DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

El diagrama de cuerpo libre o desvinculado, DCL, consiste en dibujar cada uno de los cuerpos que aparezca en un problema y sobre el cual querramos establecer su dinámica por separado (un DCL para cada uno), y sobre él indicar con vectores todas las fuerzas que obran sobre el cuerpo (NO las que él ejerce sobre otros... ¡sólo las que él sufre, las que él recibe!)

Suelen tener esta pinta. Es bueno no encimar los vectores. No hace falta que concurran todos en un punto. Es sólo una cuestión esquemática. Si encimaras por ejemplo F2 con F3 te quedaría muy engorroso y no alcanzarías a identificar correctamente las fuerzas. (Distinto sería el caso si estuvieras trabajando con cuerpos extensos, en los que sí importa el lugar exacto -dentro del cuerpo- sobre el que actúa la fuerza, cuerpos en los que la posibilidad de que haya rotaciones es cierta). Lo que sí importa es que el origen de cada vector lo dibujes adentro del cuerpo sobre el que se ejerce esa fuerza.

 

No olvides que este

capítulo de la dinámica se ocupa de

cuerpos puntuales

El esquema te va a guiar para establecer las ecuaciones de Newton, , y digo las ecuaciones porque si las fuerzas no son

codireccionales vas a tener que escribir dos ecuaciones por cada DCL, una para x y otra para y, según el SR que vos decidas. Luego, descomponer las fuerzas que no coincidan con las direcciones de los ejes.

  

Te conviene repetir los DCLs después de la descomposición. Acá lo tenés nuevamente pero sólo con las fuerzas que tienen la misma dirección que los ejes del SR.

Entonces me olvido de la fuerza F5 que era muy molesta y que fue reemplazada por sus componentes F5x y F5y.

Ahora resulta muy fácil armar las ecuaciones de la 2da. Ley.

  

    

           ΣFx = m ax                       F5x - F2 – F3 = m ax

           ΣFy = m ay                       F5y + F4 – F1 = m ay

  

  

En un DCL nunca tenés que dibujar vectores que no sean las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. Si necesitás dibujar una aceleración, o más infrecuentemente una velocidad, hacelo cerca, pero afuera del cuerpo. ¿Ok? Sólo fuerzas.

.1- Para los cajones de la figura, sustentados por el piso, en equilibrio, dibujar todas las fuerzas que actúan sobre cada uno de ellos. ¿Cuáles son los pares de interacción?

 

Este ejercicio está planeado simplemente para que aprendas a usar esa herramienta fantástica de la dinámica que se llama diagrama de cuerpo libre o desvinculado, DCL y que consiste en dibujar cada uno de los cuerpos por separado (un DCL para cada uno) y sobre él indicar con vectores todas las fuerzas que obran sobre el cuerpo (¡No las que él ejerce sobre otros... sólo las que él sufre, recibe!) Empecemos por el cuerpo A:

   

Sólo actúan dos fuerzas sobre el cuerpo A. Su propio peso, PA, o sea, la fuerza gravitatoria con que lo atrae la Tierra, que siempre es vertical y hacia abajo. Y la fuerza de contacto con el piso, Fpi/A, que generalmente es normal (o sea perpendicular) al piso y que las masas populares suelen llamar normal, pero hacen mal en adoptar ese nombre: genera confusiones. (Y cuando hay más de un cuerpo en un problema no te olvides de ponerle un subíndice a las fuerzas peso).

Leyendo el enunciado del problema y según me lo garantiza Newton ( ) no me cabe duda de que estas dos fuerzas que dibujé son iguales en módulo, iguales en dirección y contrarias en sentido... ¿serán pares de interacción?

   

!Noooo! Los pares de interacción SIEMPRE actúan sobre cuerpos diferentes, justamente los cuerpos que están interactuando, el par de fuerzas de esa interacción. Para dibujar los pares tendríamos que dibujar los cuerpos que están interactuando con A. Ok, hagámoslo.

   

Acá los tenés, los cuerpos interactuantes y los pares de interacción.

Fijate en esto: el nombre que le pongo a las fuerzas denota los cuerpos que estan actuando: pi/A es el piso sobre A, con lo que automáticamente A/pi es el par de interacción, la fuerza que A hace sobre el piso.

   

Sigamos con los cuerpos B y C.    

Como ves, soy coherente con la forma de mencionar las fuerzas y queda claro que FB/C y FC/B, los que te didujé en verde, son pares de acción y reacción... (de qué interacción: del contacto entre los cuerpos B y C). Los pares de interacción de las otras fuerzas hay que dibujarlos en DCLs de los otros cuerpos que están interactuando con ellos.

Acá van:

   

Qué nos garantiza Newton, a ver... Primero: que FB/C y PC

valen lo mismo; que la suma de FC/B y PB es igual al módulo de Fpi/B. Pero no te confundas. Que valgan lo mismo no quiere decir ni que sean lo mismo, ni que se deban a la misma interacción. Las fuerzas son negocios entre pares de cuerpos (dos, sólo dos) ... terceros abstenerse.

   

Tomá mate con chocolate, y hacé el desafío que te va a ayudar a reforzar la idea de qué es una interacción. Ah... y no llamés normal a la normal. Ponele un nombre operativo: FM/Z , Fuerza que Menganito hace sobre Zutanito... tenés que dibujarla en el DCL de Zutanito. ¿Querés buscar el par de interacción? Muy simple, es FZ/M , la fuerza que Zutanito hace sobre Menganito, y si querés representarla tenés que hacer un DCL para Menganito

   

Nota: En la mayoría de los libros de texto de Física se utiliza el orden de subíndices inverso que utilizo yo en No me salen, para indicar los cuerpos interactuantes. Por ejemplo: FZ/M se lee "fuerza que sobre el cuerpo Z realiza el cuerpo M. Lógicamente, como toda convencion es arbitraria y cada uno puede elegir la que prefiera. La general, tomada de la bibliografía anglosajona, concuerda con el uso corriente del inglés. Yo he preferido el orden que concuerda con el uso corriente de nuestro español con la esperanza de que le resulte más natural a mis estudiantes.

   

DESAFIO: Ahora suponete que el piso dibujado en el enunciado del problema es un piso de un ascensor... y que todo el conjunto sube acelerando cada vez más rápido (cosa que suele ocurrir durante los arranques) Sólo cualitativamente... ¿qué vectores de todos los dibujados en este problema cambiarían?

FUERZAS

La clave de la dinámica está en el diagrama de cuerpo libre, DCL... donde se dibujan las fuerzas, ¿pero qué son las fuerzas? La pregunta parece tarada, todo el mundo sabe qué son las fuerzas. Tampoco es difícil entender por qué se representan con flechitas (vectores), cualquiera se da cuenta de eso... Pero...

Creeme si te digo que el 80% de los fracasos en la resolución de problemas de dinámica surgen de lo siguiente:

a) los estudiantes suelen inventar fuerzas que en realidad no están actuando o directamente no existen.

b) los estudiantes se saltean fuerzas que están actuando pero no llegaron a percibir su presencia.

c) los estudiantes advierten la presencia de una fuerza pero la ubican mal, o le invierten el sentido o no se dan cuenta que es el par de interacción de otra fuerza conocida y por lo tanto no es una incógnita.

Te aseguro que el intríngulis de la dinámica está acá: en establecer las fuerzas con las que nos enfrentamos en cada ejercicio y hacerlo bien. Te voy a comentar los errores más comunes y darte algunos consejos de estilo tómalo o déjalo.

Las fuerzas no son entes corpóreos, tangibles, visibles, más bien son invenciones humanas para explicarnos los fenómenos naturales. Un tipo sometido a varias fuerzas, por ejemplo, no está atravesado con flechas como John Wayne en el final de la película. Cada vector tenés que razonarlo, deducirlo vos.

Para empezar tenés que hacerte a la idea de que por familiar que te resulte una fuerza tiene que haber un cuerpo que la ejerce, que la produce y otro cuerpo que la recibe,

que la padece. Y cuando digo cuerpo (no te rías por lo que viene ahora) me refiero a algo tocable, visible, con masa, con color, con cierta dureza o cierta blandeza... un OBJETO, algo que exista... me entendés. No, parece que no. A ver... La gravedad ¿es un objeto? ¡Nooooo! ¡Bravooo! la gravedad no es un objeto, entonces no puede hacer ni recibir fuerzas. Vas entendiendo.

Todas las fuerzas que intervienen en la dinámica de un cuerpo hay que dibujarlas en un DCL. Por ejemplo estos dos que tomé prestado de un ejercicio en el que juegan dos carritos, el A y el B. Dos carretones, A y B, cuyas masas son mA= 80 kg, mB= 120 kg, se encuentran uno junto al otro, como muestra la figura, apoyados sobre

un piso horizontal sin rozamiento.Sobre el carretón A se aplica una fuerza horizontal de 30 kgf. Hallar la intensidad de la fuerza de contacto entre ambos.

   

Acá vienen los diagramas de cuerpo libre, fijate.    

   

Voy a empezar analizando las fuerzas que obran sobre el carrito A. Aparece una fuerza horizontal hacia la derecha llamada F. Me pregunto ¿quién hace esa fuerza? No lo sé pero esa es justamente un dato del problema que dice "sobre el carretón A se aplica una fuerza..." o sea el autor del problema certifica la existencia de esa fuerza. Alguien o algo la estará haciendo, una locomotora, Tarzán, lo que sea, pero algo o alguien la hace.

 

FBA es la fuerza que el carrito B le hace a A. En la situación del problema se están tocando, de ahí sale esa fuerza.

PA es el peso de A. Quién tira de A hacia abajo... la Tierra... bien ése es el objeto, redondo, voluminoso, soleado, bonito...

VA es la fuerza que las vías hacen sobre el carrito A. ¿Qué otra fuerza actúa sobre A? Seguro que si hago esa pregunta en clase algún osado contesta "¡la normal!", Ok, le respondo , y la dibujo... (una flechita vertical hacia arriba) y después le pregunto "¿y quién hace esa fuerza, quién empuja al carrito hacia arriba...? Esa pregunta no tiene respuesta eso indica que estabas a punto de inventar una fuerza. La borramos.

Alguno, en ayuda de su compañero puede decir "¡las vías!" "macanudo, pero a esa fuerza ya la pusimos y la llamamos VA... ¿no te gusta el nombre? ¿querés llamarla normal? Ponele el nombre que quieras (dentro de ciertos límites)... ¡pero no la pongas dos veces!

Insisto con la pregunta ¿qué otra fuerza? "La fuerza de la velocidad", "Y quién la ejerce, quién la ejecuta", ¿no hay quién?, entonces no existe. Y así.

Nunca llames con el mismo nombre a dos fuerzas diferentes. En este problema, por ejemplo, el 65,3% de los estudiantes que hacen DCL llaman P al peso de cada carrito... MAL. En álgebra, que es el idioma de la física, P = P. Son dos fuerzas diferentes, tienen que tener nombre diferente. Podrían valer lo mismo, pero aún así deben tener nombres distintos. Usá los subíndices, están para eso. Algunos mocosos insolentes me responden (se me está pegando el personaje del maestro Ciruela) "pero si yo sé a qué cuerpo me estoy refiriendo, cuando lo reemplace le voy a poner a cada uno el valor que le corresponde". Igual está mal.

Tal vez vos no lo sepas, pero lo que tenés que aprender es a confeccionar un mensaje para otro, no para vos. (Andá a este otro artículo que es muy cortito e importante). Eso no quita que escribiste un error matemático, y está muy bien que tu profesor te lo corrija. Pero además no te olvides de que cada fuerza que vos encuentres se convierte en un

número que después se va a viajar por un bosque de desarrollos algebraicos. Lo más probable es que se confundan y se pierdan.

Cuando dos cuerpos interactúan entre sí, y de ambos te interesa su dinámica (como en este caso de los carretones) la mejor manera de denominar las fuerzas es con el doble subíndice, que además denuncia claramente su filiación de par de interacción... el módulo de FBA es igual al de FAB.

Tengo más consejos pero también la sensación de que ya estás podrido. La práctica te dará el resto. Te felicito por haber llegado hasta acá.

CHISMES IMPORTANTES:  

El concepto de fuerza fue introducido originalmente por Arquímedes, aunque únicamente en términos estáticos. Galileo fue el primero en dar una definición dinámica. Se considera que el primero que formuló matemáticamente la moderna definición de fuerza fue Newton.

Actualmente se reconoce básicamente la existencia de cuatro fuerzas fundamentales: la fuerza gravitatoria, la electromagnética, la nuclear débil y la nuclear fuerte. La gravitatoria modela el universo en su escala macroscópica. La electromagnética gobierna la estructura de la materia desde la escala atómica hasta la molecular y particular. Las nucleares gobiernan la escala subatómica. Y después está la fuerza de voluntad, te das una idea

LEYES DE NEWTON

Las Leyes de Newton, atribuidas a Isaac Newton (1643-1727), tienen, en realidad, demasiados autores. Pero fue Newton quien se las puso al hombro (y al bolsillo), las explotó y las utilizó en su conjunto, edificando con ellas una Teoría Mecánica (conocida actualmente como Mecánica Clásica) que goza de excelente salud y que seguimos utilizando con todo éxito.

Además de su probada utilidad y eficacia constituye un ejemplo arquetípico de teoría (epistemológicamente hablando), destacada por su belleza intrínseca, ya que con muy pocas premisas (o principios) algebraicamente sencillas,

logra una explicación muy acabada del universo.

Son en total cuatro leyes. Se llaman también principios porque no se pueden probar a partir de leyes anteriores o más básicas, pero que el universo cumple a rajatabla, aunque no sepamos por qué. Voy a presentar los tres primeros aquí, y el cuarto, gravitación universal, aparte.

Primera Ley de la Dinámica, o Ley de la inercia, o Principio de Galileo.

Ya te imaginaste quién fue el que lo cocinó unas décadas antes que Newton. Hay decenas de redacciones alternativas. Acá va la mía.

Si sobre un cuerpo no actúa ninguna fuerza, o actúan varias pero que se compensan entre sí, entonces el cuerpo permanecerá en reposo o en movimiento rectilíneo y uniforme. Y viceversa.

   

Abajo hay un chisme requeteimportante sobre este Principio.

Segunda Ley de la Dinámica, o Ley de la masa, o Principio de Newton.

Se llama de la masa, porque en él juega un papel importantísimo esa propiedad de la materia llamada masa, que nadie sabe qué es (abajo hay un chisme sobre la masa, que aclara y que oscurece), pero no hace falta, tenemos una idea aproximada.

La sumatoria de todas las fuerzas que recibe un cuerpo es igual al producto de la masa del cuerpo por su aceleración.

   

   

La Segunda Ley es una ecuación vectorial: dice que la sumatoria de todas las fuerzas que recibe un cuerpo es igual al producto de su masa por su aceleración, y que la dirección y el sentido de la resultante (la suma de todas las fuerzas) es igual a la dirección y el sentido de la aceleración (la masa es un escalar). En muchos textos, sin embargo (y también en este sitio) aparece esa misma expresión pero escrita sin la notación vectorial, así: ΣF = m a. Es perdonable, no trae graves consecuencias.

   

Lo que no es perdonable es que en muchos textos te presenten la Ley así:

F = m a (MAL, PESIMO, EXECRABLE, CENSURABLE,

IMPERDONABLE)

Esa expresión tiene validez únicamente en aquellos casos en los que hay una única fuerza actuando sobre un cuerpo. No puede ser presentado como una ley (de validez eterna y universal). Además lleva a una confusión muy negativa: hace creer que se trata de una propiedad de las fuerzas (como si cada fuerza tuviese una aceleración), cuando se trata de una propiedad de los cuerpos. A cada cuerpo se aplica la Ley, no a cada fuerza.

Podría, en todo caso, representarla así: R = m a, aclarando que R significa Resultante y no es otra cosa que la sumatoria de todas las fuerzas que están actuando sobre un cuerpo. R = ΣF.Tercera Ley de la Dinámica, o Principio de Acción y Reacción.

Si un cuerpo ejerce una fuerza sobre otro, el otro aplica una fuerza sobre el primero de igual módulo, igual dirección y sentido opuesto a la que el primero ejerce sobre él.

De los tres principios es el más revelador de la naturaleza de las fuerzas. En realidad deberíamos hablar de interacciones. Siempre entre dos cuerpos: se atraen, o se repelen, o se empujan, o se tocan, o se chocan, o lo que sea... pero siempre entre dos cuerpos. Entonces aparecen dos fuerzas (el par de fuerzas de la interacción), una sobre cada cuerpo de los que están interactuando.

   

   

Parece que el universo es un pandemonium de venganzas, en el que reina la Ley de Talion.

   

CHISMES IMPORTANTES:     A golpe de vista, pareciera que el Primer Principio es

apenas un caso particular del Segundo. Efectivamente, partiendo de la Segunda Ley, si ΣF = 0, lo que debe valer cero es la aceleración, ya que la masa no puede valer cero... Sin embargo el primer principio es el que asegura la existencia de los otros dos, y exige el

establecimiento de un Sistema de Referencia acorde. Puede ocurrir que la elección del SR (por ejemplo uno montado en una calesita o en un tren que arranca) nos lleve a un universo en el que no se cumplen las Leyes de Newton. Esos sistemas -que son ampliamente estudiados- se llaman Sistemas No Inerciales. Vos dejalos para más adelante.

Tanto masa como fuerza son magnitudes dificilísimas de definir. Con sólo definir una de las dos basta, ya que la otra saldría definida por inferencia utilizando la Segunda Ley. El pobre Newton se murió muy triste sabiendo que su teoría hacía agua por el agujero de la falta de definición para esas dos magnitudes tan importantes en la Mecánica. Hubo que esperar 200 años para que un físico llamado Ernst Mach (1838-1916) lograse una definición de masa que convenciese

FUERZAS GRAVITATORIAS

La Ley de Gravitación Universal, atribuida a Isaac Newton (1643-1727), constituyó el remate de una revolución científica. Dice algo bastante sencillo de entender, muy difícil de creer, y catastróficamente revolucionario.

Dice que dos cuerpos cualesquiera se atraen mutuamente con una fuerza directamente proporcional al producto de sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre sus centros. Todo ello se puede resumir con esta ecuación:

      

En la que FG es la fuerza gravitatoria (siempre de atracción, nunca de repulsión); m1 y m2 son las masas de los cuerpos que se están atrayendo; d12 es la distancia entre los centros de los cuerpos (después afinaremos la definición de centro); y G es la constante de proporcionalidad, que permite transformar la ley de proporcionalidad en una ley de igualdad.

  

  

En esta atracción mutua, como en toda interacción, aparecen dos fuerza iguales en módulo y dirección, y contrarias en sentido, una sobre cada cuerpo: FG12 = FG21 (o sea, no puede dejar de cumplir el Tercer Principio de la Dinámica). En una interacción gravitatoria nos referiremos indistintamente a cualquiera de ambas y la llamaremos directamente FG.

Por qué digo que es sencilla de entender

¿Qué significa que la fuerza de atracción gravitatoria es directamente proporcional al producto de las masas que se están atrayendo? Si en idénticas condiciones se estuvieran atrayendo dos cuerpos de masas:

m1 = 2 Kg y m2 = 10 Kg,

se atraerían con menor intensidad que estos otros dos cuerpos, de masas:

m'1 = 3 Kg y m'2 = 7 Kg,

El segundo par se atrae más intensamente, ya que el producto de las dos segundas es mayor que el de las dos primeras. Fácil.

¿Y qué significa que es inversamente proporcional al cuadrado de las distancia que las separa? Supongamos que tenemos un par de cuerpos de masa unidad... distanciados

   

 

Isaac Newton

Henry Cavendish

una distancia d. Si las separo una distancia 10 d... la fuerza con la que se atraerán será 100 veces menor. Y si ahora las acerco para que queden separadas una distancia d/2... entonces la fuerza con la que se atraerán será 4 veces mayor que la inicial. Fácil, ¿no?

Por qué digo que es difícil de creer

La constante de proporcionalidad, G, conocida como Constante de Gravitación Universal, no depende de otra cosa que de nuestro universo... o sea, vale lo mismo independientemente de todo tiempo y lugar, toda circusntancia y todo medio material... y vale...

G = 6,67 x 10-11 Nm²/kg²

O sea, tiene un valor muuuuy chiquitiiito:

G = 0,000.000.000.0667 Nm²/kg²

Casi -te diré- una nada. Las unidades que tiene la constante son las necesarias para que la fuerza gravitatoria se mida en las unidades de fuerza, N. Por lo tanto tiene en el numerador unidades de longitud al cuadrado, m², para que se cancelen con las de la distancia al cuadrado de la Ley; y en el denominador unidades de masa al cuadrado, kg², para que se cancelen con las de las masas de la Ley.

Newton se murió sin conocer el valor de G. Se sabía que era chiquititísima... pero hubo que esperar casi 200 años para conocer su valor con presición, y cuando el señor Henry Cavendish logró hacer la medición no se dio cuenta (ni sus colegas tampoco) lo que en verdad había calculado. Es una historia muy curiosa que, si te interesa, te la cuento acá.

La cuestión es que las fuerzas gravitatorias son casi insignificantes cuando consideramos cuerpos de tamaños corrientes: manzanas, biblias, calefones, autos, portaviones... y prácticamente imposibles de medir con instrumentos comunes y corrientes. Si de cuerpos humanos estuviéramos hablando y nos dijeran que hay fuerzas de atracción, jamás podríamos imaginarnos que de gravitación se tratara.

Manzana

Por qué digo que es catastróficamente revolucionaria.

La clave está en la palabra universal. Desde Aristóteles en adelante se pensaba que había dos Físicas: una para explicar el universo celestial y otra para el mundo terrenal. La Ley de Gravitación Universal viene a contar que el universo es uno sólo y la Física que lo describe también: una sóla.

La fuerza que hace caer los cuerpos (el viejo y familiar peso), no es otra que la fuerza de atracción gravitatoria entre el cuerpo que cae (aquel cuyo peso medimos en la balanza de la verdulería de la esquina) y la Tierra. Actualmente peso es el nombre que le damos a la fuerza gravitatoria, acá, en el barrio de la superficie terrestre. El nombre vulgar (y local).

La misma ley que describe la caída de los cuerpos, describe el orbitar de la Luna, los planetas, las estrellas, las galaxias. El mito de la manzana cayendo sobre la cabeza de Newton justo en el momento en que se da cuenta de la Luna también caía con la misma ley, es enormemente descriptiva de la unificación del universo. La cuento acá. Una catastrofe en la física aristotélica, que dejó de cotizar en bolsa.

CHISMES IMPORTANTES:   

Se cuenta que la ley inversa al cuadrado de la distancia pertenece a Cristian Huygens, y Newton no se lo reconoció nunca. Más aún, la célebre frase "a hombros de gigantes" era una alusión irónica y ofensiva a Huygens, que era bastante petiso.

Newton calló sus convicciones por más de 15 años debido a que no existía en aquella época una matemática suficientemente potente como para sostener sus afirmaciones que, suponía, serían fuertemente resistidas. En el interín desarrolló (paralelemente con Gottfried Leibniz) el análisis matemático. Cuando el cálculo numérico (un sinónimo) fue un hecho entre la comunidad científica, presentó la Ley... y no hubo con qué darle.

La parte de la teoría más difícil de sostener era que los cuerpos se comportaban (para la Ley de Gravitación) como si toda su masa estuviera reunida

 

 

un un sólo punto, su centro de masa (generalmente el centro geométrico del cuerpo), y las distancias entre los cuerpos había que tomarlas desde ahí. Ese asunto espinoso cedió al ser abordado con una herramienta matemática del cálculo numérico: la integral.

En 1915 Albert Einstein enuncia la Teoría General de la Relatividad que reemplaza la gravedad por la deformación del espacio producida por las masas. La pista que condujo a Einstein hasta la Relatividad fue ésta: la masa a la que alude la Ley de Gravitación no era la misma masa a la que alude la Segunda Ley de la dinámica... es totalmente cierto, y a todos se les había pasado por alto. (Actualmente se las distingue llamándolas masa gravitatoria y masa inercial respectivamente). Pero vos no tenés que preocuparte. Aunque sean cosas distintas no está mal que no las distingamos, ya que a los efectos de la dinámica traen las mismas consecuencias. Existe un principio que reconoce ésto, y se llama principio de correspondencia.

PREGUNTAS CAPCIOSAS:    Johannes Kepler llegó a formular tres leyes

celestiales (Leyes de Kepler) bastante antes de que naciera Newton, por la simple observación del cielo (el observador no fue él sino su antesesor, Tycho Brade). Las tres leyes dejaron de ser leyes para convertirse en derivaciones de una ley anterior: la ley de Gravitación Universal. ¿Qué dice cada una de las 3 Leyes de Kepler?

¿En qué situaciones deja de ser verdadera la Ley de Gravitación Universal?

FUERZAS DE ROZAMIENTO

Esta es la historia de una interacción misteriosa, oculta, escondida. Que cuando salió a la luz sentó las bases de una revolución científica, en la que Galileo Galilei tomó la delantera. Te la presento con este experimento.

Supongamos que tenemos un bloque apoyado en el piso y lo empujamos con una fuerza lateral... pero pese a nuestro intento el bloque no se mueve:

Ahí aparecen las fuerzas que obran sobre el bloque. El peso del bloque, P, y el apoyo del piso, N, son las fuerzas verticales. Y en la dirección paralela al piso la fuerza con la que empujamos al bloque, F.

No vemos que haya nadie más interactuando con el bloque... pero éste no se mueve, luego, su aceleración es cero. Y como confiamos en Newton y su Segunda Ley, ΣFx = m ax, no nos cabe más que concluir que alguna otra fuerza, también horizontal, de igual en módulo que F y sentido contrario debe estar actuando. La llamaremos fuerza misteriosa, Fm.

Como somos obstinados y estamos decididos a mover el bloque, podemos hacer una fuerza mayor, F'; pero si el bloque continúa sin moverse habrá que concluir que la fuerza misteriosa también es capaz de crecer, y ahora habrá adoptado un valor Fm'.

Si continuamos aumentando la fuerza de empuje, encontraremos que la fuerza misteriosa también continúa aumentando... pero, por suerte, siempre existe un valor de fuerza de empuje, o de tracción, que la fuerza misteriosa no puede igualar, y a partir de ahí se rompe el equilibrio y se produce el movimiento.

¿Desaparece la fuerza misteriosa cuando el bloque está moviéndose? El experimento nos dice que no. Si retiro la fuerza del empuje el bloque se vuelve a detener. Y para mantenerlo en movimiento -digamos, a velocidad constante- hay que seguir empujando, por suerte, con una fuerza bastante menor que la que tuvimos que hacer para poner el bloque en movimiento.

  

Una clave importante sobre la fuerza misteriosa la provee el siguiente experimento: es el mismo que el anterior, pero se realiza con un cuerpo apoyado arriba del bloque.

  

Y el resultado es cualitativamente idéntico al anterior... pero la fuerza máxima que hay que derrotar para poner el bloque en movimiento resulta mayor que antes... Y la fuerza para mantener velocidad constante una vez logrado el movimiento también.

Y lo único que cambió entre un experimento y otro es la fuerza de contacto entre el bloque y el piso.

  

Todas las dudas se despejan cuando repetimos una y otra vez el mismo experimento pero cambiando las superficies del apoyo, por ejemplo, sobre un piso de madera, de baldosas, de hielo, de mosaicos encerados... Cuanto más lisas son las superficies menores son las fuerzas; cuanto más rugosas, mayores.

La fuerza misteriosa es el rozamiento entre las superficies que quieren deslizar, o que ya están deslizando. Y el resultado de los experimentos lo podemos sintetizar en estas tres brevísimas expresiones:

  

  Roze = Tracc.          RozeMáx = μe . N          Rozdin = μd . N     

La primera ecuación nos dice que la fuerza de rozamiento estática, Roze, es igual a la fuerza de tracción (el empuje en nuestro experimento) que intenta poner los cuerpos en deslizamiento.

La segunda ecuación nos dice que la fuerza de rozamiento estática máxima, RozeMáx, que es aquella que actúa justo antes de que los cuerpos entren a deslizar, es igual a un coeficiente de rozamiento estático, μe, un factor que representa la rugosidad de las superficies enfrentadas, por la fuerza de contacto entre el piso y el bloque, o sea la fuerza con que se unen los cuerpos que están rozando, N.

La tercera ecuación nos dice que la fuerza de rozamiento dinámica, Rozdin, que es aquella que actúa cuando los cuerpos ya están deslizando, es igual a un coeficiente de rozamiento dinámico, μd, un factor que representa la rugosidad de las superficies enfrentadas y deslizando, por

  

la fuerza de contacto entre el piso y el bloque, N.

Mirá el gráfico que cuenta los experimentos:Los coeficientes de rozamiento, tanto estático como dinámico suelen hallarse tabulados para aquellos pares de superficies relevantes para la industria. Si no los hallás, de todos modos, son muy fáciles de calcular.

Se trata de a-dimensionales, no tienen unidades, son sólo un número, que representa la rugosidad entre un par de superficies cuando se enfrentan quietas, μe, o cuando se enfrentan deslizando una con otra, μd.

  

En general se trata de valores comprendidos entre 0 y 1... pero también los hay mayores. También por lo general (salvo raras excepciones) el coeficiente de rozamiento estático es mayor que el dinámico.

μe > μd

Como vas a ver en los ejercicios no siempre la fuerza de rozamiento estático se opone al movimiento. Más aún: en general, el movimiento se logra gracias a una fuerza de rozamiento. Recordá esto, que la diferencia es importante:

  

es MENTIRA queLA FUERZA DE ROZAMIENTO SE OPONE AL MOVIMIENTO

  

Aunque te resulte sorprendente muchos textos de Física incurren en este error gravísimo. La diferencia te puede parecer sutil -ahora- pero vas a ver que es fundamental.

  

es VERDAD queLA FUERZA DE ROZAMIENTO SE OPONE AL DESLIZAMIENTO

  

Te voy a dar un sólo ejemplo, ahora, para que las frases anteriores cobren sentido, pero creeme que la diferencia es importantísima, y no advertirla lleva a cometer muchos errores.

El ejemplo: subite a una cinta transportadora, en un aeropuerto. ¿Quién te creés que te mueve hacia adelante? ¿Cuál te pensás que es la fuerza que logra ponerte en movimiento, y que lejos de oponerse es la que gracias a ella llegás hasta el preembarque? ¡El rozamiento, of course, departures gate 10!

 

 

CHISMES IMPORTANTES:   

En todos los desplazamientos (excepto en el vacío y en las escalas subatómicas) el rozamiento es inevitable. Las mesas de aire para jugar al tejo logran reducir el rozamiento considerablemente, el coeficiente ronda el milésimo.

Los físicos Aristotélicos observaban que para que un carro permaneciese en movimiento había que imprimirle constantemente una fuerza de tiro. Semejante error obedecía a que pasaban por alto la fuerza de rozamiento que frenaba al carro al desaparecer el tiro. En base a ese error se fundaba la mecánica aristotélica. Imaginate el despiole que se armó cuando llegó Galileo y dijo que en ausencia de fuerzas los carros debían proseguir con velocidad constante.

1.1- Hallar gráfica y analíticamente el módulo y la dirección de la fuerza equilibrante del siguiente sistema de fuerzas concurrentes aplicadasa un cuerpo: F1 = 4,5 kgf hacia el noreste; F2 = 2,3 kgf hacia el este y F3 = 1,4 kgf hacia el sur.

Manos a la obra. Lo primero el DCL. Sobre el que vamos a hacer una resolución gráfica. Tené en cuenta que la direcció NE forma 45º con el E.

   

Sumar vectores, gráficamente, se puede hacer de varias maneras. Una de ellas es dibujar cada vector a continuación del otro, no importa el orden. Yo lo voy a hacer así: en el orden 1,2,3, ¿ok?. Luego la suma es otro vector, que voy a llamar R (por resultante) cuyo origen coincide con el origen del primero, y su extremo con el extremo del último. Miralo.

   

   

La equilibrqnte, E, es la fuerza igual y contraria a la resultante. E = — R

   

   

Ahora vamos a la resolución analítica. Para eso tenemos que sumar los tres vectores, pero ya sabemos que los vectores no se suman alegremente como números, sobre todo cuando no son codireccionales, o sea que forman entre sí ángulos oblicuos. Eso es lo que pasa justamente con el vector F1. Lo que vamos a hacer es descomponer F1 en sus componentes norte y este y luego sumar todfo los que paunte en la dirección x por un lado y todo lo que apunte en la dirección y por el otro.

   

   

Para hacer las sumas no olvides que

F1x = F1 . cos 45º = 3,18 kgf

F1y = F1 . sen 45º = 3,18 kgf

   

Entonces

Σ Fx = F1x + F2 = 3,18 kgf + 2,3 kgf = 5,48 kgf

Σ Fy = F1y — F3 = 3,18 kgf — 1,4 kgf = 1,78 kgf

Ya trenemos las componentes de la resultante. Te las represento en el gráfico. Las de la equilibrante son justamente las contrarias, E = — 5,48 kgf i — 1,78 kgf j

   

     DISCUSION: Como ves llegamos al mismo resultado. Ya sea por el método gráfico como el analítico. Si sumáramos F1 más F2 más F3 más E, esa sumatoria daría cero y el cuerpo estaría en equilibrio. Por otro lado, mirá lo que sale... y pensá bien en esto... Cualquier fuerza que integre la sumatoria de fuerzas de un cuerpo que está en equilibrio es la equilibrante de el resto. Qué me contás.

 

DESAFIO: Hallar el módulo de la resultante de este problema y el ángulo que forma con la dirección x. (R: 5,73 kgf; 17,5º) ¡Que es lo que pedía el enunciado! ¡Jua, jua

PROBLEMAS RESUELTOS DE FISICA DEL CBC 

1.5- Hallar la tensión en las cuerdas, si el peso que soportan es de 200 kgf.

Este ejercicio es muy, pero muy sencillo. Y tiene la virtud de mostrarnos un par de conceptos que vamos a tener que incorporar con intensidad, porque los vamos a usar permanentemente.

El primero de ellos es la versatilidad de la 2da

ley de la dinámica, o ley de la masa o ley de Newton. Σ F = m a

cuando decimos que la sumatoria de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo es igual al producto entre su masa y su aceleración, no necesariamente tenemos que estar hablando de un cuerpo voluminoso, masivo, regordete. Estamos hablando de casi cualquier cosa que se te ocurra, por ejemplo una molécula, un pedacito de soga, un nudo, un psidegulianoato de merdixongo.

Y cuando hablamos de producto entre masa y aceleración incluímos casos idiotas como que la masa valga cero, o la aceleración valga cero. Tan potente y versátil es esta ley del universo que aún en esas situaciones absurdas resulta útil y eficiente.

En este problema, por ejemplo, nos piden que encontremos los valores de las fuerzas que hacen tres sogas. Qué mejor oportunidad que aplicarle la 2da ley al punto donde se reúnen esas tres fuerzas. El nudito entre las tres sogas. Pero un nudito... ¿qué masa tiene? ¿Qué cuerno es un nudito? NO IMPORTA. Mirá su DCL.

 

 

Yo dibujé las tres fuerzas con el largo correcto. Eso no tiene mucha importancia. Lo que sí la tiene es que le pongas la dirección, y el sentido correcto, y un nombre razonable.

Fijate que cada soga hace una fuerza en cada extremo y esas fuerzas (que no son par de interacción) son iguales. Para referirme a la fuerza que hace una cuerda puedo prestar atención a cualquiera de los dos extremos. Lo que no puedo hacer es errar el sentido.

Del nudo todas tiran hacia afuera. ¿Te queda claro?

 

La primera lección fue esa, un nudo es tan apropiado como cualquier otro cuerpo de verdad. La segunda lección viene ahora: habitualmente la gente un poquito experimentada considera a la fuerza que hace la soga de abajo, TC, (por tensión) de este problema como si fuera un dato. Lo cierto es que no lo es.

 

Es que ya resolvieron mentalmente este problema: Si le plicamos la segunda ley de Newton a ese cuerpo...

      Σ F = m a      →      TC — P = 0

o sea     TC = P

que se puede anticipar fácilmente porque el cuerpo está en reposo, su aceleración es cero. Habitualmente hacemos esas cosas.

 

Y ahora que aprendimos las dos lecciones, resolvamos el problema, que es una pavada. Rehacemos el DCL, pero con todas las fuerzas en sólo dos direcciones. Para eso descomponemos TB

 

Σ Fx = m ax

       TBx — TA = 0       →        TBx = TA

Σ Fy = m ay

       TBy — TC = 0       →        TBy = TC

y no olvides que

 

TBx = TB cos 450 , y    TBy = TB sen 450 ,  y como cos 450 = sen 450 = 0,707  

 

  TC = 200 kgf    

  TA = 200 kgf     

  TB = 283 kgf     

   

DESAFIO: Solo para el ángulo de 45 grados el seno es igual al coseno. ¿Cuánto valdrían las fuerzas si la soga de arriba formase un ángulo de 42 grados con el techo?

1.6- Hallar la tensión en las cuerdas, si el peso que soporta es de 200 kgf.

La pregunta inmediata cuando se encara por primera vez un ejercicio como éste es: ¿a qué cuerpo le aplico las propiedades del equilibrio? Si lo hacemos con el único que aparece en el sistema no vamos a poder plantear nada sobre las sogas que no están en contacto con él...

La solución es pensar en un cuerpo imaginario (tal vez no tanto) como un pedacito de soga, un nudo, un encuentro. No nos importa qué cantidad de soga, no nos importa su masa, ya que como está en equilibrio no interviene en el problema.

Por ejemplo el nudo en el que concurren las sobas A, B y C... (lo llamé nudo 2) está en equilibrio, le aplicamos el principio del equilibrio a él. Otro tanto podemos hacer con el nudo de abajo (lo llamé nudo 1) donde concurren las cuerdas C y la vertical que sostiene cuyo peso conocemos. Yo diría que ésa es la punta del ovillo.

 

 

Podrás preguntarte por las otras cuerdas que no van a aparecer en el equilibrio de esos nudos. Se trata de un asunto de simetría: hasta les pusieron el mismo nombre porque realizan la misma fuerza, su disposición simétrica no les permite hacer otra cosa.

No conviene abusar de los criterios de simetría, pero acá es tan obvio que no hacerlo sería casi un insulto.

 

Bien, entonces vamos a los DCL de esos dos nudos. Sobre el nudo 1 actúan tres cuerdas, tres fuerzas que son TC, hacia arriba a la izquierda, TC hacia arriba a la derecha y una soga que tira hacia abajo que es igual al peso del cuerpo, la llamaré directamente P, ¿ok?

Las fuerzas no son colineales de modo que elegimos un SR y descomponemos las fuerzas que no coincidan con la dirección de los ejes. Mi experiencia me indica que el SR más económico es el que te dibujé (horizontal-vertcal). Supongo que vos hubieras elegido el mismo.

De este modo aparecen nuestras primeras dos ecuaciones:

       eje x       →         TCx — TCx = 0              [1]

       eje y       →         2 TCy — P = 0              [2]

Si bien desaparecen los valores de las fuerzas, aparecen los de sus componentes, ya los vamos a relacionar.

 

Ahora le llega el turno al DCL del nudo 2. Ocurre lo mismo que antes, de modo que con el mismo SR descompongo las fuerzas que quedan oblicuas y así llegamos al segundo par de ecuaciones

       eje x       →         TB + TCx — TAx = 0        [3]

       eje y       →        TAy —TCy = 0                 [4]

TCx y TCy, que aparecen acá, ya aparecieron en las de arriba. El círculo se está cerrando. Para poder relacionar las componentes de cada fuerza con la fuerza verdadera vas a tener que prestar atención a los triángulos rectángulos que se forman cada vez que

 

descomponés un vector.

Además tenés que rebuscártelas para encontrar ángulos que sean congruentes (un modo fino de decir iguales)

Acá te muestro los triángulos rectángulos de los que surge que:

    TCx = TC . cos 53º     y      TCy = TC . sen 53º

    TAx = TA . cos 37º     y      TAy = TA . sen 37º

 

Ahora metemos todo en la licuadora algebraica y vamos sacando conclusiones. De [2] sale que TCy = 100 kgf , entonces con dividirlo por sen 53º sabremos que

 

  TC = 125 kgf    

Si ahora a ésto lo multiplicamos por el cos 53º, aparecerá TCx = 75 kgf . De la ecuación [4] tendremos que TAy = 100 kgf , de modo que dividiéndolo por sen 37º aparecerá

 

  TA = 167 kgf    

Casi repitiendo los mismos pasos a ése lo multiplicamos por cos 37º, aparece TAx = 133 kgf y con este valor voy a la ecuación [3], de donde surge

 

  TB = 58,3 kgf    

  

Solo porque sos una buena persona te voy a revelar un secreto, que es el siguiente. Yo sabía que los ángulos que te indiqué en los triangulitos de descomposición vectorial eran los que te marqué y tenían el valor que te indiqué porque me acordaba de una cosa que me enseñó mi maestra de 5to. grado: los ángulos alternos internos entre paralelas son congruentes. Yo estaba enamorado de esa maestra, pero eso no se lo cuentes a nadie.

 

DESAFIO: ¿Cuál es el máximo peso que se puede colgar si la soga B  

soporta un máximo de 100 kgf? Algunos derechos reservados. Se permite su reproducción citando la fuente.

Ultima actualización dic-06.7- Mariana y Cecilia se sientan en columpios, uno frente al otro, y tiran de los extremos opuestos de una soga horizontal, quedando el columpiode Mariana inclinado 45º y el de Cecilia 30º, ambos respecto a la vertical.Si Mariana pesa 36,3 kgf, calcular el peso de Cecilia (tg 60° = 1,732).

Mi experiencia me indica que noresulta fácil de comprender este enunciado. No cabe duda que probando DCLs el el mejor (si no el único) modo de intentar comprenderlo. Allá vamos.

  

Te diste cuenta que consideré a las chicas como objetos puntuales. La fuerza de la soga (verde) le puse el nombre de interacción FMC, FCM, como si la soga no fuera otra cosa que una prolongación de sus dedos. (El autor puso una soga al solo efecto de que te dieras cuenta de que esa fuerza que se hacen las chicas entre sí es horizontal). Luego tenemos los pesos, P, (cada uno con su subíndice), y los apoyos en los asientos T, (idem).

Para escribir las ecuaciones de equilibrio de las chicas, voy a descomponer la fuerza T de cada una, de las direcciones de un SR horizontal/vertical.

  

  

Ya podemos realizar las sumatorias de fuerzas que expresan el equilibrio de cada una de las chicas. Antes de eso te recuerdo que:

TCX = TC . sen 30º           y           TCy = TC . cos 30º

TMX = TM . sen 45º          y           TMy = TM . cos 45º

Ahora sí, si ya está todo listo...

Cecilia (eje x)           →   Σ Fx = 0           →       FMC — TC . sen 30º = 0

Cecilia (eje y)           →   Σ Fy = 0           →         TC . cos 30º — PC = 0

Mariana (eje x)         →   Σ Fx = 0           →     TM . sen 45º  —  FCM = 0

Mariana (eje y)         →   Σ Fy = 0           →         TM . cos 45º — PM

= 0

Te juego una apuesta: cuanto que si contamos hay igual número de ecuaciones que de incógnitas. Ecuaciones 4. Incógnitas: FMC , TC , PC , TM ... ¡4! O sea... tenés que aceitar tu álgebra, y ser capaz de decirme antes de 7 minutos y medio cuánto vale cada una de las incógnitas, en especial PC , el peso de Cecilia que es lo que pide el enunciado.

Ok, Ok... ya entiendo... bueno vamos a ver si encuentro un camino rápido. Prestá atención: tomo las dos últimas ecuaciones y paso los segundos términos al segundo miembro.

TM . sen 45º =  FCM

TM . cos 45º = PM

Luego divido miembro a miembro estas dos (acordate que sen/cos = tg)

tg 45º = FCM / PM

PM . tg 45º = FCM

Mirá qué suerte... tg 45º = 1 (si no me creés, verificalo en tu calculadora).

  

PM = FCM

¿Me seguiste? Ok, ahora metemos eso en la primera ecuación (tené en cuenta que FMC = FCM... fuerzas en los extremos de una soga)

PM — TC . sen 30º = 0

PM = TC . sen 30º

De la segunda despejo TC y lo que me da lo meto en la de acá arriba.

TC = PC / cos 30º

PM = PC . tg 30º

Ahora despejo PC y a otra cosa mariposa.

PC = PM / tg 30º

  PC = 63,4 kgf ¡uf!   

    DISCUSION: ¿Es correcto pensar que cuanto más pesada sea una de las chicas menos se va a inclinar su hamaca? ¿Parece lógico, no es cierto? Imaginá una gorda de 100 kg jugando a lo mismo con una alfeñique de 16,5. (Siempre las relaciones entre magnitudes se hacen más claras en las situaciones extremas, y eso es una estrategia muy extendida entre físicos y matemáticos. Si querés adoptala.)

 

DESAFIO: ¿Las chicas tiran de la soga, que se acorta y el ángulo que forma la hamaca de Cecilia vale ahora 45º, ¿cuánto vale el de Mariana?

1.10- Calcular qué ángulo máximo pueden formar con la vertical las cuatro cuerdas de la figura, para que la fuerza que soporta cada una no exceda los 500 kgf. (Use consideraciones de simetría).Este ejercicio es más fácil de lo que parece. Por suspuesto, como en todo problema de dinámica o estática (que parte de) la principal herramienta es el DCL. Pero hasta llegar a ella vamos a tener que trabajar un poquito. A veces no es sencillo (sobre todo a las chicas) comprender el problema cuando partimos de un esquema en perspectiva.

   

Bueno, queda claro que la fuerza que tiene que hacer el guinche para sostener la caja es igual a su peso o sea

F = P = 1.000 kgf

Ahora viene la cuestión. La fuerza del guinche se reparte en cuatro sogas. Supongo que te queda claro que la fuerza que hace cada una NO ES la cuarta parte del peso, no valen 250 kgf cada una, ¿no es cierto?

Claro esas cuatro soguitas no solamente hacen una fuerza vertical (esa sí, sumada da 1.000 kgf) sino que, como están oblicuas, también realizan una fuerza lateral, en conclusión la fuerza que hace cada una es mayor a 250 kgf. Si sos una persona práctica (varón o mujer) entenderás que cuanto más arriba hagas el nudo de separación menos fuerza tienen que hacer tus 4 soguitas, y cuanto más abajo, más cerca de la caja, mayor será esa fuerza.

 

Ya sabemos varias cosas que la fuerza es mayor que la cuarta parte del peso y que depende del ángulo que forma cada soga con la vertical. Y también sabemos que las cuatro tensiones son iguales. ¿Y cómo sabemos eso? Juastamente a eso se refiere el enunciado cuando te dice que apeles a consideraciones de simetría. Las cuatro sogas tienen idéntica posición respecto de un eje vertical que pasa por el centro de la caja. Si con eso no te cierra, lo lamento, perderás 2 horas de sueño hoy a la noche.

 

Ahora bien, el ángulo que cada soga forma con la vertical podríamos calcularlo a ciegas. Las ecuaciones no te piden que lo visualices. Sin embargo, me resisto a que hagas nada sin entender lo que estás haciendo.

Te puede tocar un problema en el que se pida calcular el ángulo por otros medio y vas frito. Para visualizar el ángulo pensá que la vertical y una soga cualquiera (por ejemplo la delantera izquierda) están en un plano y forman con la caja un triángulo que te dibujé en amarillo. Es rectángulo, aunque por la perspectiva no lo parezca.

 

Voy a aprovechar esa esquina de la caja para plantear las fuerzas que entran en juego en el ejercicio.

 

Cada soga hace una fuerza máxima que llamaremos T, sobre el vértice de la caja. Ahí también están aplicadas otras dos fuerzas: 1/4 de peso, ¼ P, y la reacción de la caja, R, que no le gusta que la apretujen.

Existe una relación geométrica entre las tres fuerzas, y esa relación tiene que ver con el ángulo del que estuvimos hablando, entre la vertical y la soga. Pero para verlo bien vamos a sacarle la perspectiva, rotándolo un cachito hacia la izquierda hasta que el plano de la diagonal nos quede de frente (en geometría eso se llama rebatir).

 

Por fin apareció el DCL. Ahora vemos claramente el ángulo entre la soga y la vertical, y se ve también que es el mismo que forma la fuerza que hace la soga, T, con su componente vertical. De modo que

Tx = T sen α

Ty = T cos α

Y por fin podemos aplicar la condición de equilibrio

R = Tx

¼ P = Ty

 

La primera ecuación no aporta gran cosa en este ejercicio, pero la segunda sí:

¼ P = T cos α

α = arc cos ¼ P/T

 

  α = 60º    

    

DISCUSION: Todo el problema no era más que estos últimos 3 renglones, pero poco o nada hubieras aprendido si te los copiaba así, peladitos.

 

DESAFIO: En el planteo anterior, ¿cuánto vale la fuerza de resistencia de la caja en cada esquina? ¿Cuánto valdrá la tensión en cada cuerda si el ángulo que forman entre sí, o sea cada una con la de al lado, fuera de 70 grados? ¿Dónde habrá que colocar el nudo para que la fuerza de cada cuerda valga 250 kgf? ¿Qué puede haber dentro de la caja?

1.11- La lámpara de la figura que pesa P está sostenida por dos cuerdas como muestra la figura. Si la fuerza que hace cada una es P, entonces los ángulos α y β son respectivamente:

a) 45º y 45º        b) 37º y 53º        c) 30º y 60ºd) 53º y 37º        e) 30º y 30º        f) 60º y 30º

   

Un problema tan sencillo... no tiene gracia. Pero me imagino que vos habrás intentado antes y te salió o no te salió, o no habrás intentado, o no me imagino, o tiene gracia... uno nunca sabe...

¿A qué le hacemos el DCL? A la lámpara, claro está. O si querés al nudo superior del que está colgada. Es lo mismo.

   

Bien, ahí tenés el DCL. Lo hice sobre el nudito superior a la lámpara. Exageré un poquito más la inclinación de las cuerdas para que α y β resulten bien diferentes y no nos veamos tentar a usar alguna propiedad que no tengan... pero que parezca.Babrás visto que los α y β que representé son los mismos que los de la figura del problema. En realidad no son los mismos, pero valen lo mismo. ¿Como se llamaban? Ah, ya sé: alterno internos entre paralelas.También debés tener en claro (es dato del problema) que      TA = TB = P

   

Este DCL es un poco incómodo voy a reemplazar las tensiones por sus respectivas componentes, abajo está.

En la descomposición vectorial tenemos

TAx = TA cos α = P cos α

TBx = TB cos β = P cos β

TAy = TA sen α = P sen α

TByx = TB sen β = P sen β

   

Ya podemos aplicar la 2da ley de Newton para los dos ejes

Σ Fx = 0      →     TBx — TAx = 0

Σ Fx = 0      →     TAy + TBy — P = 0

Reemplacemos por las expresiones que contienen los ángulos

P cos β — P cos α = 0    →   P cos β = P cos α       cos β = cos α 

P sen α + P sen β — P = 0      →     P sen α + P sen β = P

Resumiendo. Del primer renglón nos queda:

cos β = cos α 

que significa ni más ni menos que β = α. Y del segundo renglón

sen α + sen β = 1

Paro ahora sabemos que son iguales, así que podemos escribir

sen α + sen α = 1

2 . sen α = 1

sen α = ½

   

 α = β =

30ºrespuesta e    

Si tenés alguna duda preguntale a tu calculadora: 0,5 INV sin

(Mode DEG)

Adicional No me salen S1*- Dado el ángulo α, encontrar la relación entre las masas A y B sabiendo que el tramo de soga que va desde el punto O hasta la polea se halla en posición horizontal.

Este ejercicio es muy pero muy sencillo, pero muy elegante al mismo tiempo. Y trae el bonnus track de una lección importante. Para resolverlo alcanza y sobra con el DCL del punto O. Ahí vamos.

 

 

Volví a colocar a α pero en un lugar más cómodo. Sé que ese es α por... cómo se llamaban... alternos internos entre paralelas, ¿no?

A partir de eso tenés que acordar conmigo que

Tx = T cos α

Ty = T sen α

Si estamos de acuerdo, seguimos adelante. Ahora mirá el punto O y decime si no está en equilibrio. Le aplicamos la ley de Neyton para el quilibrio y nos queda:

 

T cos α = PB = mB g

T sen α = PA = mA g

Ahora dividimos miembro a miembro estas dos ecuaciones

 

  mA / mB = tg α    

    

DISCUSION: Este este ejercicio me lo envió un estudiante preocupado por la fuerza en la polea. No podía aceptar que la barra que sostiene la  

polea permaneciese vertical. Esa es la lección interesante que nos deja este problema y que suele confundir a lo estudiantes.

Las sogas no pueden realizar fuerzas en cualquier dirección. Sólo pueden hacer fuerza en la dirección en la que se halla la cuerda. Ni siquiera pueden hacer fuerza en ambos sentidos. Las cuerdas sólo tiran, no empujan. En cambio los cuerpos rígidos, las barras, por ejemplo, pueden hacer fuerza en cualquier dirección y con cualquier parte de su cuerpo. Es común que se esconda una fuerza lateral (L) en una barra finita cuyo dibujo parezca una cuerda. (¡Hay cada tramposo!)

DESAFIO: ¿Cuál es la fuerza (módulo dirección y sentido) que hace la barra sobre la polea?

 

Este ejercicio fue tomado en un examen parcial de Física el 2do. semestre de 2006, y me lo suministró gentilmente (y preocupado) Ivan Koch, a quien se lo agradezco.

Adicional No me salen S5*-. La bola del dibujo está en apoyada entre dos planos inclinados. Los módulos de las fuerzas de las superficies se indican como F1 y F2 y el módulo de la fuerza peso de la bola es P. Entonces:

a) F1 < F2    P < F1 + F2           d) F1 < F2    P = F1 + F2

b) F1 = F2    P > F1 + F2           e) F1 > F2    P > F1 + F2

c) F1 > F2    P < F1 + F2           f ) F1 > F2    P = F1 + F2

  

Este problema es sencillísimo. Pero... tal vez, tiene una o dos dificulatades. Se trata de unas pocas cuestiones demasiado obvias como para que alguien te las haya enseñado... y hasta que vos no te tropezás con esas piedras, y te hacés un lindo chichón, no aprendés a esquivarlas.

  

La primera de esas obviedades que te voy a indicar es que este cuerpo extenso se comporta como un cuerpo puntual. Las fuerzas que actúan sobre él son: P, su peso, F1 y F2, los contactos con las paredes inclinadas.

Las fuerzas de contacto se transmiten dentro del sólido en línea recta por lo tanto las tres fuerzas actúan sobre el centro de masa de la bola, son tres fuerzas concurrentes

  

actuando sobre un único punto.

En su versión canónica, estándar, y ya procesada, el DCL de la bola tiene la pinta que te muestro acá al lado. La costumbre de representar las fuerzas con vectores cuyo origen se sitúa en el punto donde actúa la fuerza suele evitar muchos errores.

Tengo que confesarte que el DCL que dibujo está a escala, y por lo tanto podría responder el ejercicio correctamente sólo mirando el dibujo (la respuesta correcta es la a)). Reconozco que así no vale. Te voy a plantear un razonamiento (debe haber varios) por los que arribar a la respuesta correcta aún con una representación fuera de escala.

  

 

En cuanto a la comparación entre F1 y F2, lo primero que hay que tener en cuenta es que F1 es la fuerza que hace el plano más inclinado, el de la izquierda, y F2, el que hace el plano menos inclinado, el de la derecha (éste juega más de piso, el otro juega más de pared, ¿ok?)

Después de esta sugerente descripción, acordarás que el plano que esté más inclinado hará una menor fuerza, y viceversa. Pero aunque lo veas con la intuición, vamos a ver un método analítico para zanjar cualquier duda.

Las componentes horizontales de ambas fuerzas deben ser iguales (si así no fuera, en cuerpo no podría estar en equilibrio).

F1x = F2x

siendo

F1x = F1 cos α   y  F2x = F2 cos β

  

de modo que

F1 cos α = F2 cos β

cuanto mayor es un ángulo, menor es su coseno, de modo que no cabe otra posibilidad que F2 se mayor que F1. Se trata de una verdad palmaria que es más fácil verla en el dibujo que a través de la ecuación. Pero es, no cabe duda.

  

La segunda premisa de las resuestas habla de la suma de las fuerzas F1 y F2. Pero se preocuparon en aclararnos que se referían a los módulos de las fuerzas (tené eso presente porque es muy importante).

 

Está claro que la suma vectorial de F1 y F2

debe ser igual a la equilibrante de P, a la que llamaré P'. Dicho en una ecuación:

P' = F1 + F2          (suma vectorial)

Y acá aparece la respuesta. Sea cual fuera el tamaño relativo con que hayas dibujado F1 y F2, la suma vectorial entre dos vectores se resuelve gráficamente con un triangulito construido de esta manera: dibujando uno a continuación del otro (da lo mismo en qué orden).

En todo triángulo se verifica que cualquier lado es menor que la suma de los otros dos. En conclusión la suma de los módulos de F1 y F2 debe ser mayor que el módulo de P', y por lo tanto mayor, también, que el módulo de P.

Una sola de todas las respuestas posibles reune las dos conclusiones que sacamos hasta ahora.

  

  F1 < F2    P < F1 + F2 respuesta a)   

DESAFIO: En una parte del desarrollo de este ejercicio había concluido que el plano más inclinado hacía una fuerza menor. En una situación extrema uno de los dos planos esta horizontal y el otro vertical. El menos inclinado (el horizontal se tiene que bancar todo el peso, y el vertical, nada, cero). Ahora bien. Si ambos planos estuviesen muy inclinados, cercanos a los 90 grados... digamos 85 grados ¿los dos hacen poca fuerza?

 

 2.3- Un cuadrado tiene 0,6 m de lado. A lo largo de sus lados actúan fuerzas de 1,36 kgf; 1,82 kgf; 2,72 kgf y 5,45 kgf respectivamente.

Espero que nadie se enoje, pero modifiqué un poquito el dibujo original del ejercicio: dibujé las fuerzas en escala. Y para resolver el problema le puse nombre a las fuerzas, porque... como vos ya sabés le tengo un poco de alergia a los números.

Fijate que la distancia entre la recta de acción de cada fuerza y el punto O, que está en el centro del cuadrado es la misma para todos, la voy a llamar d, y vale 0,3 m, o sea, la mitad del lado. Respecto de O, todas rotan en sentido antihorario,

       ΣMO = F1 . d + F2 . d + F3 . d + F4

. d =

  ΣMO = 3,405 kgf m  

 

 

Ahora vamos a hacer lo mismo pero considerando las distancias de las rectas de acción de cada fuerza con el punto A. Vale cero para las fuerzas F1 y F4, ya que sus rectas de acción contienen a A. Las otras dos pasa a un lado (0,6 m) de distancia, que voy a llamar l (por lado). Vuelven a girar en el mismo sentido (positivo).

ΣMA = F2 . l + F3 . l =

 

  ΣMA = 4,902 kgf m    

O sea que el momento de un conjunto de fuerzas (o la sumatoria de momentos) suele ser un valor relativo, que depende del punto desde el que se considere la rotación posible. Y digo suele porque no siempre es así. Por ejemplo, si las cuatro fuerzas fuesen iguales, supongamos 2,74 kgf, la suma de momentos valdría lo mismo tomando el punto O, o el A como centro. Probalo.

 

DESAFIO: Esa particular invariancia todavía se cumple con un sistema mucho más sencillo, llamado par de fuerzas o cupla, que consiste en dos fuerzas paralelas, de igual módulo, signo contrario y sus rectas de acción distanciadas. Te propongo hacer una demostración general y te pongo como ejemplo un sistema muy parecido al del ejercicio que ya hicimos.

 

La propuesta consiste en hallar el momento de la cupla (o sea la sumatoria de las fuerzas que están actuando en este ejercicio) considerando tres centros de momento distintos: A, O y B, siendo L el lado del resctángulo y estado B a una distancia desconocida x del rectángulo.

Si operás bien los tres resultados deben ser iguales, el momento de la cupla, MC, será:

MC = F1 . L = F2 . L

o sea el valor de una sola de las fuerzas que integran la cupla por la distancia entre las rectas.

.4- Para que el sistema se mantenga en equilibrio en la posición mostrada, se aplica en la barra de la figura una fuerza F. El peso de la barra es despreciable. ¿Cuál es el valor de la fuerza F, cuál es el valor del ángulo que forma con la barra y dónde está aplicada?Este ejercicio es muy, pero muy bonito en el sentido de la economía de datos. A simple vista parece imposible. Pero uno plantea las ecuaciones y la solución aparece casi mágicamente. Se empieza por un DCL, claro está.

 

 

Coloqué a la fuerza F sobre la barra a una distancia d que me pareció posible. De todos modos el valor exacto me lo van a dar las ecuaciones. En lugar de trabajar con F voy a trabajar directamente con sus componentes Fx y Fy. Lo mismo hice con la tensión de la cuerda que pasa por la polea, directamente la descompuse en sus componente x e y que actúan, ambas, sobre el extremo A de la barra. Queda claro que

Tx = T sen 37o , y Ty = T cos

 

37o

La fuerza de 2 kgf del extremo de la barra la llamé C (por carga). Entonces...

Σ Fx = 0    →    Tx — Fx = 0

Σ Fy = 0    →   Fy — Ty — C = 0

Σ MA = 0   →   C . 10 m — Fy d = 0

Ya está. De la primera sale Fx = 6 kgf, y de la segunda sale Fy = 10 kgf . El módulo de F lo obtenemos por pitágoras y el ángulo por el arcotangente.

 

 F = 11,7 kgf

α = 59º    

De la tercera ecuación se despeja d.  

  d = 2 m     

  

DESAFIO: Supongamos que descubrimos que la fuerza equilibrante F en lugar de valer 11,7 kgf como anticipa este ejercicio mide 24 kilogramos y es necesario aplicarla en otro lugar. Después de pensar mucho nos damos cuenta que la barra debe tener un peso no despreciable ¿Cuánto vale el peso y dónde hay que aplicar ahora la fuerza ?

2.6- Hallar la tensión que soporta el cable de la figura, y las componentes (x,y) de la fuerza de vínculo en el punto A, para que la barra de la figurapermanezca en equilibrio; la barra tiene una longitud de 8 m, es homogénea y pesa 40 kgf.

  

Hacé el DCL de la barra y volvé, a ver si hiciste el mismo que yo. ¡Eh! ¿Qué te dije? Andá dale, si no no vas a prender nunca. Yo te espero.

  

  

Las letras que le puse a las fuerzas no importan en lo absoluto, pero digamos que fui conservador: P de peso, C de carga, T de tensión y R de reacción de vínculo.

Como es dato que la barra está en equilibrio podemos aplicar las dos condiciones de equilibrio: sumatoria de fuerzas y sumatoria de momentos. Pero momento (je, je) antes hay que descomponer T para poder hacer la suma de fuerzas.

  

  

Con Tx = T cos 45º y Ty = T sen 45º, la longitud de la barra la voy a llamar L y voy a elegir centro de momentos el punto de apoyo con la pared, A.

Σ Fx = 0         →         Rx — Tx = 0  

Σ Fy = 0         →         Ry + Ty — P — C = 0

Σ MA = 0        →         — P . ½ L — C . L + Ty . L = 0

habrás notado que los momentos de Rx, Ry y Tx valen cero, ya que sus rectas de acción pasan por A. También habrás notado que escribimos tres ecuaciones y solo hay tres incógnitas. O sea... habrás notado que

  

acá se acabó la física y comienza el álgebra... entonces... ¿qué estás esperando? ¿que yo te lo resuelva?

¡Increíble!... De la tercera

Ty = ( P . ½ L + C . L) / L =

    = (160 kgfm + 640 kgfm) / 8 m = 100 kgf

T = Ty / sen 45º

  T = 141 kgf     

Rx = T . cos 45º   

  Rx = 100 kgf     

Ry = — Ty + P + C   

  Ry = 20 kgf     

    

DESAFIO: First: ¿cuánto vale la reacción de vínculo y qué ángulo forma con la barra? ( R = 102 kgf; α = 11,3º) Second: Rehacé el problema tomando centro de momentos en el centro de la barra. 2.7- Un cuerpo de 90,8 kgf de peso está fijo al extremo superior de un poste articulado en el piso que forma un ángulo de 60° con la horizontal.Un cable horizontal está fijo a dicho extremo. Calcular la tensión del cable, despreciando el peso del poste.                                    Este es recortito, enseguida nos lo sacamos de encima. Vamos al DCL.   

Como ves, solo hay 4 fuerzas. Si el sistema está en equilibrio ninguna de las horizontales tira para su lado más que la otra. Y lo mismo las verticales.

RX = T

RY = P

Y tampoco rota; de modo que la sumatoria de momentos va a ser nula sea cual sea el punto elegido como centro de rotación. Yo voy a elegir uno bastante cómodo: en el apoyo, A.

       —  P L cos 60o + T L sen 60º = 0

        T = P cos 60º / sen 60º

 

  T = 52,42 kgf    

    

DISCUSION: Hasta lo hice más largo de lo necesario (¡como siempre!) ya que bastaba con plantear la ecuación de momentos. La única dificultad de este ejercicio es plantear correctamente los momentos de cada fuerza.

Si tomamos el punto A como centro de momentos fue justamente para que los momentos de las fuerzas RX y RY valiesen cero. Esa parte es fácil. El error más común (21,3 de cada 58 estudiantes) está en plantear correctamente el ángulo que acompaña a cada fuerza y la distancia al centro de momentos.

Lamentablemente hay tres o cuatro definiciones para momento de una fuerza, y cada una de ellas apela a magnitudes, o proyecciones de magnitudes diferentes. Un razonamiento breve demuestra que las cuatro son absolutamente equivalentes. Cada uno usará aquella que le resulte más cómoda. Pero para un novato no es más que terreno para la confusión, porque en una definición aparece el seno, en la otra el coseno, en la de más allá la longitud de la barra y en la del vecino la distancia radial...

Así es la vida. Andá sabiendoló.

 

DESAFIO: Agregarle dos fuerzas más a esta barra (y a este problema) de forma tal que siga teniendo solución.

2.10 - Una barra AC cuyo peso es de 100 N (suponer que el peso está aplicado en el centro geométrico de la barrera) se encuentra articuladamediante una bisagra en el punto A; en el extremo C se aplica una fuerza F con el objeto de mantener la barra en equilibrio, horizontalmente.Calcular:a- El módulo de la fuerza F sabiendo que φ = 30°.b- El módulo y dirección (ángulo que forma con la horizontal) de la fuerza que la bisagra ejerce sobre la barrera.

 

 

No problem, clásico, fácil, corto, sin lecciones especiales... no sé por qué lo hago.

Como siempre, hay que empezar con un DCL.

 

Supongo que estaremos de acuerdo en que

        Fx = F cos φ

        Fy = F sen φ

Entonces podemos seguir.

 

Eligiendo como centro de momentos el punto A, y como la barra está en equilibrio tenemos...

ΣFx = 0       →         Ax — Fx = 0

ΣFy = 0       →         Ay + Fy — P = 0

ΣMA = 0       →        P . 1m — Fy . 2m = 0

De la última despejo Fy

 

Fy = P / 2

entonces ya tenemos F

  F = 100 N    

Si tenemos F, también tenemos Fx. Eso lo metemos en la primera ecuación, y tenemos Ax. Con la segunda ecuación encontramos Ay. Si queremos el módulo de A, lo hacemos por pitágoras a partir de sus componentes.

 

  A = 100 N    

Y si dividemos Ay / Ax obtenemos la tangente del ángulo que forma A con el eje x

 

  αA = 30°    

Ya sé cuál era la lección de este ejercicio. Mostrar que son todos iguales. Todos los ejercicios de estática del cuerpo extenso se resuelven de la misma manera.

       a) DCL       b) ΣF = 0 ( ΣFx = 0 y ΣFY = 0 )       c) ΣM = 0 (desde cualquier punto, pero, mejor elegido, menos álgebra)        d) Resolver algebraicamente       e) Gozar de la vida.

 

  

DESAFIO: Resolver nuevamente pero colocar el centro de momentos a una distancia D hacia la derecha de la barra.

2.26- Un poste en equilibrio sostiene un cable horizontal que está a seis metros de altura y hace una fuerza de 120 kilogramos fuerza (kgf); la rienda vertical está a un metro de distancia del poste.          La parte inclinada de la rienda forma un ángulo de 37° con la horizontal, el poste está articulado en su base; el rozamiento se puede despreciar, y entre los datos que acabamos de dar hay uno que sobra.

          ¿Qué fuerza hace la rienda vertical, en kilogramos fuerza?          a)10           b)20           c)30           d)40           e)600         f)720

Problema sencillo si los hay, sólo que un poco irreal, aunque justificadamente. Lo irreal consiste en que los postes de Multicanal, Cablevisión y cualquier otra plantadora de postes que se te ocurra, no se apoyan sobre un punto articulado sino que se entierran 1 metro, más o menos y si te tocó en tu vereda bancatelá.

Si sólo hicieran eso la tensión del cable terminaría venciendo las fuerzas del encaje en la tierra, ya que desde allá arriba, a 6 metros, el momento es tan grande que desequilibra el poste y te termina rompiendo la vereda y convirtiéndose en un peligro para vecinos humanos y caninos. Para poder elquilibrar el poste Las fuerzas laterales que debería hacer el suelo, S1 y S2, tendrían que ser demasiado altas. No se bancan.

 

 

Por eso , los ingenieros buscaron formas alternativas de equilibrar el poste que no sea con grandes esfuerzos de vereda. Una de ellas es la de nuestro problema. Si efectivamente lo consiguen no es tan grave la irrealidad del planteo, al menos describe el propósito de los ingenieros.

 

La rienda provoca un torque de sentido contrario al que ejerce la tensión del cable. El resto de las fuerzas que actúan sobre el poste lo hacen el el punto de apoyo (virtual), A. Si elijo ese punto como centro de momentos todas ellas tendrán momento nulo, y sólo quedan los momentos del cable y de la rienda. Para que el poste se mantenga en equilibrio la suma de esos dos momentos debe ser igual a cero:

       ΣM = 0       →        MT + MR = 0

       120 kgf . 6 m — R . 1 m = 0

 

  R = 720 kgf f)  

Discusión: el modo en que se sostiene la rienda no afecta la estática  

del problema sino la estática interna del poste. La ménsula sobresaliente (en este caso de 1 m) es más rígida si se sostiene como lo indica la figura original del problema, o sea con otra rienda (o la misma) atada desde el tope y bajando en forma oblicua hasta el extremo de la mensula. Eso ahorra material. Pero para nuestro problema es superfluo, ya que consideramos al poste, ménsula y rienda oblicua como parte de un cuerpo rígido.

Respecto al resultado está claro que cuanto mayor sea la distancia entre el punto A y B, menor va a ser la fuerza que debe soportar la rienda. En realidad lo que preocupa no es la fuerza de la rienda (pueden soportar valores mucho mayores) sino su anclaje en el punto B (otra vez la bendita vereda). Para que esa fuerza sea menor es que debe separarse lo más posible de A. Pero justamente la distancia AB suele ser el problema limitante. En la ciudad, lo que no sobra, es espacio.

Qué pasaría si ancláramos la rienda en el punto B atada directamente desde arriba y sin pasar por una ménsula. Para entender eso tendrás que describir el equilibrio logrado con esta otra configuración. Para eso habrá que descomponer la fuerza de la rienda en dos direcciones, una horizontal (que deberá valer lo mismo que la tensión y otra vertical cuyo valor surge de la descomposición trigonométrica del ángulo α del poste con la vertical, que es el mismo que forma el triángulo poste-piso-rienda).

       Rx = R sen α = T

       Ry = R cos α

 

DESAFIO: Hacé vos el cálculo y decime cuál es la ventaja de colocar la ménsula.