Equilibrio estático y palancas

Principiante

Un puente, una estantería y un balancín equilibrado tienen algo en común: se quedan perfectamente quietos. Los físicos lo llaman equilibrio estático. Veamos paso a paso qué hace falta.

Paso 1. Los empujes y los tirones deben anularse. Un libro sobre una mesa es atraído hacia abajo por su peso y empujado hacia arriba por la mesa con la misma fuerza: la fuerza neta es cero y no empieza a moverse.

Paso 2. Que las fuerzas se anulen no basta. Empuja con la misma fuerza los dos extremos de una regla apoyada en una mesa, en sentidos opuestos, y girará sin moverse del sitio. Así que los efectos de giro también deben anularse. El efecto de giro de una fuerza, su momento, crece con la fuerza y con su distancia al eje.

Paso 3. En un balancín gana el lado más pesado, salvo que se siente más cerca del centro. Quien pesa el doble debe sentarse a la mitad de distancia, para que el peso por la distancia sea igual a ambos lados. Es la ley de la palanca, conocida desde Arquímedes; así una palanca larga mueve una roca que nunca podrías levantar. En la animación, la caja azul pesada se desliza hacia el pivote, y a 2 marcas frente a las 4 de la caja ligera la barra queda en equilibrio horizontal.

Paso 4. Todo objeto se comporta como si todo su peso actuara en un punto, su centro de masa. Una estantería, o una persona inclinada, se mantiene en pie mientras ese punto esté sobre su base; si se inclina más, el peso empieza a volcarla.

Comprueba lo aprendido: un niño de 20 kg se sienta a 3 m del eje de un balancín. ¿Dónde debe sentarse un adulto de 60 kg para equilibrarlo? (A 1 m del eje, al otro lado: el triple de peso, un tercio de distancia.)

Intermedio

Dos condiciones de equilibrio

Un sólido rígido, que conserva su forma, está en equilibrio estático cuando permanece en reposo: ni empieza a deslizarse ni empieza a girar. Las fuerzas deben anularse, o el centro de masa aceleraría, y también deben anularse sus efectos de giro, los momentos, o el cuerpo empezaría a rotar:
$\sum F=0,\sum \tau =0$

En un plano, la primera condición equivale a dos ecuaciones, una para las componentes horizontales y otra para las verticales. Ninguna de las dos condiciones implica la otra: dos fuerzas iguales y opuestas que actúan a lo largo de rectas distintas se anulan como fuerzas, pero forman un par, que es como tus manos hacen girar un volante. Empieza todo problema con un diagrama de cuerpo libre: el cuerpo solo, con cada fuerza externa dibujada donde actúa, cada peso en su centro de masa y cada fuerza de apoyo en su punto de contacto.

Momento de una fuerza: fuerza por brazo de palanca

El momento mide la intensidad con que una fuerza hace girar un cuerpo alrededor de un punto elegido. Toma la línea de acción de la fuerza, la recta a lo largo de la cual actúa, y la distancia perpendicular $r$ desde el punto hasta esa recta: es el brazo de palanca. Entonces
$\tau =rF\text{(}r\text{: brazo de palanca, perpendicular a la lıˊnea de accioˊn)}$

La unidad es el newton metro (N·m), que nunca se escribe como julios, porque un momento no es una energía. Los momentos antihorarios cuentan como positivos. Una fuerza cuya recta pasa por el punto no tiene momento, por grande que sea: empujar una puerta hacia sus bisagras no sirve de nada. Si la fuerza actúa a una distancia $d$ del punto, con un ángulo $\varphi$ respecto a la recta que los une, el brazo de palanca es $d\sin \varphi$.

La ley de la palanca

Coloca una carga $m_1$ a una distancia $r_1$ a un lado de un pivote y una carga $m_2$ a $r_2$ al otro lado. Cada peso $mg$ actúa verticalmente hacia abajo, así que su brazo de palanca es su distancia horizontal al pivote. Los dos momentos tienen signos opuestos, y $\sum \tau =0$ da
$m_{1}g{r}_1=m_{2}g{r}_2\text{(ley de la palanca)}$

La $g$ se cancela, así que solo importan las masas y las distancias: el doble de masa necesita la mitad de brazo de palanca. El empuje del pivote no tiene momento respecto al propio pivote y desaparece; $\sum F=0$ fija entonces su valor, el peso total que soporta, incluido el de la propia barra. La ley también multiplica la fuerza: 300 N aplicados a 1,2 m del punto de apoyo de un pie de cabra presionan con 3600 N una piedra situada a 0,10 m de él.

Ejemplo resuelto: la balanza de la animación

La caja ligera, $m_2=1,0\mathrm{kg}$, está a $r_2=0,40\mathrm{m}$ a la derecha del eje, así que, con la barra horizontal, su momento horario es
${\tau }_2=r_2{m}_{2}g=0,40\cdot 1,0\cdot 9,81=3,92\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
La caja pesada, $m_1=2,0\mathrm{kg}$, la equilibra a
$r_1=\frac{m_2{r}_2}{m_1}=\frac{1,0\cdot 0,40}{2,0}=0,20\mathrm{m}$

Eso son 2 de las marcas de 10 cm de la barra, frente a 4. Ahí las dos lecturas muestran 3,92 N·m y la barra está horizontal: la flecha $F_1=19,6\mathrm{N}$ es el doble de larga que $F_2=9,81\mathrm{N}$, y los brazos de palanca $r_1$ y $r_2$ marcados en la parte inferior están en la proporción 1 : 2.

Al principio la caja pesada está a 0,42 m del eje, y sus 8,30 N·m superan a los 3,79 N·m de la caja ligera. La barra gira unos 10° en sentido antihorario, hasta que la aguja lastrada situada bajo el eje, desviada hacia el lado ligero, aporta los 4,51 N·m que faltan. Al deslizarse la caja hacia dentro, ${\tau }_1$ disminuye; a menos de 0,20 m del eje gana el lado ligero, y a 0,10 m, con ${\tau }_1\approx 1,87\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, la barra se inclina unos 4,6° hacia el otro lado.

Fíjate en que ${\tau }_2$ varía entre 3,79 y 3,95 N·m aunque su caja nunca se mueve: al inclinarse la barra cambia la distancia horizontal entre el eje y la línea discontinua de su peso. El brazo de palanca se mide perpendicularmente a la línea de acción, no a lo largo de la barra.

Ejemplo resuelto: un pintor sobre un tablón

Un tablón uniforme de 20 kg y 3,0 m de largo descansa sobre dos caballetes situados bajo sus extremos, y un pintor de 70 kg está a 1,0 m del extremo izquierdo. El peso del tablón, $196,2\mathrm{N}$, actúa en su punto medio, y el del pintor, $686,7\mathrm{N}$, a 1,0 m. Los momentos respecto al caballete izquierdo eliminan su fuerza desconocida:
$F_D\cdot 3,0=686,7\cdot 1,0+196,2\cdot 1,5=981\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
así que $F_D=327\mathrm{N}$, y $\sum F=0$ da $F_I=686,7+196,2-327=556\mathrm{N}$: el caballete más cercano al pintor soporta más.

Ahora desplaza el caballete derecho 1,0 m hacia el interior, de modo que quede un voladizo de 1,0 m, y deja que el pintor camine hacia fuera. El tablón vuelca sobre ese caballete cuando se anula la fuerza del caballete izquierdo, es decir, cuando el momento del pintor respecto a él iguala al del tablón, cuyo centro queda a 0,50 m al otro lado: $70d=20\cdot 0,50$, luego $d=0,14\mathrm{m}$. Basta un paso corto más allá del caballete para que el tablón vuelque, y por eso los tablones de andamio se fijan.

Centro de masa, estabilidad y vuelco

Para los momentos, todo el peso de un cuerpo actúa en un solo punto, su centro de masa, la posición media ponderada por las masas:
$x_{\mathrm{CM}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
Para las cajas en equilibrio, $x_{\mathrm{CM}}=(2,0\cdot (-0,20)+1,0\cdot 0,40)/3,0=0$: justo encima del eje, que es otra forma de decir que la barra está horizontal.

Un equilibrio es estable si una pequeña inclinación eleva el centro de masa, de modo que el peso hace volver el cuerpo, como en la balanza de la animación, cuya aguja pesada mantiene el centro de masa por debajo del eje. Es inestable si una inclinación lo hace bajar, como un lápiz sobre su punta o un balancín con dos niños sentados.

Un cuerpo apoyado sobre una base vuelca cuando la vertical que pasa por su centro de masa sale de la base. Un frigorífico uniforme de 0,70 m de ancho y 1,80 m de alto, inclinado sobre una arista, vuelve a su sitio si se suelta antes de llegar a los 21,3°, donde $\tan \theta =0,70/1,80$, y cae si se inclina más. En una rampa, una caja uniforme vuelca donde $\tan \theta =w/h$.

Errores frecuentes

• Creer que el equilibrio exige pesos iguales. Exige momentos iguales: 2,0 kg a 0,20 m equilibran 1,0 kg a 0,40 m.
• Medir el brazo de palanca a lo largo de la barra o de la puerta en vez de perpendicularmente a la línea de acción. Un empuje de 50 N que forma 30° con la puerta, a 0,80 m de las bisagras, da $0,80\cdot 50\cdot \sin 30^{\circ }=20\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, no 40 N·m.
• Olvidar el peso de la propia barra. Sin los 20 kg del tablón, el caballete derecho parecería empujar 229 N en lugar de 327 N.
• Creer que hay que tomar los momentos respecto al pivote real. $\sum \tau =0$ vale respecto a cualquier punto, así que elige uno donde actúe una fuerza desconocida.
• Esperar que un objeto más pesado vuelque con un ángulo mayor. Solo importa la forma: una caja cargada de manera uniforme, de 0,40 m de ancho y 1,00 m de alto, vuelca a 21,8° tanto si contiene 20 kg como 200 kg.

Dónde aparece

Los ingenieros dimensionan vigas y cimientos con estas dos ecuaciones, y una grúa torre equilibra su carga con un contrapeso de hormigón en su brazo corto. Tu antebrazo es una palanca: el bíceps tira a unos 5 cm del codo, así que sostener una mancuerna de 5,0 kg a 35 cm del codo exige unos $49\cdot 0,35/0,05\approx 343\mathrm{N}$, siete veces su peso. Estas ideas continúan en Máquinas simples: palancas, poleas y engranajes, donde las palancas cambian fuerza por distancia, y en Elasticidad: ley de Hooke, esfuerzo y deformación, donde las vigas reales se doblan bajo las cargas que aquí se calculan.

Avanzado

El equilibrio como trabajo virtual nulo

Dos condiciones mantienen en reposo un sólido rígido: las fuerzas que actúan sobre él suman cero, y sus momentos también. Ambas se deducen de una sola afirmación sobre el trabajo, y esa misma afirmación decide más adelante si un equilibrio es estable, así que merece la pena deducirlas una vez de esta forma.

Imagina que mueves un cuerpo en reposo una cantidad minúscula que sus apoyos permiten: un desplazamiento virtual, hecho solo sobre el papel. Suma el trabajo que haría durante él cada fuerza que actúa sobre el cuerpo; el total es el trabajo virtual $\delta W$. Si $\delta W$ fuera positivo para algún movimiento permitido, las propias fuerzas aportarían energía cinética a lo largo de él, y el cuerpo se pondría en marcha en ese sentido por sí solo. Invertir un desplazamiento pequeño invierte el signo de $\delta W$, así que tampoco puede ser negativo. Por tanto, en equilibrio el trabajo virtual se anula, en primer orden en el desplazamiento, para todo desplazamiento que permitan los apoyos.

Un sólido rígido que se mueve en un plano tiene tres movimientos pequeños independientes: una traslación en cada una de dos direcciones, y un giro. En una traslación $\delta \vec{s}$, todos los puntos del cuerpo se mueven el mismo $\delta \vec{s}$, así que $\delta W=(\sum \vec{F})\cdot \delta \vec{s}$, que se anula para traslaciones en todas las direcciones solo si $\sum \vec{F}=0$. En un pequeño giro $\delta \theta$ alrededor de cualquier punto, una fuerza cuyo momento respecto a ese punto es $\tau$ realiza el trabajo $\tau \delta \theta$: el momento es exactamente el trabajo por radián de giro. Así, $\delta W=(\sum \tau )\delta \theta$, que se anula solo si $\sum \tau =0$.

Las fuerzas internas, los empujes y tirones entre partes del cuerpo, no intervienen nunca. Van en parejas de fuerzas iguales y opuestas, dirigidas a lo largo de la recta que une las dos partes, y un sólido rígido mantiene fija esa distancia, de modo que las dos fuerzas de cada pareja realizan trabajos iguales y opuestos.

La ley de la palanca, solo con el trabajo

La prueba más sencilla de este principio es una palanca. El trabajo virtual da su ley directamente a partir de pesos y alturas, sin definir siquiera el momento.

Leyenda

$m_{1}g$	Peso de la carga 1, cuya masa es $m_1$.	$\mathrm{N}$
$m_{2}g$	Peso de la carga 2, cuya masa es $m_2$.	$\mathrm{N}$
$r_1$	Distancia del eje a la carga 1, a lo largo de la barra.	$\mathrm{m}$
$r_2$	Distancia del eje a la carga 2, a lo largo de la barra; aquí el doble de $r_1$.	$\mathrm{m}$
$\delta \theta$	Pequeño giro virtual de la barra alrededor del eje, exagerado en el dibujo.	$\mathrm{rad}$
$\delta h_1$	Bajada de la carga 1 durante el giro: $r_1\delta \theta$.	$\mathrm{m}$
$\delta h_2$	Subida de la carga 2 durante el giro: $r_2\delta \theta$.	$\mathrm{m}$

La figura 1 muestra una barra sobre un eje, con la carga 1, de masa $m_1$, a la distancia $r_1$ por un lado y la carga 2, de masa $m_2$, a la distancia $r_2$ por el otro. La barra está equilibrada, $m_1{r}_1=m_2{r}_2$, y le damos un pequeño giro virtual $\delta \theta$ alrededor del eje, dibujado mucho mayor de lo que es en realidad. Fíjate en los dos corchetes verticales cortos. Un punto de la barra a la distancia $r$ del eje recorre un arco de longitud $r\delta \theta$, y para un ángulo pequeño ese arco es prácticamente vertical. Así que la carga 1 baja $\delta h_1=r_1\delta \theta$ y la carga 2 sube $\delta h_2=r_2\delta \theta$.

Ahora suma los trabajos. El eje no se mueve, así que su fuerza no realiza trabajo. La gravedad solo realiza trabajo en los movimientos verticales: sobre la carga 1, que baja, realiza $+m_{1}g\delta h_1$; sobre la carga 2, que sube, realiza $-m_{2}g\delta h_2$. Igualar el total a cero da $m_{1}g{r}_1\delta \theta =m_{2}g{r}_2\delta \theta$, y al dividir entre $g\delta \theta$ queda $m_1{r}_1=m_2{r}_2$. Es la ley de la palanca, obtenida solo con un balance de energía.

En la animación, la barra equilibrada lleva una caja de 2,0 kg en $r_1=0,20\mathrm{m}$ y una caja de 1,0 kg en $r_2=0,40\mathrm{m}$. Inclinarla 0,01 rad baja la caja pesada 2 mm y sube la ligera 4 mm, y $2,0\cdot 2=1,0\cdot 4$: lo que la gravedad gana por un lado, lo devuelve por el otro.

¿Por qué la regla no podría ser otra? Una palanca equilibrada y sin rozamiento puede girarse despacio con un empujón tan pequeño como quieras. Si estuviera en equilibrio con cualquier otra proporción de masas y distancias, girarla en un sentido aumentaría la energía potencial total de las cargas sin que nada lo pagara, y el truco podría repetirse sin límite: sería una máquina de movimiento perpetuo. La ley de la palanca se deduce, pues, de la imposibilidad del movimiento perpetuo. Simon Stevin razonó así en 1586 sobre el plano inclinado: una cadena cerrada colgada sobre una cuña nunca empieza a circular por sí sola.

Tres ecuaciones, y cualquier punto como pivote

En la práctica, las condiciones de equilibrio se escriben como ecuaciones y se elige el pivote que más las simplifica. Esta sección muestra por qué vale cualquier pivote, y cuántas incógnitas pueden fijar las ecuaciones.

En un plano, el equilibrio son tres ecuaciones: $\sum F_x=0$, $\sum F_y=0$ y $\sum {\tau }_z=0$. El momento respecto a un punto $B$ de una fuerza ${\vec{F}}_i$ aplicada en ${\vec{r}}_i$ es $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_B)\times {\vec{F}}_i$. Descompón el brazo como $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_A)+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)$, donde $A$ es otro punto cualquiera, y suma para todas las fuerzas:
${\vec{\tau }}_B={\vec{\tau }}_A+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)\times \sum \vec{F}$
Cuando la fuerza neta es nula, el segundo término desaparece y el momento es el mismo respecto a cualquier punto. Así que el pivote puede ponerse donde convenga, normalmente en un apoyo: la fuerza desconocida de ese apoyo no tiene brazo ahí y desaparece de la ecuación de momentos.

Tres ecuaciones fijan como máximo tres incógnitas. Una viga sobre dos apoyos, o una escalera contra una pared lisa, no tiene más, y se llama isostática (estáticamente determinada). Una mesa de cuatro patas tiene cuatro fuerzas desconocidas en las patas, pero sigue teniendo solo tres ecuaciones útiles, así que es hiperestática (estáticamente indeterminada): la estática por sí sola no puede decir cómo se reparte la carga, y solo lo decide la ligera elasticidad de las patas y del suelo. En un suelo irregular una pata no soporta nada, y la mesa cojea.

Tres fuerzas se cortan en un punto

Cuando exactamente tres fuerzas mantienen quieto un cuerpo, una regla geométrica fija la dirección de una de ellas antes de escribir ninguna ecuación. Una escalera apoyada en una pared es el ejemplo clásico.

Leyenda

$W$	Peso de la escalera, que actúa en su punto medio.	$\mathrm{N}$
$P$	Empuje de la pared. Una pared lisa solo empuja perpendicularmente a sí misma, así que $P$ es horizontal.	$\mathrm{N}$
$R$	Reacción del suelo en el pie de la escalera: la fuerza normal y el rozamiento sumados. Su línea de acción pasa por $T$.	$\mathrm{N}$
$T$	Punto donde se cortan las líneas de acción de $W$ y $P$.
$\theta$	Ángulo entre la escalera y el suelo.	$\mathrm{rad}$
$\phi$	Ángulo entre $R$ y la vertical; $\tan \phi =a/h$, el rozamiento dividido entre la fuerza normal.	$\mathrm{rad}$
$h$	Altura del extremo superior de la escalera, que es también la altura de $T$.	$\mathrm{m}$
$a$	Distancia horizontal del pie de la escalera a la vertical que pasa por su punto medio, vertical que también pasa por $T$.	$\mathrm{m}$

La figura 2 muestra una escalera uniforme de longitud $L$ y peso $W$, apoyada en el suelo con el ángulo $\theta$ y contra una pared lisa. Sobre ella actúan tres fuerzas. El peso $W$ actúa verticalmente hacia abajo en el punto medio. Una pared lisa solo puede empujar perpendicularmente a sí misma, así que su empuje $P$ en el extremo superior es horizontal. La reacción del suelo $R$ en el pie tiene, por ahora, una dirección desconocida. Sigue las líneas de acción discontinuas de $W$ y $P$: se cortan en $T$, a la altura del extremo superior de la escalera y justo encima de su punto medio.

Toma momentos respecto a $T$. Ni $W$ ni $P$ tienen momento ahí, porque ambas líneas pasan por $T$. El momento total es cero, así que $R$ tampoco puede tener momento respecto a $T$, lo cual solo es posible si su línea de acción también pasa por $T$. Esto fija la dirección de $R$ antes incluso de mencionar el rozamiento. La regla es general: cuando exactamente tres fuerzas no paralelas mantienen un cuerpo en equilibrio, sus líneas de acción se cortan en un punto.

Ahora descompón $R$ en la fuerza normal $N$, vertical hacia arriba, y el rozamiento $f$, a lo largo del suelo hacia la pared. El equilibrio de las fuerzas verticales da $N=W$, y el de las horizontales $f=P$. En la figura 2, $R$ se inclina el ángulo $\phi$ respecto a la vertical, así que $\tan \phi =f/N$. El mismo ángulo se lee en el triángulo rectángulo cuyo cateto vertical es la altura del extremo superior (y de $T$), $h=L\sin \theta$, y cuyo cateto horizontal es la distancia del pie a la vertical que pasa por el punto medio, $a=\frac{1}{2}L\cos \theta$. Por tanto $\tan \phi =a/h$, y
$\frac{f}{N}=\frac{a}{h}=\frac{1}{2\tan \theta }$
Para una escalera uniforme a $60^{\circ }$ con el suelo, esto da $1/(2\tan 60^{\circ })\approx 0,29$, pese lo que pese la escalera y mida lo que mida. Así que la escalera solo se sostiene si el coeficiente de rozamiento estático con el suelo es al menos 0,29. Una escalera más empinada necesita menos.

La gravedad actúa en el centro de masa

Casi todos los problemas de estática sustituyen el peso de un cuerpo por una única fuerza en su centro de masa. Aquí verás por qué eso es exacto en un campo uniforme, y qué predice para la balanza de la animación.

Cada parte $i$ de un cuerpo, de masa $m_i$ y situada en la posición ${\vec{r}}_i$ respecto a un pivote, siente el peso $m_i\vec{g}$. Como $\vec{g}$ es el mismo para todas las partes, sale de la suma: $\sum {\vec{r}}_i\times m_i\vec{g}=(\sum m_i{\vec{r}}_i)\times \vec{g}=M{\vec{r}}_{\mathrm{CM}}\times \vec{g}$, donde $M$ es la masa total y ${\vec{r}}_{\mathrm{CM}}=\sum m_i{\vec{r}}_i/M$. Todo el peso actúa en el centro de masa. Con $x$ medida horizontalmente desde el pivote y los momentos antihorarios positivos,
$x_{\mathrm{CM}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
$\sum {\tau }_{\mathrm{peso}}=-Mg{x}_{\mathrm{CM}}$
El signo menos indica que un centro de masa a la derecha del pivote hace girar el cuerpo en sentido horario. De ahí salen dos consecuencias. Un cuerpo colgado de un eje se detiene con su centro de masa justo debajo del eje, donde la gravedad no tiene momento. Y las plomadas trazadas desde dos puntos de suspensión distintos se cruzan en el centro de masa, que es como se localiza en la práctica.

Aplica esto a las dos cajas solas. Llama ${\tau }_1$ al momento antihorario de la caja pesada, ${\tau }_2$ al momento horario de la ligera y $x_{\mathrm{CM}}$ a la posición del centro de masa de las cajas; entonces ${\tau }_1-{\tau }_2=-(m_1+m_2)g{x}_{\mathrm{CM}}$. La gráfica del nivel experto de la animación representa esta magnitud frente a la posición $x_1$ de la caja pesada: 4,51 N·m en $x_1=-0,42\mathrm{m}$, cero en $x_1=-m_2{r}_2/m_1=-0,20\mathrm{m}$ y $-2,07\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ en $x_1=-0,10\mathrm{m}$. La línea es casi recta, con una pendiente próxima a $-m_{1}g=-19,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ por metro: cada centímetro que la caja se desliza hacia dentro quita unos 0,20 N·m. La pendiente dibujada es alrededor de un 5 % más pronunciada. Los centros de las cajas van unos 5 cm por encima de la línea del eje, así que el cambio de inclinación que acompaña a cada desplazamiento de la caja también los mueve un poco lateralmente.

Este no es el momento total sobre la barra. La pesa de 14 kg de la aguja aporta un momento opuesto y mantiene el total en cero, y por eso la barra solo se inclina en parte (el cálculo viene más abajo). La plomada dorada de la animación muestra lo mismo geométricamente: la barra se inclina hacia el lado en el que está el centro de masa de las cajas.

Estabilidad y energía potencial

Un equilibrio puede parecerse al fondo de un cuenco, al que el cuerpo vuelve, o a la cima de una colina, de la que cae. La energía potencial distingue los dos casos.

Para un cuerpo que gira alrededor de un eje, la energía potencial es $U(\theta )=Mg{y}_{\mathrm{CM}}$, donde $y_{\mathrm{CM}}$ es la altura del centro de masa. Cuando el cuerpo gira $d\theta$, el momento de la gravedad realiza el trabajo $\tau d\theta$, que se toma de $U$, así que $dU=-\tau d\theta$. El equilibrio, es decir, momento nulo, significa por tanto $dU/d\theta =0$. Es estable si $d^{2}U/d{\theta }^2>0$: entonces una inclinación eleva el centro de masa, y el momento que aparece empuja el cuerpo de vuelta. Es inestable si $d^{2}U/d{\theta }^2<0$, e indiferente si $U$ se mantiene constante, como en una rueda uniforme sobre su eje.

Sitúa el centro de masa a la distancia $\ell$ del eje y al ángulo $\psi$ de la vertical hacia abajo. Su altura respecto al eje es $-\ell \cos \psi$, así que $U=-Mg\ell \cos \psi$ y $d^{2}U/d{\psi }^2=Mg\ell \cos \psi$. Esto es positivo en $\psi =0$, así que colgar por debajo del eje es estable, y negativo en $\psi =180^{\circ }$, así que equilibrarse por encima es inestable. Un balancín con dos niños tiene su centro de masa por encima del pivote: no se queda horizontal, sino que acaba apoyado en un extremo, sostenido por el suelo. La balanza de la animación cuelga una pesa de 14 kg a 0,19 m bajo el eje precisamente para evitarlo.

Problema resuelto: cuánto se inclina la balanza

Con la caja descentrada, la balanza de la animación no cae hacia un extremo: se detiene en una inclinación concreta. Esta sección calcula ese ángulo, primero con geometría y luego con energía.

Leyenda

$O$	El eje alrededor del cual gira la barra.
$G$	Centro de masa de toda la balanza: cajas, barra, aguja y pesa.
$Mg$	Peso de toda la balanza, de masa total $M$, que actúa en $G$.	$\mathrm{N}$
$u_G$	Posición de $G$ a lo largo de la barra, medida desde el eje y positiva hacia la derecha; aquí negativa.	$\mathrm{m}$
$w_G$	Posición de $G$ en perpendicular a la barra, positiva hacia arriba; aquí negativa, porque $G$ está por debajo de la barra.	$\mathrm{m}$
$\theta$	Inclinación de la barra respecto a la horizontal, positiva en sentido antihorario. El mismo ángulo aparece en $G$ en el triángulo rectángulo.	$\mathrm{rad}$

La figura 3 esquematiza la balanza con las proporciones exageradas. Usa coordenadas fijas a la barra y medidas desde el eje $O$: $u_i$ a lo largo de la barra (positiva hacia la derecha) y $w_i$ en perpendicular a ella (positiva hacia arriba). Juntas, las partes, de masas $m_i$, pesan como un solo cuerpo de masa $M=\sum m_i$ situado en su centro de masa $G$, de coordenadas $u_G=A/M$ y $w_G=B/M$, con
$A=\sum m_i{u}_i,B=\sum m_i{w}_i$
La inclinación $\theta$ de la barra respecto a la horizontal se cuenta en sentido antihorario.

La balanza está en reposo cuando $G$ cuelga justo debajo de $O$, porque entonces el peso $Mg$ pasa por el eje y no tiene momento. (Justo encima de $O$ también hay equilibrio, pero inestable.) En la figura 3, avanza desde $O$ a lo largo de la barra una distancia $u_G$ y luego en perpendicular a ella una distancia $w_G$, y llegas a $G$; la plomada que sube desde $G$ hasta $O$ cierra un triángulo rectángulo, con el ángulo recto donde $u_G$ se une con $w_G$. El ángulo en $G$ es igual a la inclinación $\theta$. En efecto, dos rectas perpendiculares a otras dos se cortan con el mismo ángulo que estas; la barra y la horizontal se cortan con el ángulo $\theta$, así que el cateto $w_G$, perpendicular a la barra, y la plomada, perpendicular a la horizontal, también forman el ángulo $\theta$. Visto desde $G$, $u_G$ es el cateto opuesto y $w_G$ el contiguo, así que
$\tan \theta =\frac{u_G}{w_G}=\frac{A}{B}$
En la figura, $u_G$ y $w_G$ son ambos negativos, así que $\tan \theta >0$: la barra ha girado en sentido antihorario, con el lado izquierdo hacia abajo.

La energía potencial da el mismo resultado, y además resuelve la cuestión de la estabilidad. Girada la barra un ángulo $\theta$ en sentido antihorario, la parte $i$ queda a la altura $u_i\sin \theta +w_i\cos \theta$ sobre el eje, así que
$U(\theta )=g(A\sin \theta +B\cos \theta )$
Igualar a cero $dU/d\theta =g(A\cos \theta -B\sin \theta )$ da de nuevo $\tan \theta =A/B$.

Vamos con los números. Los centros de las cajas están a 0,053 m y 0,043 m por encima de la línea del eje y la pesa a 0,19 m por debajo, así que $B=2,0\cdot 0,053+1,0\cdot 0,043-14\cdot 0,19\approx -2,51\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$; el peso de la propia barra actúa en el eje y no añade nada. Al principio, la caja pesada está en $x_1=-0,42\mathrm{m}$ a lo largo de la barra y la ligera en 0,40 m, así que $A=2,0\cdot (-0,42)+1,0\cdot 0,40=-0,44\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$. Entonces $\tan \theta =0,175$ y $\theta =9,9^{\circ }$, con el lado pesado hacia abajo, como en la figura 3. En $x_1=-0,10\mathrm{m}$, $A=+0,20\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$ y $\theta =-4,6^{\circ }$, con el otro lado hacia abajo; en $x_1=-0,20\mathrm{m}$, $A=0$ y la barra está horizontal. Como comprobación, el momento horario de la pesa al principio, $14\cdot 9,81\cdot 0,19\sin \theta \approx 4,51\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, cancela el momento de las cajas al principio de la gráfica.

¿Es estable esta posición de reposo? La segunda derivada es $d^{2}U/d{\theta }^2=-g(A\sin \theta +B\cos \theta )$, y en el equilibrio con $G$ bajo $O$ (aquí $B<0$) resulta ser $g\sqrt{A^2+B^2}$. Eso nunca es menor que $g|B|=9,81\cdot 2,51=24,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ por radián, así que la balanza es estable esté donde esté la caja. Cerca de la horizontal, $\theta \approx A/B$: deslizar la caja 1 cm cambia $A$ en 0,020 kg·m e inclina la barra $0,020/2,51\approx 0,008\mathrm{rad}$, unos 0,46°. Esa es la sensibilidad de la balanza. Un $|B|$ menor, con una pesa más ligera o una aguja más corta, la aumentaría, a costa de un momento recuperador más débil, $g|B|$ por radián cerca de la horizontal. Sin la pesa, $B=+0,15\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$: $G$ queda por encima del eje, la segunda derivada en la posición horizontal es negativa, y el menor desequilibrio haría volcar la barra por completo, como un balancín.

Vuelco y deslizamiento

Un cuerpo apoyado en una pendiente puede fallar de dos maneras: desliza hacia abajo o vuelca sobre su arista inferior. Lo que ocurra primero depende solo de su forma y del rozamiento.

Leyenda

$w$	Anchura de la base de la caja, a lo largo de la rampa.	$\mathrm{m}$
$h$	Altura de la caja.	$\mathrm{m}$
$\theta$	Ángulo de la rampa. Es también el ángulo entre $R$ y la normal a la rampa.	$\mathrm{rad}$
$mg$	Peso de la caja, que actúa en su centro.	$\mathrm{N}$
$R$	Fuerza de contacto de la rampa sobre la caja (fuerza normal más rozamiento): igual y opuesta al peso, así que vertical.	$\mathrm{N}$
$d$	Distancia de la arista inferior de la base al punto donde actúa $R$: $d=w/2-(h/2)\tan \theta$.	$\mathrm{m}$

La figura 4 muestra una caja uniforme, de base $w$ y altura $h$, sobre una rampa de ángulo $\theta$. Solo actúan sobre ella dos fuerzas: su peso $mg$, en el centro, y la fuerza de contacto de la rampa $R$, es decir, la fuerza normal y el rozamiento sobre toda la base sumados en una sola fuerza. Dos fuerzas solo se equilibran si son iguales, opuestas y están sobre la misma recta, así que $R$ apunta verticalmente hacia arriba a lo largo de la vertical que pasa por el centro, y actúa donde esa vertical corta la base.

Para hallar ese punto, parte del centro, que está a $w/2$ de la arista inferior a lo largo de la base y a $h/2$ por encima de la base. La vertical que pasa por el centro se inclina $\theta$ respecto a la normal a la rampa, así que al bajar la altura $h/2$ se desvía $(h/2)\tan \theta$ cuesta abajo. Por tanto, corta la base $(h/2)\tan \theta$ más abajo que el punto medio de la base, a la distancia
$d=\frac{w}{2}-\frac{h}{2}\tan \theta$
de la arista inferior, marcada $d$ en la figura 4. A medida que la rampa se empina, $d$ disminuye. La fuerza de contacto no puede actuar fuera de la base, así que cuando $d$ llega a cero ya no puede situarse bajo el centro, y la caja vuelca sobre su arista inferior:
$\tan \theta =\frac{w}{h}\text{(vuelco de una caja uniforme en una rampa)}$

El deslizamiento se lee en el mismo dibujo. $R$ es vertical y la normal se inclina $\theta$ respecto a la vertical, así que $R$ se inclina $\theta$ respecto a la normal: es el ángulo marcado entre $R$ y la normal discontinua en la figura 4. Por tanto, su componente de rozamiento dividida entre su componente normal vale $\tan \theta$, y el rozamiento estático solo puede proporcionarlo mientras $\mu \ge \tan \theta$, donde $\mu$ es el coeficiente de rozamiento estático. Comparando los dos límites, la caja vuelca antes si $w/h<\mu$ y desliza antes si $\mu <w/h$.

Un archivador de 0,45 m de ancho y 1,30 m de alto tiene $w/h\approx 0,35$. Sobre goma, con $\mu \approx 0,8$, vuelca a 19,1°; sobre una rampa de plástico mojado, con $\mu =0,20$, desliza antes, a 11,3°. Para un cuerpo no uniforme, usa en lugar de $w/2$ y $h/2$ las distancias reales de su centro de masa a la arista inferior y a la rampa. Un centro de masa bajo hace que $d$ disminuya más despacio, y por eso las mercancías pesadas se cargan abajo.

Límites de validez

Todo lo anterior supone sólidos rígidos. Las vigas reales se doblan, y en una estructura hiperestática son las deformaciones, mediante la ley de Hooke, las que deciden las fuerzas. El rozamiento estático es una desigualdad, $f\le \mu N$: las ecuaciones dan el rozamiento que necesita un cuerpo, y la desigualdad solo dice si las superficies pueden proporcionarlo.

Situar el peso en el centro de masa exige además un campo uniforme. La gravedad se debilita con la altura $y$ en una fracción de unos $2y/R_{\mathrm{T}}$, donde $R_{\mathrm{T}}$ es el radio de la Tierra. En una columna uniforme de $H=800\mathrm{m}$ de altura, el centro de gravedad, el punto donde actúa en la práctica el peso, queda por tanto $H^2/(6R_{\mathrm{T}})\approx 1,7\mathrm{cm}$ por debajo del centro de masa: despreciable para edificios. En órbita, ese mismo gradiente hace que un satélite alargado apunte hacia la Tierra, y los momentos de las fuerzas de marea han hecho que la Luna nos muestre siempre la misma cara.

Por último, la estática es el límite de los cambios lentos. Si mueves la caja de golpe, la barra se pasa de largo y oscila; entonces entra en juego $\tau =I\alpha$, de Dinámica de rotación y momento de fuerza.

Lo que viene después

El trabajo virtual gobierna toda máquina ideal de Máquinas simples: palancas, poleas y engranajes, y las vigas que se comban llevan a Elasticidad: ley de Hooke, esfuerzo y deformación. Un equilibrio estable es donde empieza el Movimiento armónico simple: desplazado un poco, un cuerpo oscila a su alrededor con ${\omega }^2=(d^{2}U/d{\theta }^2)/I$, donde $I$ es su momento de inercia respecto al eje. Los fluidos también obedecen a la estática: en Flotación y principio de Arquímedes, un barco se mantiene derecho cuando, al escorar, su peso y el empuje forman un par adrizante. Cuando los momentos no se anulan, el cuerpo empieza a girar: es el asunto de la lección El momento angular y su conservación. Las cargas tienen su propia estática, en Campo y potencial eléctricos, con una salvedad: las fuerzas electrostáticas por sí solas nunca pueden mantener una carga en equilibrio estable (teorema de Earnshaw).