Physics For Scientists And Engineers 6E - part 92

SECTION 12.2 •  More on the Center of Gravity

365

wise, the point of application of 

F

2

relative to O& is 

r

2

'

r&, and so forth. Therefore, the

torque about an axis through O& is

Because the net force is assumed to be zero (given that the object is in translational
equilibrium), the last term vanishes, and we see that the torque about an axis through
O& is equal to the torque about an axis through O. Hence, 

if an object is in transla-

tional equilibrium and the net torque is zero about one axis, then the net torque
must be zero about any other axis.

12.2 More on the Center of Gravity

We have seen that the point at which a force is applied can be critical in determining
how  an  object  responds  to  that  force.  For  example,  two  equal-magnitude  but  oppo-
sitely directed forces result in equilibrium if they are applied at the same point on an
object. However, if the point of application of one of the forces is moved, so that the
two forces no longer act along the same line of action, then the object undergoes an
angular acceleration.

Whenever  we  deal  with  a  rigid  object,  one  of  the  forces  we  must  consider  is  the

gravitational  force  acting  on  it,  and  we  must  know  the  point  of  application  of  this
force. As we learned in Section 9.5, associated with every object is a special point called
its center of gravity. All the various gravitational forces acting on all the various mass el-
ements of the object are equivalent to a single gravitational force acting through this
point. Thus, to compute the torque due to the gravitational force on an object of mass
M, we need only consider the force M

g acting at the center of gravity of the object.

How do we find this special point? As we mentioned in Section 9.5, if we assume

that g is uniform over the object, then the center of gravity of the object coincides with
its center of mass. To see that this is so, consider an object of arbitrary shape lying in
the  xy plane,  as  illustrated  in  Figure  12.5.  Suppose  the  object  is  divided  into  a  large
number  of  particles  of  masses  m

1

,  m

2

,  m

3

,  .  .  .  having  coordinates  (x

1

,  y

1

),  (x

2

,  y

2

),

(x

3

, y

3

), . . . . In Equation 9.28 we defined the x coordinate of the center of mass of

such an object to be

We use a similar equation to define the y coordinate of the center of mass, replacing
each x with its y counterpart.

Let  us  now  examine  the  situation  from  another  point  of  view  by  considering  the

gravitational force exerted on each particle, as shown in Figure 12.6. Each particle con-
tributes a torque about the origin equal in magnitude to the particle’s weight mg multi-
plied by its moment arm. For example, the magnitude of the torque due to the force
m

1

g

1

is m

1

g

1

x

1

, where g

1

is the value of the gravitational acceleration at the position of

the particle of mass m

1

. We wish to locate the center of gravity, the point at which appli-

cation of the single gravitational force M

g (where M ! m

1

$

m

2

$

m

3

$

% % %

is the total

mass of the object) has the same effect on rotation as does the combined effect of all
the individual gravitational forces m

i

g

i

. Equating the torque resulting from M

g acting at

the center of gravity to the sum of the torques acting on the individual particles gives

This expression accounts for the fact that the value of g can in general vary over the
object.  If  we  assume  uniform  g over  the  object  (as  is  usually  the  case),  then  the

(m

1

g

1

$

m

2

g

2

$

m

3

g

3

$ % % %

)x

CG

!

m

1

g

1

x

1

$

m

2

g

2

x

2

$

m

3

g

3

x

3

$ % % %

x

CM

!

m

1

x

1

$

m

2

x

2

$

m

3

x

3

$ % % %

m

1

$

m

2

$

m

3

$ % % %

!

!

i

 

m

i

x

i

!

i

 

m

i

!

r

1

"

F

1

$

r

2

"

F

2

$

r

3

"

F

3

$ % % % '

r& " (F

1

$

F

2

$

F

3

$ % % %

)

!

 

!

O&

!

(

r

1

'

r&) " F

1

$

(

r

2

'

r&) " F

2

$

(

r

3

'

r&) " (F

3

$ % % %

Figure 12.4 Construction showing

that if the net torque is zero about

origin O, it is also zero about any

other origin, such as O&.

Figure 12.6 The center of gravity

of an object is located at the center

of mass if g is constant over the

object.

Figure 12.5 An object can be di-

vided into many small particles

each having a specific mass and

specific coordinates. These parti-

cles can be used to locate the cen-

ter of mass.

F

2

F

1

F

3

F

4

r

 

1

r

 

1

 – r

 

′

r

 

′

O

O 

′

x

1

,y

1

y

x

 

2

,y

 

2

x

 

3

,y

 

3

m

1

m

2

m

 

3

CM

O

x

×

m

3

g

m

2

g

x

1

,y

1

y

x

 

2

,y

 

2

x

 

3

,y

 

3

m

1

g

CG

O

x

×

F

g

 = Mg

g terms cancel and we obtain

(12.4)

Comparing this result with Equation 9.28, we see that 

the center of gravity is located

at the center of mass as long as g is uniform over the entire object. In several ex-
amples presented in the next section, we will deal with homogeneous, symmetric ob-
jects. The center of gravity for any such object coincides with its geometric center.

x

CG

!

m

1

x

1

$

m

2

x

2

$

m

3

x

3

$ % % %

m

1

$

m

2

$

m

3

$ % % %

12.3 Examples of Rigid Objects 

in Static Equilibrium

The photograph of the one-bottle wine holder in Figure 12.7 shows one example of a
balanced  mechanical  system  that  seems  to  defy  gravity.  For  the  system  (wine  holder
plus bottle) to be in equilibrium, the net external force must be zero (see Eq. 12.1)
and the net external torque must be zero (see Eq. 12.2). The second condition can be
satisfied only when the center of gravity of the system is directly over the support point.

When  working  static  equilibrium  problems,  you  must  recognize  all  the  external

forces acting on the object. Failure to do so results in an incorrect analysis. When ana-
lyzing an object in equilibrium under the action of several external forces, use the fol-
lowing procedure.

366

C H A P T E R   1 2 •  Static Equilibrium and Elasticity

Quick Quiz 12.3

A meter stick is supported on a fulcrum at the 25-cm mark.

A 0.50-kg object is hung from the zero end of the meter stick, and the stick is balanced
horizontally. The mass of the meter stick is (a) 0.25 kg (b) 0.50 kg (c) 0.75 kg (d) 1.0 kg
(e) 2.0 kg (f) impossible to determine.

Figure 12.7 This one-bottle wine

holder is a surprising display of sta-

tic equilibrium. The center of grav-

ity of the system (bottle plus

holder) is directly over the support

point. 

P R O B L E M - S O LV I N G   S T R AT E G Y

OBJECTS IN STATIC EQUILIBRIUM

•

Draw a simple, neat diagram of the system.

•

Isolate the object being analyzed. Draw a free-body diagram. Then show and
label all external forces acting on the object, indicating where those forces are
applied. Do not include forces exerted by the object on its surroundings. (For
systems that contain more than one object, draw a separate free-body diagram
for each one.) Try to guess the correct direction for each force.

•

Establish a convenient coordinate system and find the components of the forces
on the object along the two axes. Then apply the first condition for equilibrium.
Remember to keep track of the signs of the various force components.

•

Choose a convenient axis for calculating the net torque on the object.
Remember that the choice of origin for the torque equation is arbitrary;
therefore choose an origin that simplifies your calculation as much as possible.
Note that a force that acts along a line passing through the point chosen as the
origin gives zero contribution to the torque and so can be ignored.

•

The first and second conditions for equilibrium give a set of linear equations
containing several unknowns, and these equations can be solved
simultaneously. If the direction you selected for a force leads to a negative
value, do not be alarmed; this merely means that the direction of the force is
the opposite of what you guessed.

Charles D. Winters

S E C T I O N   1 2 . 3 •  Examples of Rigid Objects in Static Equilibrium

367

Example 12.1 The Seesaw Revisited

A  seesaw  consisting  of  a  uniform  board  of  mass  M and
length ! supports a father and daughter with masses m

f

and

m

d

,  respectively,  as  shown  in  Figure  12.8.  The  support

(called  the  fulcrum)  is  under  the  center  of  gravity  of  the
board,  the  father  is  a  distance  d from  the  center,  and  the
daughter is a distance !/2 from the center.

(A)

Determine  the  magnitude  of  the  upward  force  n ex-

erted by the support on the board.

Solution First  note  that,  in  addition  to  n,  the  external
forces acting on the board are the downward forces exerted
by  each  person  and  the  gravitational  force  acting  on  the
board.  We  know  that  the  board’s  center  of  gravity  is  at  its
geometric center because we are told that the board is uni-
form.  Because  the  system  is  in  static  equilibrium,  the  net
force on the board is zero. Thus, the upward force n must
balance all the downward forces. From 

!F

y

!

0, and defin-

ing upward as the positive y direction, we have

(The equation 

!F

x

!

0 also applies, but we do not need to

consider  it  because  no  forces  act  horizontally  on  the
board.)

(B)

Determine  where  the  father  should  sit  to  balance  the

system.

Solution To find this position, we must invoke the second
condition for equilibrium. If we take an axis perpendicular

m

f

g $ m

d

g $ Mg

n !

n ' m

f

g ' m

d

g ' Mg ! 0

to the page through the center of gravity of the board as the
axis for our torque equation, the torques produced by n and
the gravitational force acting on the board are zero. We see
from 

!( ! 0 that

This is the same result that we obtained in Example 11.6 by
evaluating the angular acceleration of the system and setting
the angular acceleration equal to zero.

What  If?

Suppose  we  had  chosen  another  point  through

which the rotation axis were to pass. For example, suppose
the axis is perpendicular to the page and passes through the
location  of  the  father.  Does  this  change  the  results  to  parts
(A) and (B)?

Answer Part  (A)  is  unaffected  because  the  calculation  of
the net force does not involve a rotation axis. In part (B), we
would conceptually expect there to be no change if a differ-
ent rotation axis is chosen because the second condition of
equilibrium claims that the torque is zero about any rotation
axis.

Let us verify this mathematically. Recall that the sign of

the  torque  associated  with  a  force  is  positive  if  that  force
tends  to  rotate  the  system  counterclockwise,  while  the  sign
of the torque is negative if the force tends to rotate the sys-
tem clockwise. In the case of a rotation axis passing through
the location of the father, 

!( ! 0 yields

From part (A) we know that n ! m

f

g $ m

d

g $ Mg. Thus, we

can substitute this expression for n and solve for d:

This  result  is  in  agreement  with  the  one  we  obtained  in
part (B).

d !

"

m

d

m

f

#

 

1

2

 

!

(m

f

g)(d) ' (m

d

g)

"

 

!
2

#

!

0

(m

f

g $ m

d

g $ Mg)(d) ' (Mg)(d) ' (m

d

g)

"

d $  

!
2

#

!

0

n(d) ' (Mg)(d) ' (m

d

g)(d $ !/2) ! 0

"

m

d

m

f

#

 

1

2

 

!

d !

(m

f

g)(d) ' (m

d

g)

 

!
2

!

0

Example 12.2 A Weighted Hand

A person holds a 50.0-N sphere in his hand. The forearm is
horizontal,  as  shown  in  Figure  12.9a.  The  biceps  muscle  is
attached 3.00 cm from the joint, and the sphere is 35.0 cm
from the joint. Find the upward force exerted by the biceps
on  the  forearm  and  the  downward  force  exerted  by  the
upper arm on the forearm and acting at the joint. Neglect
the weight of the forearm.

Solution We simplify the situation by modeling the forearm
as a bar as shown in Figure 12.9b, where 

F is the upward force

exerted by the biceps and 

R is the downward force exerted by

the upper arm at the joint. From the first condition for equi-
librium, we have, with upward as the positive y direction,

(1)

     

!

 

F

y

!

F ' R ' 50.0 N ! 0

!

/2

n

d

Mg

m

f

g

m

d

g

Figure 12.8 (Example 12.1) A balanced system.

368

C H A P T E R   1 2 •  Static Equilibrium and Elasticity

From  the  second  condition  for  equilibrium,  we  know

that  the  sum  of  the  torques  about  any  point  must  be  zero.
With the joint O as the axis, we have

F(3.00 cm) ' (50.0 N)(35.0 cm) ! 0

!

 

( !

Fd ' mg

 

! !

0

F !

This value for F can be substituted into Equation (1) to give
R ! 533 N. As this example shows, the forces at joints and in
muscles can be extremely large.

583 N

!

d

Biceps

(a)

O

mg = 50.0 N

d = 3.00 cm
!

 = 35.0 cm

Figure 12.9 (Example 12.2) (a) The biceps muscle pulls upward with a force 

F that is

essentially at a right angle to the forearm. (b) The mechanical model for the system de-

scribed in part (a). 

Example 12.3 Standing on a Horizontal Beam

A  uniform  horizontal  beam  with  a  length  of  8.00 m  and  a
weight of 200 N is attached to a wall by a pin connection. Its
far end is supported by a cable that makes an angle of 53.0°
with the beam (Fig. 12.10a). If a 600-N person stands 2.00 m
from  the  wall,  find  the  tension  in  the  cable  as  well  as  the
magnitude and direction of the force exerted by the wall on
the beam.

Solution Conceptualize this problem by imagining that the
person in Figure 12.10 moves outward on the beam. It seems
reasonable that the farther he moves outward, the larger the
torque that he applies about the pivot and the larger the ten-
sion in the cable must be to balance this torque. Because the
system  is  at  rest,  we  categorize  this  as  a  static  equilibrium
problem. We begin to analyze the problem by identifying all
the  external  forces  acting  on  the  beam:  the  200-N  gravita-
tional force, the force T exerted by the cable, the force 

R ex-

erted  by  the  wall  at  the  pivot,  and  the  600-N  force  that  the
person exerts on the beam. These forces are all indicated in
the free-body diagram for the beam shown in Figure 12.10b.
When we assign directions for forces, it is sometimes helpful
to  imagine  what  would  happen  if  a  force  were  suddenly  re-
moved. For example, if the wall were to vanish suddenly, the
left end of the beam would move to the left as it begins to fall.
This tells us that the wall is not only holding the beam up but
is also pressing outward against it. Thus, we draw the vector 

R

as shown in Figure 12.10b. If we resolve 

T and R into horizon-

tal and vertical components, as shown in Figure 12.10c, and
apply the first condition for equilibrium, we obtain

(2)

     

!

 F

y

!

R

 

 sin ) $ T sin 53.0* ' 600 N ' 200 N ! 0

(1)

 

 

 

               

!

 F

x

!

R cos ) ' T cos 53.0* ! 0

where  we  have  chosen  rightward  and  upward  as  our  posi-
tive  directions.  Because  R,  T,  and  ) are  all  unknown,  we
cannot  obtain  a  solution  from  these  expressions  alone.
(The  number  of  simultaneous  equations  must  equal  the
number of unknowns for us to be able to solve for the un-
knowns.)

Now let us invoke the condition for rotational equilib-

rium. A convenient axis to choose for our torque equation
is  the  one  that  passes  through  the  pin  connection.  The
feature  that  makes  this  point  so  convenient  is  that  the
force 

R and  the  horizontal  component  of  T both  have  a

moment  arm  of  zero;  hence,  these  forces  provide  no
torque  about  this  point.  Recalling  our  counterclockwise-
equals-positive convention for the sign of the torque about
an  axis  and  noting  that  the  moment  arms  of  the  600-N,
200-N,  and  T sin  53.0° forces  are  2.00 m,  4.00 m,  and
8.00 m, respectively, we obtain

Thus, the torque equation with this axis gives us one of the
unknowns directly! We now substitute this value into Equa-
tions (1) and (2) and find that

R cos ) ! 188 N

R sin ) ! 550 N

We divide the second equation by the first and, recalling the
trigonometric identity sin )/cos ) ! tan ), we obtain

tan ) !

550 N
188 N

!

2.93

 313 N

T !

'

(200 N)(4.00 m) ! 0

(3)

     

!

( !

(T

 

 sin

  

53.0*)(8.00 m) ' (600 N)(2.00 m)

O

!

d

R

mg

F

(b)

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