAxA
ˆˆ3ˆˆ −+−=+=
r

182
Su magnitud: ( ) ( ) ( )NPFNPNPF AA −=⇒−+−= 23
22 rv
Dirección de FA:
( )
( )
º30
3
1
3
tan =⇒=
−
−
== αα
NP
NP
F
F
Ax
Ay
Notar que no se conoce N, se puede suponer que N = 0 cuando F es la fuerza
mínima para hacer subir al tambor.
6.3 APLICACIONES DEL TORQUE AL CUERPO HUMANO.
La técnica para calcular el valor de las fuerzas sobre cuerpos en equilibrio,
puede ser aplicada al cuerpo humano, donde existen fuerzas en músculos, hue-
sos y articulaciones, que permiten las diferentes posturas y movimientos.
El torque producido por la fuerza de gravedad juega un papel importante en el
equilibrio de un cuerpo. La fuerza de gravedad produce un torque cero en tor-
no al centro de gravedad (c.g.) El c.g. de una persona en posición firme está
sobre una línea vertical que toca el suelo a 3 cm delante de los tobillos (figura
6.7a). Si se inclina para tocar la punta de los pies, su c.g. tiende a moverse
hacia delante, más allá del área de contacto, perdiéndose el equilibrio. Para
evitar esto, sus piernas y nalgas se mueven hacia atrás, con lo cual el cuerpo
vuelve a estar en equilibrio (figura 6.7b). Los centros de gravedad de la mayo-
ría de las partes del cuerpo no están encima de las articulaciones de apoyo y
hacen falta fuerzas musculares para mantener el equilibrio. Es así que para
mantener el equilibrio y evitar que el cuerpo vuelque hacia adelante teniendo
como eje la articulación del tobillo, se necesita una fuerza aplicada por el
músculo del tendón de Aquiles que va unido al tobillo (figura 6.7c).
El problema de mantener el equilibrio cuando caminamos es aún mayor. Al
levantar un pie del suelo, el c.g. del cuerpo tiene que desplazarse por encima
del pie apoyado. Esto exige que todo el cuerpo se mueva lateralmente. Es así
que al caminar el cuerpo se mueve de un lado a otro para mantener el c.g. so-
bre su área de apoyo, en continuo movimiento. Una buena estabilidad se ob-
tiene teniendo el c.g. de un objeto en una posición debajo de su área de susten-
tación. Para un cuadrúpedo, el área de apoyo es el área que hay entre las patas,
lo cual hace que el animal tenga gran estabilidad. Si el c.g. está realmente de-
bajo del área de apoyo se logra una gran estabilidad. A lo largo de la evolu-
ción, los animales han desarrollado posturas cada vez más inestables. La ines-

183
tabilidad permite a los animales moverse más rápidamente, pero requiere un
control neuromuscular complejo para mantener el equilibrio. La posición
humana es tan mecánicamente inestable que a un niño le cuesta mas de un año
desarrollar el control neuromuscular suficiente para mantenerse en pie sin
ayuda.
Figura 6.7 a) b) c)
La columna vertebral humana consta de 24 vértebras separadas por discos im-
pregnados de un fluido. Cuando una persona se agacha para recoger aunque
sea un objeto liviano, se produce una gran fuerza sobre el disco sacro lumbar
que separa la última vértebra del sacro, el hueso que sostiene la columna ver-
tebral. Si este disco se debilita puede deformarse o romperse y ejercer presión
sobre los nervios próximos produciendo grandes dolores.
Para comprender por qué esta fuerza es tan grande podemos usar un modelo
que trata la columna como una barra con pivote que corresponde al sacro (fi-
gura 6.8a). Los diversos músculos de la espalda los representaremos como un
solo músculo que produce una fuerza T
r
. Si la espalda está horizontal, el ángu-
lo α que forma respecto a la columna es aproximadamente 12º. P
r
Representa
el peso del torso, cabeza y brazos, que corresponde aproximadamente al 65%
del peso total del cuerpo. Obsérvese que como el ángulo α es pequeño, la lí-
nea de acción de T
r
pasa cerca del pivote (sacro), por lo cual su distancia per-
pendicular es pequeña. El peso P
r
actúa en ángulo recto respecto a la columna
y su distancia perpendicular es mucho mayor. Por lo tanto, para que se equili-
bren los torques, la fuerza muscular T
r
debe ser mucho mayor que el peso P
r
.

184
Como T
r
es grande, también lo es su componente horizontal, por lo tanto la
fuerza R
r
debida al sacro debe tener una componente de igual valor y sentido
opuesto. La fuerza debida al sacro también debe ser mayor que el peso P
r
.
Ejemplo 6.5. Realicemos los cálculos para una persona que pesa 700 N (masa
de 70kg). El valor de P es 65% de 700 = 455N. Se supone que P y T actúan a
una distancia del sacro de ½ y 2/3 del largo l de la columna (figura 6.8a). Pa-
ra determinar el valor de T y R se aplican las condiciones de equilibrio.
Figura 6.8 a). b)
2ª condición de equilibrio, considerando el eje O en el hueso sacro:
N
sen
T
sen
P
T
L
PLTsenPTO
1641
124
4553
124
3
0
23
2
1200
=
×
×
=
×
=⇒=−⇒=+⇒=∑ τττ
∑ = 0xF : Rx – Tx = 0 ⇒ Rx = Tx ⇒ Rx = Tcos12 =1641 cos12 = 1605N
∑ = 0yF : Ry + Ty – P = 0 ⇒ Ry = P - Ty = 455 - 1641 sen12 = 114N
Luego: NRRR yx 16101141605 2222
=+=+=

185
Tales fuerzas en los músculos y en el disco son potencialmente peligrosas,
pues el valor de dichas fuerzas son grandes aún sin levantar un cuerpo. Si se
flexionan las rodillas manteniendo la espalda vertical, los centros de gravedad
de todos los pesos están aproximadamente en la vertical del sacro, por lo tanto
sus torques respecto al sacro son pequeños y los músculos no deben realizar
gran fuerza (figura 6.8b). La fuerza sobre el disco respectivo es entonces
aproximadamente, igual al peso que sostiene. El diagrama de la figura 6.9
ilustra los valores de presión (fuerza) sobre el tercer disco lumbar, en atmósfe-
ras, si la persona está de pie (A), de pie y sostiene 20kg (B), levantando co-
rrectamente un bulto de 20kg (C), levantando incorrectamente un bulto de
20kg (D). Notar como aumenta la fuerza ‘lumbar’ en los distintos casos.
Figura 6.9

186
PROBLEMAS.
6.1 a) Estimar las longitudes y masas de los punteros del reloj del Campanil.
b) Calcular el torque en torno al eje de rotación de los punteros debido a
su peso, cuando la hora marca las: 14:00, 16:45, 18:00, otra a su gusto.
6.2 Hacer todas las suposiciones necesarias para estimar el torque que deben
ejercer las raíces de un pino radiata D. Don, para evitar que el pino se
vuelque, cuando en un temporal de invierno se inclina por efecto de la
fuerza ejercida por el viento. ¿Y si la planta es un rosal?
6.3 Una fuerza F = (2i + 3j) N se aplica a un objeto que está articulado al-
rededor de un eje fijo alineado con el eje z. Si la fuerza se aplica en la
posición r = (4i + 5j) m, calcular: a) el vector torque neto en torno a z,
b) la magnitud del torque neto y c) su dirección.
6.4 La figura 6.10 muestra las fuerzas F1=40 N, F2=30 N, F3=50 N, F4=60
N aplicadas a un cuerpo rígido que puede girar en torno de un eje que
pasa por O. Calcular el torque resultante. R: -10.8 Nm.
6.5 Calcular el torque neto sobre la rueda producido por las fuerzas F1=8 N,
F2=10 N, F3=15 N, que se indican en la figura 6.11, alrededor de un eje
que pase por su centro, si a = 10 cm, b = 20 cm y α = 30º.
Figura 6.10 Problema 6.4 Figura 6.11 Problema 6.5
6.6 Dos fuerzas F1 y F2 actúan a lo largo de los lados de un triángulo equi-
látero de lado a, como se muestra en la figura 6.12. Encuentre una terce-
ra fuerza F3 que aplicada en el vértice a lo largo del lado produzca un
torque neto en torno a O igual a cero. R: F3 = F1 + F2 (magnitudes).

187
6.7 Una viga uniforme de peso P y longitud L, que se apoya en los puntos O
y Q soporta dos pesos, P1 sobre O y P2 a la derecha de Q, como se
muestra en la figura 6.13. Calcular el valor de x para el cual la viga que-
dará equilibrada en el punto de apoyo Q de tal manera que la fuerza en
O sea cero. R: [(P1 + P)D + ½LP1]/P2.
Figura 6.12 Problema 6.6 Figura 6.13 Problemas 6.7 y 6.8
6.8 Para el sistema de la figura 6.13, calcular el valor de x tal que la fuerza
normal en O sea la mitad de la fuerza normal en Q. a) Desprecie el peso
de la viga. b) Considere el peso P de la viga.
6.9 Un tablón uniforme de 6m de longitud y 30kg de masa, descansa hori-
zontalmente sobre un andamio. Si 1.5m del tablón sobresale por un ex-
tremo del andamio. ¿Cuánto puede caminar un pintor de brocha gorda
de 70kg por la parte sobresaliente antes de que el tablón se vuelque? R:
0.64 m.
6.10 Un tablón uniforme de 5 m de largo y 150 kg está articulado en A. En B
esta sostenido por una cuerda ubicada a 1.5 m del extremo inferior del
tablón, formando un ángulo de 90º con el tablón, como se ve en la figura
6.14. Calcular la tensión de la cuerda y la fuerza de la articulación en A.
R: 643 N, -514î + 1114j N.
6.11 El tablón uniforme de la figura 6.15, de 5 m de largo y peso P está arti-
culado en A e inclinado α grados con la horizontal. En el extremo
opuesto está sostenido por una cuerda que forma un ángulo de 90º con el

188
tablón, sosteniendo un peso ½P. Calcular: a) la tensión de la cuerda, b)
la fuerza en A. R: a) 0.6 P, b) (0.47î + 1.14j)P.
6.12 Una escalera homogénea de masa M descansa contra una pared vertical
sin fricción, en un ángulo de α con la vertical. El extremo inferior se
apoya sobre un piso horizontal con un coeficiente de fricción µ. Un pin-
tor de brocha gorda de masa 2M intenta subir la escalera. Calcular la
fracción de la longitud L de la escalera subirá el pintor antes de que la
escalera empiece a resbalar. R: (1.5µ ctgα – 0.25)L.
6.13 Un tablón uniforme de 5m de longitud y 50N de peso, apernado en A es
sostenido por una cuerda en su extremo superior, como se muestra en la
figura 6.16. Una carga de 100 N cuelga del tablón en un punto a una dis-
tancia x de A. Si la resistencia de ruptura de la cuerda es 50 N, calcular
el valor de x. Considere α = 30º y β = 60º. R: 1.29 m.
6.14 Un poste uniforme de 1200 N se sostiene por un cable, como en la figura
6.17. El poste se sujeta con un perno en A la parte inferior y en la parte
superior se cuelga un cuerpo de 2000 N. Encuentre la tensión en el cable
de soporte y las componentes de la fuerza de reacción en el perno en A.
R: 1465 N, (1328î + 2581j) N.
6.15 Una fuerza F, cuya línea de acción pasa por el borde superior de un
tambor de radio R y peso P, se aplica sobre el tambor, para hacerlo subir
por un escalón de alto ½R (figura 6.18). Calcular: a) la fuerza F, b) la
fuerza del vértice del escalón en A, c) la dirección de la fuerza en A. R:
a) ( )P33 , b) ( )P910 , c) tanα = 3 .

189
6.16 Un cilindro de masa M y radio r descansa sobre un plano inclinado
sujetado por una cuerda tangente al cilindro y paralela a la superficie del
plano. El plano esta inclinado en un ángulo α con la horizontal, como se
muestra en la figura 6.19. Calcular: a) el valor mínimo del coeficiente de
fricción estático, en términos de α, para que el cilindro no resbale hacia
abajo del plano inclinado, b) la tensión en la cuerda en términos de M, g
y α. R: a) 0.5tanα, b) 0.5Mg senα.
6.17 El antebrazo de la figura 6.20, está con respecto al brazo a 90º
y sostiene
en la mano un cuerpo de peso 70 N. Despreciando al peso del antebrazo:
¿Cuál es el torque producido por el peso de 70N alrededor de la articu-
lación del codo (punto O)? ¿Cuál es el torque alrededor de O producido

190
por la fuerza mF
r
ejercida sobre el antebrazo por el bíceps? ¿Cuál es la
magnitud de mF
r
?
6.18 Repetir el problema anterior suponiendo que el antebrazo y la mano jun-
tos pesan 35N y que su centro de gravedad está a 15 cm de O.
6.19 Con el antebrazo en posición horizontal, tal como aparece en la figura
6.21, la mano ejerce una fuerza de 90N sobre la balanza. Hallar las
magnitudes de las fuerzas Fm y Fc que ejercen sobre el antebrazo el trí-
ceps y el húmero, (desprecie el peso del antebrazo).
6.20 Repetir el problema anterior suponiendo que el antebrazo y la mano jun-
tos pesan 25N y que su centro de gravedad está a 18 cm de 0.
Figura 6.20 Problemas 6.17 y 6.18 Figura 6.21 Problemas 6.19 y 6.20
6.21 Una persona puede ejercer una fuerza máxima de 400 N sobre el aparato
que se muestra en la figura 6.22. Si el aparato está a 28 cm del codo, y el
bíceps está unido a 5 cm del codo, ¿Cuáles son las magnitudes de las
fuerzas ejercidas por: el bíceps, el húmero.
6.22 La figura 6.23 nos muestra un atleta preparado para hacer un tiburón.
Pesa 750N y su centro de gravedad está localizado por encima de un
punto P que hay en el suelo. Este punto está a 0,9 m de la punta de sus
pies y a 0,6m de sus hombros, ¿Cuáles son las fuerzas ejercidas por el
suelo sobre las manos y pies del atleta?
6.23 En el ejercicio que aparece en la figura 6.24 el torque alrededor de la
rodilla ejercido por la pesa sujeta al tobillo, varía con la elevación de la

191
pierna. Calcular el torque para las cuatro posiciones que aparecen en la
figura.
Figura 6.22 Problema 6.21 Figura 6.23 Problema 6.22.
6.24 Cuando una persona está agachada, el músculo de la espalda unido a un
punto a dos tercios del sacro (eje) en un ángulo de 12º, mantiene la espi-
na dorsal, de largo l, en posición horizontal (figura 6.8). Si la parte su-
perior del cuerpo pesa 450 N, calcular la tensión T del músculo de la es-
palda y la fuerza R de la espina en el sacro, cuando la persona levanta
con los brazos un peso de 200 N. R: 3066 N.
6.25 Considere el modelo mecánico de la figura 6.25 en el cual la barra AB
representa la columna vertebral. El cable CD representa al grupo de
músculos de la espalda que mantienen a la persona en la posición incli-

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nada. El punto A representa el punto final de apoyo de la columna. Si la
persona tiene una masa de 60 Kg, y levanta un cuerpo de masa 25 Kg,
determine la fuerza de tensión T
r
que ejercen los músculos y la fuerza de
compresión cF
r
que se ejerce en el punto de unión de la columna. Su-
ponga que w1 es el peso del tronco, cuyo punto de aplicación es el punto
G y vale 260 N y w2 es el peso combinado de cabeza, brazo y objeto, ac-
túa en el punto B y vale 590 N.
6.26 El músculo deltoides levanta el brazo hasta la posición horizontal, figura
6.26. Si el peso del brazo es 35N, calcular: el valor de la tensión T ejer-
cida por el músculo, el valor de las componentes de R de la fuerza ejer-
cida por la articulación del hombro.
Figura 6.26 Problema 6.26.

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