¡Pintor en una Escalera!

a) Haga un diagrama de cuerpo libre y sume las fuerzas.

b) Con el resultado en la parte (a), es fácildespejar directamente el coeficiente de fricción.

c) La misma sugerencia que en la parte (a) y calcule de nuevo la fuerza debida a la fricción y el coeficiente de fricción subsiguiente.

a) Utilizando un diagrama de cuerpo libre, la segunda ley de Newton en la dirección \({y-} \) se puede escribir como:

\begin{equation*}
N_F – Mg -mg =0,
\end{equation*}

[mepr-show rules=”4409″ unauth=”both”]

donde podemos resolver \(N_F\) para obtener:

\begin{equation*}
N_F = 1000.62 \, \text{N}.
\end{equation*}

Segunda ley de Newton en la dirección \({x-} \) establece:

\begin{equation*}
f_r-N_W = 0.
\end{equation*}

Sumando los torques, tenemos:

\begin{equation*}
-\frac{L}{4}\cos(\theta)mg-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg+L\sin(\theta)N_W=0,
\end{equation*}

donde despejando \( N_W \), obtenemos:

\begin{equation*}
N_W=\frac{\cos(\theta)}{2\sin(\theta)}\left(\frac{m}{2}+M\right)g.
\end{equation*}

Dado que \( f_r = N_W \) ( basado en la Segunda Ley de Newton en la dirección \({x-} \)), podemos introducir valores numéricos para obtener:

\begin{equation*}
f_r \approx 526.7 \, \text{N}.
\end{equation*}

b) Dado que \( f_r = \mu_s ^ {\text{min} } N_F \), podemos despejar \( \mu \) y agregar valores numéricos para obtener:

\begin{equation*}
\mu_s^{\text{min}}\approx 0.53.
\end{equation*}

c) La suma de los torques es:

\begin{equation*}
-\frac{2L}{3}\cos(\theta)mg-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg+L\sin(\theta)N_W=0,
\end{equation*}

Despejando \( N_W \), obtenemos:

\begin{equation*}
N_W=\frac{\cos(\theta)}{2\sin(\theta)}\left(\frac{2m}{3}+\frac{M}{2}\right)g.
\end{equation*}

Dado que \( f_r = N_W \) ( basado en la Segunda Ley de Newton en la dirección \({x-} \)), podemos introducir valores numéricos para obtener:

\begin{equation*}
f_r \approx 546.6 \, \text{N},
\end{equation*}

y para el coeficiente de fricción:

\begin{equation*}
\mu_s^{\text{min}}\approx 0.55.
\end{equation*}

Para obtener una explicación más detallada de cualquiera de estos pasos, haga clic en “Solución detallada”.

[/mepr-show]

a) La primera parte del problema nos pide que encontremos la magnitud de las fuerzas que interactúan en la base de la escalera. Primero debemos identificar todas las fuerzas ejercidas sobre la escalera (ver figura 1).

[mepr-show rules=”4409″ unauth=”both”]

En esta figura, identificamos el peso de la escalera \(\hat{W}=-Mg\,\hat{\textbf{j}}\), ubicado en su centro de masa y el peso del pintor \(\hat{N}=-mg\,\hat{\textbf{j}}\) a un cuarto de la longitud total de la escalera \(L\). Aquí, \(M\) es la masa de la escalera y \(m\) la masa del pintor, con \(g\) la aceleración gravitacional en la Tierra, ambas están dirigidas en el eje Y negativo.

También identificamos tres fuerzas de contacto: la fuerza de contacto con la pared \(-N_W\,\hat{\textbf{i}}\), la fuerza de contacto con el suelo \(N_F\,\hat{\textbf{j}}\) y la fuerza de fricción en el suelo \(f_r\,\hat{\textbf{i}}\). Las direcciones de cada una de estas fuerzas vienen dadas por el sistema de coordenadas de la figura anterior.

Como queremos una expresión para las fuerzas en la base de la escalera, podemos usar la segunda ley de Newton en el caso de equilibrio, es decir, aceleración nula \(\vec{a}=0\). Escribiendo la segunda ley de Newton explícitamente,

\begin{equation}
\sum \vec{F}=m \vec{a},
\end{equation}

y para el caso estático

\begin{equation}
\sum \vec{F}=\vec{0},
\end{equation}

donde \(m\) es la masa del sistema y \(\sum\vec{F}\) es la suma de todas las fuerzas. Usando las expresiones para todas las fuerzas que hemos identificado en la segunda ley de Newton para el caso estático, obtenemos

\begin{equation}
-Mg\,\hat{\textbf{j}}-mg\,\hat{\textbf{j}}-N_W\,\hat{\textbf{i}}+N_F\,\hat{\textbf{j}}+f_r\,\hat{\textbf{i}}=\vec{0}.
\end{equation}

En la ecuación anterior, tenemos términos en la dirección X y Y, por lo que podemos agrupar los términos en la misma dirección para obtener

\begin{equation}
\left(-N_W+f_r\right)\,\hat{\textbf{i}}+\left(-Mg-mg+N_F\right)\,\hat{\textbf{j}}=\vec{0}.
\end{equation}

Porque del otro lado tenemos un \(\vec{0}\), la ecuación se mantendrá solo si los dos términos entre paréntesis arriba son cero, obteniendo así un par de ecuaciones; es decir

\begin{equation}
\label{fx}
-N_W+f_r=0,
\end{equation}

\begin{equation}
\label{fy}
-Mg-mg+N_F=0.
\end{equation}

De la ecuación \eqref{fy} , podemos resolver \(N_F\) inmediatamente para obtener

\begin{equation}
N_F=mg+Mg,
\end{equation}

que numéricamente es

\begin{equation}
N_F=(80\,\text{kg})(9.81\,\text{m/s}^2)+(22\,\text{kg})(9.81\,\text{m/s}^2),
\end{equation}

\begin{equation}
\label{Nf}
N_F=1000.62\,\text{N}.
\end{equation}

Luego, debemos usar una ecuación adicional para resolver las otras incógnitas \(N_W\) y \(f_r\). Luego exigiremos que la suma de torques \(\tau\) también sea cero para que la condición estática sea completa, es decir

\begin{equation}
\label{sumt}
\sum \vec{\tau}=\vec{0}.
\end{equation}

El torque que ejerce una fuerza sobre la escalera se puede calcular utilizando la definición

\begin{equation}
\label{torque}
\vec{\tau}=\vec{r}\times \vec{F},
\end{equation}

donde \(\vec{r}\) es el vector de distancia desde el punto donde se calcula el torque hasta el punto donde la fuerza \(\vec{F}\) se ejerce.

Elegimos un punto conveniente para calcular la suma de torques: el punto donde la escalera toca el piso. Es conveniente porque la fuerza de contacto con el piso y la fricción con el piso se aplican en este punto, lo que significa que \(\vec{r}=0\) y según \eqref{torque} el torque que ejercen es nulo. Solo nos interesa calcular los torques ejercidos por el peso de la escalera, el peso del pintor y la fuerza de contacto con la pared.

Comencemos calculando el torque creado por el peso del pintor. Para ello, necesitaremos el vector \(\vec{r}\), que en este caso tiene una magnitud de \(L/4\), y la dirección viene dada por la inclinación de la escalera. Entonces podemos escribir

\begin{equation}
\label{rm}
\vec{r}_m=\frac{L}{4}\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+\frac{L}{4}\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}},
\end{equation}

donde denotamos por \(\vec{r}_m\) el vector distancia asociado al peso del pintor de masa \(m\). Entonces, usando las ecuaciones \eqref{torque} , \eqref{rm} y la expresión para el peso, podemos encontrar el torque ejercido por el peso del pintor \(\vec{\tau}_m\) como

\begin{equation}
\vec{\tau}_m=\left(\frac{L}{4}\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+\frac{L}{4}\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}}\right)\times (-mg\,\hat{\textbf{j}}).
\end{equation}

Usando la ley distributiva para expandir la expresión anterior, obtenemos

\begin{equation}
\vec{\tau}_m=-\frac{L}{4}\cos(\theta)mg\,\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{j}}-\frac{L}{4}\sin(\theta)mg\,\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{j}},
\end{equation}

\begin{equation}
\label{tm1}
\vec{\tau}_m=-\frac{L}{4}\cos(\theta)mg\,\hat{\textbf{k}},
\end{equation}

donde hemos usado en la última línea el hecho de que \(\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{j}}=\hat{\textbf{k}}\) y \(\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{j}}=\vec{0}\).

Ahora, calculemos el torque ejercido por el peso de la escalera. De manera similar a la distancia para el pintor, el vector de distancia para la escalera \(\vec{r}_M\) tiene magnitud \(L/2\) y la dirección viene dada por el ángulo de inclinación de la escalera, a saber

\begin{equation}
\label{RM2}
\vec{r}_M=\frac{L}{2}\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+\frac{L}{2}\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}}.
\end{equation}

Luego podemos calcular el torque ejercido por el peso de la escalera usando las ecuaciones \eqref{torque} , \eqref{RM2} y la expresión dada para el peso; explícitamente,

\begin{equation}
\vec{\tau}_M=\left(\frac{L}{2}\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+\frac{L}{2}\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}}\right)\times\left(-Mg\,\hat{\textbf{j}}\right).
\end{equation}

Usando la ley distributiva para expandir la expresión anterior, obtenemos

\begin{equation}
\vec{\tau}_M=-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg\,\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{j}}-\frac{L}{2}\sin(\theta)Mg\,\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{j}},
\end{equation}

\begin{equation}
\label{tM2}
\vec{\tau}_M=-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg\,\hat{\textbf{k}},
\end{equation}

donde hemos usado en la última línea el hecho de que \(\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{j}}=\hat{\textbf{k}}\) y \(\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{j}}=\vec{0}\).

Finalmente, calcularemos el torque debido a la fuerza de contacto con la pared. En este caso, el vector de distancia, que denotaremos por \(\vec{r} _W\), tiene una longitud \(L\) y la dirección es la de la escalera, dada por el ángulo \(\theta\). Por tanto, podemos escribir

\begin{equation}
\label{rw}
\vec{r}_W=L\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+L\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}}.
\end{equation}

Usando la definición de torque dada en la ecuación \eqref{torque} , y junto con las expresiones de la ecuación \eqref{rw} y la fuerza de contacto, podemos escribir una expresión para el torque \(\vec{\tau}_W\) ejercido por esta fuerza de contacto, es decir

\begin{equation}
\vec{\tau}_W=\left(L\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+L\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}}\right)\times\left(-N_W\,\hat{\textbf{i}}\right).
\end{equation}

Usando la ley distributiva para expandir la expresión anterior, obtenemos

\begin{equation}
\vec{\tau}_W=-L\cos(\theta)N_W\,\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{i}}-L\sin(\theta)N_W\,\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{i}},
\end{equation}

\begin{equation}
\label{tw}
\vec{\tau}_W=L\sin(\theta)N_W\,\hat{\textbf{k}},
\end{equation}

donde hemos usado en la última línea el hecho de que \(\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{i}}=-\hat{\textbf{k}}\) y \(\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{i}}=\vec{0}\).

Usando las expresiones para los torques dadas por las ecuaciones \eqref{tm1} , \eqref{tM2} y \eqref{tw} en la ecuación \eqref{sumt} , obtenemos

\begin{equation}
\vec{\tau}_m+\vec{\tau}_M+\vec{\tau}_W=\vec{0},
\end{equation}

\begin{equation}
-\frac{L}{4}\cos(\theta)mg\,\hat{\textbf{k}}-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg\,\hat{\textbf{k}}+L\sin(\theta)N_W\,\hat{\textbf{k}}=\vec{0}.
\end{equation}

Debido a que todos los términos están dirigidos en el mismo eje, podemos eliminar la notación vectorial en el resultado anterior para obtener

\begin{equation}
-\frac{L}{4}\cos(\theta)mg-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg+L\sin(\theta)N_W=0,
\end{equation}

donde podemos resolver \(N_W\) de la siguiente manera

\begin{equation}
L\sin(\theta)N_W= \frac{L}{4}\cos(\theta)mg+\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg,
\end{equation}

y factorizando

\begin{equation}
L\sin(\theta)N_W=\frac{L}{2}\cos(\theta)\left(\frac{m}{2}+M\right)g.
\end{equation}

Cancelando \(L\) y dividiendo ambos lados por \(\sin(\theta)\) en la ecuación anterior, obtenemos

\begin{equation}
\label{nwresult}
N_W=\frac{\cos(\theta)}{2\sin(\theta)}\left(\frac{m}{2}+M\right)g.
\end{equation}

De la ecuación \eqref{fx} , deducimos que

\begin{equation}
f_r=N_W,
\end{equation}

lo que implica, del resultado dado en la ecuación \eqref{nwresult} que

\begin{equation}
f_r=\frac{\cos(\theta)}{2\sin(\theta)}\left(\frac{m}{2}+M\right)g.
\end{equation}

Usando los valores numéricos, obtenemos

\begin{equation}
\label{friction}
f_r=\frac{\cos(30^{\circ})}{2\sin(30^{\circ})}\left(\frac{80\,\text{kg}}{2}+22\,\text{kg}\right)(9.81\,\text{m/s}^2),
\end{equation}

\begin{equation}
f_r\approx 526.7\,\text{N}.
\end{equation}

b) Necesitamos encontrar el coeficiente de fricción estático mínimo para que la escalera no se deslice. Comencemos asumiendo que la fricción estática toma su valor máximo, que es

\begin{equation}
f_r{}_\text{max}=\mu_s N_F,
\end{equation}

donde \(\mu_s\) es el coeficiente de fricción estática y \(N_F\) la fuerza de contacto en el mismo punto donde se ejerce la fricción, que es la fuerza de contacto con el piso. Suponiendo que la fuerza de fricción encontrada en la ecuación \eqref{friction} es la fuerza de fricción máxima, entonces podemos escribir

\begin{equation}
f_r=\mu_s^{\text{min}}N_F,
\end{equation}

donde \(\mu_s^{\text{min}}\) es el mínimo coeficiente de fricción estática entre la escalera y el piso de manera que el sistema permanece en equilibrio. Resolviendo para \(\mu_s^{\text{min}}\) en la ecuación anterior, obtenemos

\begin{equation}
\label{mumin}
\mu_s^{\text{min}}=\frac{f_r}{N_F},
\end{equation}

que usando los valores numéricos dados en las ecuaciones \eqref{Nf} y \eqref{friction} es

\begin{equation}
\mu_s^{\text{min}}\approx \frac{526.7\,\text{N}}{1000.62\,\text{N}}\approx 0.53.
\end{equation}

c) Para la última parte del problema, necesitamos calcular el coeficiente de fricción estático si el pintor sube 2/3 de la longitud de la escalera. Cuando el pintor se mueve hacia \(2L/3\), su peso no cambia, lo que implica que \(N_F\) no cambia; sin embargo, el vector \(\vec{r}_m\) cambia y, como consecuencia, la suma de torques debe cambiarse. El nuevo vector de distancia viene dado por

\begin{equation}
\label{rm2}
\vec{r}_m=\frac{2L}{3}\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+\frac{2L}{3}\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}},
\end{equation}

Entonces, usando las ecuaciones \eqref{torque} , \eqref{rm2} y la expresión para el peso, podemos encontrar el nuevo valor para el torque ejercido por el peso del pintor \(\vec{\tau}_m\) como

\begin{equation}
\vec{\tau}_m=\left(\frac{2L}{3}\cos(\theta)\,\hat{\textbf{i}}+\frac{2L}{3}\sin(\theta)\,\hat{\textbf{j}}\right)\times (-mg\,\hat{\textbf{j}}).
\end{equation}

Usando la ley distributiva para expandir la expresión anterior, obtenemos

\begin{equation}
\vec{\tau}_m=-\frac{2L}{3}\cos(\theta)mg\,\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{j}}-\frac{2L}{3}\sin(\theta)mg\,\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{j}},
\end{equation}

\begin{equation}
\label{tm11}
\vec{\tau}_m=-\frac{2L}{3}\cos(\theta)mg\,\hat{\textbf{k}},
\end{equation}

donde hemos usado en la última línea el hecho de que \(\hat{\textbf{i}}\times\hat{\textbf{j}}=\hat{\textbf{k}}\) y \(\hat{\textbf{j}}\times\hat{\textbf{j}}=\vec{0}\).

Ahora podemos realizar la suma de torques nuevamente usando las expresiones para los torques dadas por las ecuaciones \eqref{tm11} , \eqref{tM2} y \eqref{tw} en la ecuación \eqref{sumt} ; explícitamente,

\begin{equation}
\vec{\tau}_m+\vec{\tau}_M+\vec{\tau}_W=\vec{0},
\end{equation}

\begin{equation}
-\frac{2L}{3}\cos(\theta)mg\,\hat{\textbf{k}}-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg\,\hat{\textbf{k}}+L\sin(\theta)N_W\,\hat{\textbf{k}}=\vec{0}.
\end{equation}

Debido a que todos los términos están dirigidos en el mismo eje, podemos eliminar la notación vectorial en el resultado anterior para obtener

\begin{equation}
-\frac{2L}{3}\cos(\theta)mg-\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg+L\sin(\theta)N_W=0,
\end{equation}

donde podemos resolver \(N_W\) de la siguiente manera

\begin{equation}
L\sin(\theta)N_W= \frac{2L}{3}\cos(\theta)mg+\frac{L}{2}\cos(\theta)Mg,
\end{equation}

y factorizando

\begin{equation}
L\sin(\theta)N_W=L\cos(\theta)\left(\frac{2m}{3}+\frac{M}{2}\right)g.
\end{equation}

Cancelando \(L\) y dividiendo ambos lados por \(\sin(\theta)\) en la ecuación anterior, obtenemos

\begin{equation}
\label{nwresult2}
N_W=\frac{\cos(\theta)}{2\sin(\theta)}\left(\frac{2m}{3}+\frac{M}{2}\right)g.
\end{equation}

De la ecuación \eqref{fx} , deducimos que

\begin{equation}
f_r=N_W,
\end{equation}

lo que implica, del resultado dado en la ecuación \eqref{nwresult2} que

\begin{equation}
f_r=\frac{\cos(\theta)}{2\sin(\theta)}\left(\frac{2m}{3}+\frac{M}{2}\right)g.
\end{equation}

Usando los valores numéricos, obtenemos

\begin{equation}
f_r=\frac{\cos(30^{\circ})}{2\sin(30^{\circ})}\left(\frac{2(80\,\text{kg})}{3}+\frac{22\,\text{kg}}{2}\right)(9.81\,\text{m/s}^2),
\end{equation}

\begin{equation}
f_r\approx546.6\,\text{N}.
\end{equation}

Usando una vez más la expresión para calcular \(\mu_s^{\text{min}}\) dado por la ecuación \eqref{mumin} , tenemos, con el nuevo valor de \(f_r\) dado anteriormente, que

\begin{equation}
\mu_s^{\text{min}}=\frac{546.6\,\text{N}}{1000.62\,\text{N}}\approx 0.55.
\end{equation}

Por tanto, para que la escalera y el pintor sean estáticos, el coeficiente de fricción estático puede tomar cualquier valor superior a 0.55 en esta segunda configuración.

[/mepr-show]

You need to be registered and logged in to take this quiz. Log in