Fuerza y Equilibrio

FUERZA Y EQUILIBRIO

Queda prohibida la reproduccin total o parcial de la presente obra sin expreso consentimiento del editor Fuerza y Equilibrio 2003, Luz Mara Garca Cruz, Toms David Navarrete Gonzlez, Jos ngel Rocha Martnez D.R. 2003 por Innovacin Editorial Lagares de Mxico, S.A. de C.V. Av. Lomas Verdes No. 480 202 A Fracc. Lomas Verdes Naucalpan, Estado de Mxico C.P. 53120 Telfono: (55) 5240-1295 al 98 email: [email protected] ISBN: 968-5785-25-2IMPRESO EN MXICO

Luz Mara Garca Cruz Toms David Navarrete Gonzlez Jos ngel Rocha Martnez

IndicePresentacin ........................................................................................................................ VII Introduccin al Curso de Fuerza y Equilibrio .................................................................. IX

Primera Parte

...................................................................................................................1

Unidad I. Leyes de Newton ....................................................................................................3 1. Conceptos Fundamentales ...................................................................................................5 2. Primera Ley de Newton .......................................................................................................7 3. Segunda Ley de Newton ......................................................................................................8 4. Tercera Ley de Newton .......................................................................................................9 Unidad II. Equilibrio de Cuerpo Puntual ...........................................................................13 1. Condiciones de Equilibrio para un Cuerpo Puntual .................................................................15 2. Planteamiento y Solucin del Problema sobre el Equilibrio del Cuerpo Puntual ............................15 3. Tipos de Fuerzas que se Ejercen entre S los Cuerpos ..............................................................16 4. Nomenclatura Normalizada ................................................................................................23 Problemario Primera Parte .................................................................................................25

Segunda Parte

.................................................................................................................67

Unidad III. Equilibrio de Cuerpo Rgido ...........................................................................69 1. Definicin de Cuerpo Rgido ..............................................................................................71 2. Condiciones de Equilibrio para un Cuerpo Rgido ..................................................................76 3. Centro de Gravedad ..........................................................................................................77 4. Apoyos Simples y Articulados ............................................................................................77 Unidad IV. Fuerza Elstica ..................................................................................................81 1. Cuerpos Deformables y Tipos de Deformacin ......................................................................83 2. Deformaciones Elsticas en Una Direccin ...........................................................................87 3. Deformaciones Elsticas en Dos Direcciones .........................................................................89 Problemario Segunda Parte .................................................................................................93

V

Tercera Parte ................................................................................................................ 139Unidad V. Fuerza y Campo Gravitacionales ................................................................... 141 1. Ley de la Gravitacin Universal ....................................................................................... 143 2. Principio de Superposicin .............................................................................................. 145 3. Campo Gravitacional ..................................................................................................... 146 Unidad VI. Fuerza y Campo Elctricos ........................................................................... 151 1. Ley de Coulomb ........................................................................................................... 153 2. Principio de Superposicin .............................................................................................. 155 3. Campo Elctrico ........................................................................................................... 156 Unidad VII. Fuerza y Campo Magnticos ....................................................................... 161 1. Campo Magntico ......................................................................................................... 1632. 3. 4. Fuerza que un Campo Magntico ejerce sobre un conductor en el que circula una corriente elctrica ............................................................................. 165 Ley de Ampere. Campo Magntico producido por un conductor rectilneo en el que circula una corriente elctrica ............................................................... 167 Fuerzas que se ejercen dos conductores rectilneos y paralelos en los que circulan corrientes elctricas ................................................................ 169

Problemario Tercera Parte ............................................................................................... 171 Bibliografa .......................................................................................................................... 219

VI

PRESENTACIONDe acuerdo con la experiencia acumulada en el trabajo docente (en un periodo mayor a veinticinco aos), los autores reconocemos que la enseanza y el aprendizaje de la Fsica bsica en los alumnos de la Divisin de C.B.I., la hemos realizado de manera poco eficiente. Algunos de los factores, que suponemos pueden ser causa de esa insatisfactoria situacin, son: a) Los alumnos que ingresan a la Divisin presentan deficiencias sobre conocimientos elementales en Matemticas y Ciencias Naturales. Ante esta situacin, en muchas ocasiones: b) Los profesores, aparte de reprocharlo expresa y pblicamente, tomamos una actitud de indiferencia y responsabilizamos total y exclusivamente a los alumnos para que corrijan su deficiente situacin. Con lo cual, uno de los efectos que con mayor frecuencia logramos es que: c) Los alumnos adoptan una actitud de desinters, y en muchos casos de desprecio, por el estudio de las Ciencias Bsicas. De esta manera, nuestros alumnos de nuevo ingreso de pronto quedan atrapados en un crculo que en muy pocos casos logran romperlo de manera constructiva. Es necesario pues, que desde el inicio hagamos un esfuerzo, tanto los profesores como los alumnos, con el nimo de evitar esos deteriorantes procesos. Con el presente texto de Fuerza y Equilibrio, por lo bsico y fundamental de su contenido y por el tipo de ejercicios que se incluyen, se pretende lograr el inters y la confianza de los alumnos, con lo cual se simplificar el desarrollo del curso y se prev la satisfaccin de los profesores y de los alumnos, de lo contrario, seguiremos siendo testigos del abandono progresivo de los alumnos a lo largo del trimestre.

ATENTAMENTE: Los autores: Luz Mara Garca Cruz Toms David Navarrete Gonzlez Jos ngel Rocha Martnez

VII

VIII

INTRODUCCION AL CURSO DE FUERZA Y EQUILIBRIOLa unidad de enseanza aprendizaje (U.E.A.) denominada fuerza y equilibrio, cuya clave asignada es 111136, se ubica como obligatoria en el tronco general de los planes de estudio de las nueve licenciaturas en ingeniera, que se imparten en la Divisin de Ciencias Bsicas e Ingeniera de la Universidad Autnoma Metropolitana, Unidad Azcapotzalco. Esta U.E.A. se imparte en el primer trimestre y es la inicial de un conjunto de U.E.A.s obligatorias de Fsica General, configurado por cuatro Tericas y dos Laboratorios. De acuerdo con la organizacin de la Divisin, la evaluacin del aprovechamiento de los alumnos se encuentra debidamente reglamentada. En trminos de esa reglamentacin se seala la posibilidad de que los alumnos acrediten la U.E.A con la aprobacin de tres exmenes parciales. Es por esto que los autores han elaborado los apuntes para la U.E.A. y lo presentan en tres partes que se corresponden con el contenido que se considera en cada uno de los tres exmenes parciales. El contenido de cada una de las tres partes incluye, de manera resumida, una exposicin de los temas y conceptos correspondientes y la solucin detallada de un conjunto suficiente de versiones (del orden de diez) del examen parcial, que se han aplicado en diversos trimestres. Los autores desean que el presente material sea de utilidad, tanto para los alumnos de la U.E.A., como para los profesores que la imparten; con la garanta de que se apega fielmente al contenido y nivel que se describe en el programa oficial de la U.E.A., y con el convencimiento de que la mejor seleccin bibliogrfica la determina cada profesor que imparte la U.E.A. Finalmente, los autores manifestamos nuestro mas profundo agradecimiento por el honor de haber colaborado, aunque modestamente, con uno de los constructores de la Universidad Autnoma Metropolitana, como fue el Dr. Francisco Medina Nicolau (q.e.p.d.). Gracias. Septiembre de 2003. ATENTAMENTE: Los autores Luz Mara Garca Cruz Toms David Navarrete Gonzlez Jos ngel Rocha Martnez

IX

X

Primera Parte

UNIDAD I LEYES DE NEWTONObjetivosSe pretende que los alumnos: a) Entiendan que el estudio del movimiento de los cuerpos tiene sentido, solamente, cuando se explicita la existencia de un observador. b) Asuman el papel de observadores. c) Conozcan y entiendan los fundamentos de la mecnica, en trminos del enunciado de las tres leyes de Newton, en su formulacin ms simplificada.

Contenido1. Conceptos Fundamentales. 2. Primera Ley de Newton. 3. Segunda Ley de Newton. 4. Tercera Ley de Newton.

Las Leyes de Newton

1. Conceptos Fundamentales.Observador.Un observador es una persona interesada en el comportamiento de los cuerpos que lo rodean. Desde este punto de vista, el alumno deber asumir el papel de observador, como una persona interesada en el movimiento de los cuerpos que lo rodean.

Cuerpo en Movimiento.Un observador determina que un cuerpo se encuentra en movimiento, cuando observa que la posicin en el espacio de dicho cuerpo, cambia al transcurrir el tiempo; de otra forma, establecer que el cuerpo se encuentra en reposo. Diremos que la posicin de un cuerpo en el espacio, en un instante dado, queda determinada, cuando se especifica la posicin de todos los puntos del espacio que ocupa dicho cuerpo en ese instante.

Sistema de Referencia. (S.R.)Es el dispositivo que necesita un observador para especificar apropiadamente la posicin de los puntos del espacio. Un S.R. queda constituido por los siguientes elementos: a) Un punto fijo del espacio, escogido arbitrariamente, al cual denotaremos como O y le llamaremos el origen del S.R. b) Un conjunto de ejes con orientacin fija en el espacio y cuya interseccin sea el origen del S.R., con los cuales podamos describir direcciones y sentidos en el espacio. c) La unidad de medida de longitud para especificar la distancia entre diferentes puntos del espacio. Al referir esa unidad de medida sobre los ejes de referencia, se dice que los ejes son coordenados. d) Un reloj que nos permita registrar el transcurso del tiempo.

Caractersticas de los ejes del S.R.a) Si los ejes del S.R. son perpendiculares entre si, se les llama ejes cartesianos. Preferentemente usaremos S.R. con ejes cartesianos y coordenados. b) El nmero de ejes del S.R. necesarios y suficientes para especificar la direccin y sentido en el espacio, determina lo que se llama la dimensin del espacio. En nuestro caso consideraremos a lo ms, un espacio de dos dimensiones, es decir un plano, por lo tanto, requeriremos de un S.R. con dos ejes. A los dos ejes cartesianos del S.R. en el plano los denominaremos eje-x y eje-y.

5

Fuerza y Equilibrio

Cuerpo Puntual.En el caso de que las caractersticas de un cuerpo, tanto geomtricas como de movimiento, sean tales que su posicin en cualquier instante t quede determinada por la posicin de cualquiera de sus puntos, se dice que el cuerpo es un cuerpo puntal.

Trayectoria de un cuerpo puntual.Dado un S.R. se define la trayectoria de un cuerpo puntual como el conjunto de puntos en el espacio que ocupa el cuerpo para todos los valores del tiempo t.

Movimiento Rectilneo y Uniforme de un Cuerpo Puntual.Se dice que un cuerpo puntual, m, respecto de un S.R. dado, describe un movimiento rectilneo y uniforme cuando: a) Su trayectoria es una recta. b) En intervalos de tiempo t cualquier valor de t.

r iguales, realiza desplazamientos r iguales para

r Es decir, si en el intervalo de t1 a t1+t, realiza un desplazamiento, r1 , entonces en el r intervalo de t2 a t2 + t , realiza un desplazamiento r2 tal que: r r r1 = r2

Para cualesquiera t1 , t2 , y t y t1 t2 , y t 0 .

y t+t t r

r2 r1 x

OEn este caso, se define la velocidad de m, respecto del S.R. dado, de la siguiente forma: r r Sean r1 y r2 las posiciones de m, en los tiempos t y t + t , de tal forma que en el intervalo r t realiza el desplazamiento r , dado por: r r r r = r2 r1 u r Se dice que m se desplaza con velocidad constante V dada por:

6

Las Leyes de Newton

r u r 1 r r V= = r t t Se define la rapidez de m como:r r u r r r V=V = = t t

Obsrvese que:r r [ Longitud ] = metro = m [V ] = = [ t ] [Tiempo] segundo s

En trminos de la velocidad, se dice que m se encuentra en reposo respecto del S.R. dado, u r r cuando V = 0 para todo t.

2. Primera Ley de Newton.Experimentalmente se verifica que las caractersticas observadas en el movimiento de un cuerpo, dependen en parte del S.R. utilizado. En general, se observa la existencia de dos tipos de S.R. llamados: S.R. Inerciales y S.R. No-Inerciales. Ejemplo de S.R. Inercial y S.R. No-Inercial. Consideremos una pelota M colocada en reposo sobre el piso de un camin, inicialmente en reposo respecto a la banqueta. Sean O y O los S.R. de dos observadores. O fijo a la banqueta y O fijo sobre el piso del camin, como se muestra en la figura.

L' M O' O Banqueta L

Cuando el camin acelera hacia la derecha, O observa que M comienza a rodar hacia l, es decir L disminuye mientras transcurre el tiempo, por otro lado, O observa que M mantiene su estado de reposo, es decir L=cte. en el transcurso del tiempo. En este caso, el observador O ha definido un S.R. inercial, en el cual M mantiene su estado de reposo, a menos que otro cuerpo interactu con l, en tanto que O es un S.R. No inercial, en el cual M comienza a moverse sin que otro cuerpo interactu sobre l. En cursos posteriores de Fsica se ver que el comportamiento de M, es debido a efectos inerciales de s mismo, o a la aparicin de Pseudofuerzas que se manifiestan en el S.R. no inercial.

Sistema de Referencia Inercial.Son aquellos S.R. en los cuales se observa que: Un Cuerpo Puntual conserva su estado de reposo o de movimiento rectilneo uniforme, a menos que otro cuerpo interactu sobre l.7

Fuerza y Equilibrio

Al reconocimiento experimental de la existencia de S.R. inerciales, se le llama la Primera Ley de Newton. De la 1 Ley de Newton se observa lo siguiente:

Definicin de masa.En un S.R. inercial los cuerpos materiales evidencian la propiedad de mantener su estado de reposo o de movimiento rectilneo y uniforme; a esta propiedad se le llama inercia. El parmetro fsico que cuantifica la inercia de un cuerpo es la masa. La masa de un cuerpo es una cantidad escalar cuya unidad de medida es el kilogramo:

[ m] = [ masa ] = kilogramo = kgY su valor se asocia de manera proporcional a la inercia, es decir a mayor inercia, se le asocia mayor masa.

Definicin de Fuerza.La fuerza que se ejercen entre s dos cuerpos, es el parmetro fsico que se usa para cuantificar la interaccin entre los cuerpos materiales capaz de modificar su estado de movimiento. Se observa que la fuerza es una cantidad vectorial y su definicin operativa la establece la 2 Ley de Newton. El origen de todas las fuerzas observadas macroscpicamente se explica a partir de cuatro fuerzas que se manifiestan a escala microscpica entre las partculas ms pequeas que componen la materia, a saber: Fuerzas Gravitatorias. Se manifiestan a nivel Csmico. Fuerzas Electromagnticas. Se manifiestan a nivel Atmico y Molecular. Fuerza Dbil de Corto Alcance. Se manifiesta a nivel Nuclear, genera la radiacin Nuclear Espontnea. Fuerza Fuerte de Corto Alcance. Se manifiesta a nivel Nuclear; mantiene la estabilidad de los ncleos, y en la interaccin entre partculas elementales.

3. Segunda Ley de Newton.Supongamos que respecto de un S.R. inercial, un cuerpo puntual de masa m se mueve ur ur rectilnea y uniformemente con velocidad V1 . Si al tiempo t1 se ejerce sobre m una fuerza F constante durante un tiempo t, experimentalmente se observa que para tiempos t > t1 +t, uu r m se mueve rectilnea y uniformemente con velocidad V2 , es decir m sufri un cambio de velocidad dado por: u uu ur r r V = V2 V1 8

Las Leyes de Newton

u r Experimentalmente se verifica que V es tal que:

u r ur u t ur r V F =m V = F t m A este resultado experimental se le llama la 2 Ley de Newton.y

F

t1 V 1 m t t1

t1+t V2 t>1

x

O

Observaciones: De la 2 Ley de Newton se tiene la definicin operativa del parmetro fuerza. Unidades. Se tiene:

ur u r m masa ] [ Longitud ] F = [ Fuerza ] [ ] V = [ = [ t ] [tiempo] [tiempo] = ( kilogramo ) metro

( segundo )

2

= kg

m = Newton = N s2

4. Tercera Ley de Newton.Experimentalmente se observa que, respecto de un S.R. inercial, si un cuerpo m1 ejerce una r r fuerza F12 a otro cuerpo m2, entonces m2 ejerce a m1 una fuerza F21 tal que: r r F12 = F21

9

Fuerza y Equilibrio

y F12 m2 F21 m1

F12 = F21

_

x

Or r Es importante tomar en cuenta que las fuerzas F12 y F21 actan sobre cuerpos distintos; en este caso sobre m2 y m1 respectivamente.Tambin observar que la existencia de una propicia la accin de la otra. Es por eso que a estas fuerzas se les llama fuerzas de Accin-Reaccin. Por ejemplo si m1 ejerce sobre m2 la r r fuerza F12 , m2 reaccionar y ejerce sobre m1 la fuerza F21 . Por lo tanto a la Tercera Ley de Newton se le identifica como la ley de Accin-Reaccin:A toda accin le corresponde una reaccin de igual magnitud, en la misma direccin y sentido contrario. Ejemplo que ilustra la aplicacin de la Tercera Ley de Newton.

Consideremos una carreta m1 tirada por un caballo m2, sobre una superficie horizontal, como se muestra en la figura.m1 m2

De acuerdo con la 3 Ley de Newton, si m2 jala a m1 con una fuerza F21, m1 jala a m2 con una fuerza F12, tal que: r r F12 = F21F 21 F 12

m1

m2

Entonces, Por qu se mueve la carreta tirada por el caballo? La explicacin est dada en trminos de las fuerzas que el piso ejerce sobre el caballo y sobre la carreta, de la siguiente forma:

10

Las Leyes de Newton

Cuando el caballo apoya sus patas sobre el piso para jalar la carreta, el piso le ejerce una fuerza Fp, siendo Fp la fuerza que el caballo ejerce sobre el piso. Ahora la carreta tiende a deslizar sobre el piso, en ese caso el piso le ejerce una fuerza Fp, donde Fp es la fuerza que la carreta le ejerce al piso.Fuerzas sobre la carreta m1 -F' p Fp ' -F p Fuerzas sobre el piso F 21 Fuerzas sobre el caballo F 12

m2 Fp

La diferencia FpFp es la que determina el avance de la carreta y del caballo sobre el piso.

11

Fuerza y Equilibrio

12

UNIDAD II EQUILIBRIO DEL CUERPO PUNTUALObjetivosSe pretende que los alumnos:

a) Aprendan a identificar, con claridad, las fuerzas que actan sobre un cuerpo puntual dado su entorno. b) Entiendan y apliquen la condicin para el equilibrio de un cuerpo puntual. c) Aprendan a determinar las condiciones de equilibrio para un sistema de cuerpos puntuales interaccionando entre s.

Contenido1. Condiciones de equilibrio para un cuerpo puntual. 2. Planteamiento y solucin del problema sobre el equilibrio del cuerpo puntual. 3. Tipos de fuerzas que se ejercen entre s los cuerpos. 4. Nomenclatura normalizada.

Equilibrio del Cuerpo Puntual

1. Condiciones de Equilibrio para un Cuerpo Puntual.Definicin.Se dice que un cuerpo puntual se encuentra en equilibrio respecto de un S.R. inercial dado, cuando la suma de todas las fuerzas que actan sobre l es cero.

Observacin:De la 1 Ley de Newton se tiene que un cuerpo puntual en equilibrio mantiene su estado de reposo o de movimiento rectilneo y uniforme. Solamente consideraremos el caso del equilibrio de cuerpos puntuales en reposo.

2. Planteamiento y Solucin del Problema sobre el Equilibrio del Cuerpo Puntual.Problema a considerar:Dado un conjunto de cuerpos puntuales interaccionando entre s; encontrar las condiciones para las cuales los cuerpos se encuentran en equilibrio.

Solucin al problema planteado.Procederemos de la siguiente forma: a) Debemos identificar las fuerzas que actan sobre cada cuerpo de inters, elaborando lo que se llama el diagrama de cuerpo libre para cada uno de ellos. b) Aplicar la condicin de equilibrio para cada uno de los cuerpos de inters, es decir, r r r que la suma de las fuerzas que actan sobre cada cuerpo es cero; si F1 , F2 , ..., Fn ; son las que actan sobre uno de esos cuerpos entonces:r r r r F1 + F2 + ... + Fn = 0 r r Fk = 0 n k =1

Observar que la ecuacin anterior establece una suma de cantidades vectoriales y se debe aplicar a cada cuerpo del sistema. Si las fuerzas que actan sobre cada cuerpo quedan contenidas en un plano, al establecer un S.R. inercial en este plano, se pueden obtener las componentes cartesianas de cada fuerza, es decir:

15

Fuerza y Equilibrio

r F1 = F1xi + F1 y , j r F2 = F2 xi + F2 y , j. . .

r Fn = Fnxi + Fny . j

Por lo tanto: n Fk x = 0 F1 x + F2 x + ... + Fn x = 0 k =1 n F = 0 F + F + ... + F = 0 ny 1y 2y k y k =1

r r Fk = 0 n k =1

c) Como se ver adelante, dependiendo de las caractersticas de los dispositivos de interaccin entre los cuerpos del sistema, y de stos con el entorno del sistema; algunas de las fuerzas que se ejercen a los cuerpos estarn relacionadas entre s o relacionadas con parmetros propios de los dispositivos de interaccin. Esas relaciones, al plantearlas algebraicamente, establecern lo que llamaremos las ecuaciones constitutivas. d) Al plantear las condiciones de equilibrio a cada cuerpo y las ecuaciones constitutivas respectivas, se establecer un sistema de ecuaciones que nos permitir calcular el valor de los parmetros requeridos.

3. Tipos de Fuerzas que se Ejercen entre S los Cuerpos.a) Fuerza de gravedad terrestre.Sobre todo cuerpo de masa m, colocado en regiones cercanas a la superficie de la tierra, la tierra le ejerce una fuerza constante, llamada el peso del cuerpo, cuya direccin y sentido es verticalmente dirigida hacia la superficie de la tierra y cuya magnitud es: W=mg, donde, g = 9.8m s2

.

A g se le llama la aceleracin de la gravedad terrestre.m

W = mgSuperficie de la Tierra

16


b) Fuerzas por contacto entre cuerpos.Estas fuerzas se manifiestan por las propiedades elsticas de los cuerpos cuando entran en contacto material.i. Fuerzas de Contacto entre cuerpos rgidos. Un cuerpo se dice que es rgido cuando no sufre deformaciones bajo la accin de fuerzas.

Cuando dos cuerpos rgidos entran en contacto material, interactan a travs de fuerzas perpendiculares a las superficies en contacto, conocidas como fuerzas normales, N. Ejemplos:Cuerpo en contacto con una superficie horizontal Cuerpo en un plano horizontal en contacto con una superficie vertical Cuerpo en contacto con una superficie inclinada

m m m

F

NW

N

m

F

N W

ii. Fuerzas de Contacto entre un cuerpo rgido y un cuerpo elstico. Un cuerpo elstico es aquel que sufre deformaciones al aplicarle fuerzas y recupera su forma al liberarle de esas fuerzas. Ejemplo de stos son los resortes que son cuerpos elsticos en una direccin y la deformacin que sufren en esa direccin es proporcional a la magnitud de la fuerza aplicada. Adems consideraremos que la masa de los resortes es tan pequea que su valor se puede ignorar.FT F cResorte No deformado Resorte sometido a Fuerzas de Traccin :

Resorte Estirado la Longitud x.

F = Fc = FT x

m

x

W

m

F c

17

Fuerza y Equilibrio

xResorte No deformado

m

xResorte Comprimido la Longitud x.

F cResorte sometido a Fuerzas de Compresin :

m

F=F =F c p

F c

W

Fp

Si un resorte es sometido a fuerzas de traccin, o de compresin, F; sufre un alargamiento, o una contraccin, x tal que: k= F = cte. x

A la constante k se le llama la constante elstica del resorte. Observar que un resorte deformado la longitud x, ejerce una fuerza F cuyo sentido es contrario al sentido de la deformacin, por eso se acostumbra escribir: ur r F = k x A esta relacin se le llama la Ley de Hooke.

c) Fuerzas de Friccin.i. Fuerzas de Friccin Esttica. Cuando un cuerpo m se encuentra en reposo en contacto con otro cuerpo y sobre m acta una fuerza F que tiende a hacer que m deslice sobre la superficie del cuerpo en r contacto, entonces dicha superficie le ejerce a m una fuerza f E , llamada fuerza de friccin esttica, con las siguientes caractersticas.

fE evita el deslizamiento de m, es decir acta en la direccin de las superficies en contacto y en sentido opuesto al del deslizamiento de m.

Si F crece, en la misma cantidad crece tambin fE. Dados los dos cuerpos en contacto, el crecimiento fE est limitado por el valor mximo dado por:f E mx = E N

Donde N es la magnitud de la fuerza de contacto entre los cuerpos y E es una constante cuyo valor se determina experimentalmente y depende del acabado macroscpico de las superficies en contacto y de los materiales que constituyen a los cuerpos en contacto. A E se le llama el coeficiente de friccin esttico entre los cuerpos. Dado el comportamiento de fE, se dice que es tal que:fE E N .

18


Normalmente se tiene que 0 E 1 . En el caso en que E = 0 , se dice que entre los cuerpos no hay friccin. Ejemplos:

m

m

F

F W

Wm

Wm

F

f

Nf

F fE

E

W

N

E

W

W

N

ii. Fuerza de Friccin Cintica. Cuando un cuerpo m desliza sobre la superficie de otro cuerpo en contacto, sobre m se r ejerce una fuerza fC , llamada fuerza de friccin cintica, cuya direccin y sentido son opuestos al deslizamiento de m. Si N es la magnitud de la fuerza de contacto entre r los cuerpos, experimentalmente se observa que la magnitud de fC es tal que:

C =

fC = cte. f C = C N N

A C se le llama el coeficiente de friccin cintico entre los cuerpos, su valor numrico se obtiene experimentalmente y se observa que depende del acabado macroscpico de las superficies en contacto y del material que constituye a los cuerpos. Generalmente se tiene 0 C 1 ; en el caso en que C = 0 se dice que entre los cuerpos no hay friccin. Dados dos cuerpos en contacto se tiene que:

E > C

d) Dispositivos de interaccin entre cuerpos.i. Barra. Una barra es un cuerpo rgido cuya masa es tan pequea que se puede despreciar. Al colocar los extremos de una barra en contacto con dos cuerpos, es posible transmitir el efecto de las fuerzas aplicadas a los cuerpos de uno al otro, por el efecto de compresin o de tensin en la barra, de la siguiente forma:

19

Fuerza y Equilibrio

Barra en compresin:Cuerpos m1 y m2 unidos por una barra y sometidos a las fuerzas F1 y F 2 .

F1

m1

Barra

m2

F2

F1

m1

Fc

F' c

m2

F2

Si m est en equilibrio: F = Fc . 1 1Barra

Si m2 est en equilibrio: F2 = Fc'.

- Fc

Barra sometida a compresin

- F'c

Para el equilibrio del sistema se debe cumplir: F1 = F2.Barra en tensin.Cuerpos m1 y m2 unidos por una barra y sometidos a las fuerzas F1 y F2 .

F1

m1

Barra

m2

F2

F1

m1

FT

F'T

m2

F2

Si m1 est en equilibrio: F1 = FT .Barra

Si m2 est en equilibrio: F2 = F'T .

- FTBarra sometida a tensin

- F'T

Para el equilibrio del sistema se debe cumplir: F1 = F2.ii. Cuerdas y poleas. Una cuerda es un cuerpo flexible e inextensible cuya masa es tan pequea que se puede ignorar. Las cuerdas se usan, como las barras, para transmitir fuerzas entre cuerpos unidos a ellas. A travs de una cuerda se pueden transmitir solamente fuerzas de tensin, una cuerda no puede transmitir fuerzas de compresin.

Una polea es un dispositivo cuya masa se puede ignorar y que combinado con cuerdas, se usa para transmitir fuerzas entre cuerpos en diferentes direcciones. Al combinar cuerdas y poleas se ignorarn efectos de deslizamiento y de friccin cintica entre ellos.

20


En los mecanismos que consideraremos se usarn las llamadas poleas fijas y poleas libres; las cuales se ejemplificarn a continuacin. Ejemplo:cuerda 1 sometida Polea fija 1 a la tensin T1.

Polea fija 2

Polea libre

m3

k

m2

1

Resorte de constante k estirado la longitud x.

cuerda 2 sometida a la tensin T2 .

Para el equilibrio de m1:

T1 W1sen f E = 0 , N W1 cos = 0 .W 1

Para el equilibrio de la polea 1: yN1 N1y N1x

r r T1 ' = T1 = T1 ,

x T1'

T1 cos + N1 x T1 cos = 0 , N1 y T1 sen T1 sen = 0 .

T1

Para el equilibrio de la polea libre: y

T'' 1

T''' 11

x

r r T1 '' = T1 ''' = T1 ,

T1 cos + T1 cos1 = 0 ,

T2

T1 sen + T1 sen1 T2 = 0 .

21

Fuerza y Equilibrio

Para el equilibrio de m2:y

T2x

T2 W2 = 0 .

W2

Para el equilibrio de la polea 2: yN2 N2y N2x1

r r T1 ''' = T1iv = T1 ,x

N 2 x T1 cos1 + T1 cos = 0 , N 2 y T1 sen T1 sen1 = 0 .

T''' 1

T

iv 1

Para el equilibrio de m3: yT1 m3

FR

x

T1 cos + FR = 0 ,T1 sen W3 = 0 .

W3

Para el equilibrio del resorte: k FR'

FR

x

FR FR' = 0 , donde FR = k x .

22


4. Nomenclatura normalizada.Smbolos internacionales de las unidades.Los smbolos de unidades que se han indicado, son los que han sido aceptados y los que debern usarse. Se escriben con tipo vertical (ordinario) independientemente del tipo que se usa en el texto. No cambian en plural, no son seguidos por un punto, y se colocan despus del valor numrico de la cantidad. Es regla general escribir los smbolos con letras minsculas a menos que el nombre de la unidad se derive del nombre de una persona. Ejemplos m kg s A Wb N metro kilogramo segundo ampere weber Newton

Combinaciones de smbolos.Cuando una unidad compuesta se forma por multiplicacin de dos o ms unidades, esto se puede escribir de la manera siguiente:

Nm

,

N m .

Cuando una unidad se forma por divisin de una unidad entre otra, esto se puede escribir de la manera siguiente: m , s

m/s, m s-1, m s 1 .

Nunca se debe poner ms de una diagonal de divisin (/) sobre una misma lnea a menos que se usen parntesis, para evitar confusiones. En casos ms complicados se deben usar potencias con exponentes negativos o parntesis. Los smbolos de prefijos se ponen con tipo vertical (ordinario) (independientemente del tipo usado en el texto) sin espacio entre el prefijo y el smbolo de la unidad. Un prefijo pertenece al smbolo de la unidad que lo sigue. Juntos forman un smbolo nuevo que se puede elevar a potencias con exponentes positivos o negativos, y que se puede combinar con otros smbolos de unidad a smbolos de unidades compuestas.

23

Fuerza y Equilibrio

24

PROBLEMARIOObjetivosSe pretende que los alumnos:

a) Apliquen lo aprendido en las unidades I y II en el anlisis de sistemas de cuerpos puntuales en condiciones de equilibrio esttico. b) Ejerciten la solucin de problemas similares a los planteados en el primer examen parcial del curso.

ContenidoSe presentan nueve versiones de ejercicios en la estructura tpica del primer examen parcial del curso.

Problemario Primera Parte

Versin 1.1. Un cuerpo de masa m que se mueve con velocidad constante V0, es sometido a la accin de la fuerza F constante, como se muestra en la figura 1, durante un tiempo t, calcular: a) El cambio de la velocidad que sufre m, b) La velocidad terminal de m. (m=0.7 kg, V0=4 m/s, F=5 N, =30, t=3.1 s).y Vo m

x F

figura 1. 2. Sobre un cuerpo puntual A actan las fuerzas F1 y F2 como se observa en la figura 2, calcular: a) La magnitud de la fuerza F y, b) Su direccin , para mantenerlo en equilibrio. (F1=25 N, F2=40 N).y F2 F1 60 Fo

A

45o

x

figura 2. 3. El sistema de la figura 3 se encuentra en equilibrio: a) Dibuje el diagrama de cuerpo libre para cada bloque, b) Encontrar las tensiones T1 y T2, c) Determinar los ngulos 1 y 2. (P1=400 N, P2=200 N, P3=300 N).

T1 50 o P1

1

P2

2

T2 P3

50 o

figura 3. 27

Fuerza y Equilibrio

Solucin1. m=0.7 kg, V0=4 m/s, F = 5 N, =30, t=3.1 s. a) De la segunda ley de Newton se tiene que el cambio de velocidad de m, est dado por: r r t r r V F =m V = F t m En el sistema de referencia mostrado en la figura 1: r F = ( Fcos ) i ( Fsen ) = ( 5 N) cos30o i ( 5 N) sen30o j j r F = ( 4.33 N) i ( 2.5 N) jAhora: u r 3.1 s m V = ( 4.33 N) i ( 2.5 N) j = (19.175 s ) i (11.071 0.7 kg u r V = (19.175 m ) i (11.071 m ) j s s b) Por otro lado: u u r r u r V = V f V o u r u u r r V f = V + V om s

j )

En el sistema de referencia mostrado en la figura 1: u r V o = (4 m ) , j s Por lo tanto: u r V f = (4 j j j ) + (19.175 m ) i (11.071 m ) = (19.175 m ) i ( 7.071 m ) s s s s u r V f = (19.175m s

m s

j ) i ( 7.071 m ) s

28


2. F1= 25 N, F2=40 N, =60, =45o. Para el equilibrio, se debe cumplir: Fx = 0 Fy = 0 Con respecto al sistema de referencia (S.R.) mostrado en la figura se tiene:

F =0

r

r

F =0 F =0x y

Fsen F1cos + F2 cos = 0 Fcos + F1sen + F2 sen = 0

(1) (2)

De la ec. (1), se tiene:Fsen = F2 cos F1cos = ( 40 N) cos 45o ( 25 N) cos 60o

Es decir: De la ec. (2) se tiene:

Fsen = 15.784 N

(1)

Fcos = F1sen + F2 sen = ( 25 N) sen60o + ( 40 N) sen45o

Es decir: Dividiendo la ec. (1) por la ec. (2):

Fcos = 49.934 N Fsen 15.784 N = tan = = 0.316 Fcos 49.934 N

(2)

= Arctan ( 0.316 ) = 17.536o

= 17.536oAhora de la ec. (1):

F=

15.784 N 15.784 N = sen sen (17.536o ) F = 52.385 N

29

Fuerza y Equilibrio

3. P1=400 N, P2=200 N, P3=300 N, =50o. a) El diagrama de cuerpo libre para cada bloque es:y T3 T1 x 1 2 y y T2 x x

T2

P 1 D.C.L. para el bloque P1

P 2 D.C.L. para el bloque P 2

P 3 D.C.L. para el bloque P 3

b) Para el equilibrio de cada bloque se debe cumplir: Para P1:

F = 0Para P2:

r

r

F=0

y

=0

T3 P = 0 1

(1)

F =0FPara P3:ry

r

r

=0

F

x

T1cos1 + T2 cos 2 = 0

(2) (3)

T1sen1 + T2 sen 2 P2 = 0

F =0

r

F

y

=0

T2 P3 = 0

(4)

Adicionalmente se debe considerar el equilibrio de la polea libre: yT1

T' 1

x

T3 D.C.L. para la polea

F =030

r

r


F =0 F =0x y

T3 = P = 400 N 1

T1cos T1cos = 0

(5) (6)

T1sen + T1sen T3 = 0

De la ec. (1):

De la ec. (4): T2 = P3 = 300 N De la ec. (6) 2 T1 sen T3 = 0 T3 400N = 2sen 2 sen50o

T1 =

T1 = 261.081N

c) De la ec. (2):T1cos1 = T2cos 2

T12cos 21 = T22 cos 2 2

(2)2

De la ec. (3):T1sen1 = P2 T2 sen 2

T12 sen 21 = ( P2 T2 sen 2 )2

T12 sen 21 = P22 2 P2T2 sen 2 + (T2 sen 2 )

(3)

Sumando las ecuaciones (2) y (3):T12 = T22 + P22 2 P2T2 sen 22

2

sen 2 =

T22 + P22 T12 2 P2T22

( 300 N) + ( 200 N) ( 261.081N) sen 2 = 2 ( 200 N)( 300 N)sen 2 = 0.515

= 0.515

Entonces:

2 = Arcsen ( 0.515 ) = 30.997oDe la ec. (2):T cos 2 ( 300 N) cos ( 30.997 cos1 = 2 = T1 261.081No

) = 0.984

Entonces:

1 = Arccos ( 0.984 ) = 10.263o

1 = 10.263o

31

Fuerza y Equilibrio

Versin 2.1. Considere el sistema de fuerzas mostrado en la figura 1. a) Encontrar la magnitud del ngulo , de tal manera que la fuerza resultante est a lo largo del eje-y, b) Calcular la magnitud y establecer el sentido de la fuerza resultante. Donde, F1= 600 N, F2= 500 N y F3 = 400 N.y F2 45o

F1

x

F3

figura 1.

2. Para el sistema en equilibrio mostrado en la figura 2, a) Hacer el diagrama de cuerpo libre de los bloques W1 y W2 y de las poleas A y B, b) Encontrar la relacin entre W1 y W2.A C

B W1 W2

figura 2.

3. El sistema mostrado en la figura 3 est en equilibrio, calcular: a) La fuerza que ejerce el resorte, b) La tensin T. Donde, W1=200 N, W2= 75 N, =53o.

W1

figura 3.

32


Solucin.1. F1= 600 N, F2= 500 N, F3= 400 N, = 45. a) Con respecto al S.R. ilustrado en la figura 1, la fuerza resultante es tal que: r r F = FR

F F

x

= FR x = FR y

F1 F2 sen F3cos = FR x F2 cos F3 sen = FR y F1 F2 sen F3

(1) (2)

y

Se quiere calcular tal que FRx = 0, por lo tanto, de la ec. (1):F1 F2 sen F3cos = 0 cos = cos =

600 N ( 500 N) sen 45o = 0.616 400 N

Entonces:

= Arccos ( 0.616 ) = 51.975o

= 51.975ob) De la ec. (2):FR y = ( 500 N) cos 45o ( 400 N) sen(51.975o ) = 38.456 N r F = 0 i + ( 38.456 N) j

Por lo tanto

2. a) Los diagramas de cuerpo libre, para los cuerpos solicitados, son:y T1 T 2 x y T3 N x

y

y T2 x

T' 1 x

T2

W1 D.C.L. para el bloque W1

W2 D.C.L. para el bloque W2

T1 D.C.L. para la polea A

T 3 D.C.L. para la polea B

33

Fuerza y Equilibrio

b) Con respecto al S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio se debe cumplir: r r Para W1: F = 0 Fy = 0 T1 + T2 W1 = 0 r r Para W2: F = 0 Fy = 0 T3 W2 = 0 r r Para la Polea B: F =0 Fy = 0

(1) (2)

T2 + T2 T3 = 0

(3) (4)

Adems se debe considerar el equilibrio de la otra polea libre (polea C): r r F = 0 Fy = 0 T1 + T1 T2 = 0

y T1 T1 x T 2 D.C.L. para la polea C De la ec. (4):2T1 = T2

T1 =

T2 2

Sustituyendo en la ec. (1): T2 + T2 = W1 2 Sustituyendo en la ec. (3): 4 T3 = 2T2 = W1 3 Sustituyendo en la ec. (2): 4 W1 = W2 3

2 T2 = W1 3

3 W1 = W2 . 4

34


3. W1=200 N, W2= 75 N, =53 . Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio se debe cumplir: y y

T2

FR

T1 x x F R

T

N T1 D.C.L. para el nudo Para el Nudo: W1 D.C.L. para el bloque W1 W2

D.C.L. para W2

F =0F FPara W1: Para W2:xy

r

r

FR cos T2 = 0 FR sen T1 = 0

=0 =0

(1) (2)

F =0

ur

r

F

y

=0r

T1 W1 = 0

(3)

F =0F =0 F =0x y

r

T FR W2 sen = 0 N W2 cos = 0

(4) (5)

a) De la ec. (3): Sustituyendo en la ec. (2): FR =

T1 = W1 = 200 N

T1 200 N = = 250.427 N sen sen53oFR = 250.427 N

b) De la ec. (4):T = FR + W2 sen = 250.427 N + ( 75 N) sen53o

T = 310.324 N

35

Fuerza y Equilibrio

Versin 3.1. La fuerza P se aplica a una polea pequea, que se desliza sobre el cable ACB. En la situacin de equilibrio de la figura, la tensin en el cable es de 750 N. Determine la magnitud y direccin de P.

A

30 o

45 o

B

C

P

2. En la figura, el bloque A pesa 300 N. El plano inclinado es spero, =0.2; =30. El resorte de constante k=1104 N/m se estira 5 cm. Determine el peso de B para que el sistema se mantenga en equilibrio.

B 30 o 3. Haga el diagrama de cuerpo libre para el sistema de cilindros de la figura sabiendo que el resorte se encuentra comprimido, especifique los pares de tipo accin reaccin relacionados con el cilindro grande.

60

o

36


Solucin.1. =30 , =45 , T=750 N. Con respecto al S.R. mostrado en la figura, para el equilibrio de la polea se debe cumplir:y

T

T' x

P D.C.L. para la polea

F = 0F FDe la ec. (1):x y

r

r

=0 =0

Tcos Tcos + Psen = 0Tsen + Tsen Pcos = 0

(1) (2)

Psen = T ( cos cos )

(1) (2)

De la ec. (2):Pcos = T ( sen + sen )

Dividiendo (1) por (2):

Psen T ( cos cos ) = Pcos T ( sen + sen )

o

tan =

( cos cos ) ( sen + sen )

( cos30 tan = ( sen30De la ec. (1):

o

+ sen 45o )

cos 45o )

= 0.1316 ,

= Arctan ( 0.1316 ) = 7.497oo o T ( cos cos ) ( 750 N) ( cos30 cos 45 ) P= = = 913.505 N , sen sen ( 7.497o )

P = 913.505 N37

Fuerza y Equilibrio

2. WA= 300 N, = 0.2, k=1104 N/m, x=0.05 m, =30 . Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio de los bloques A y B, se debe cumplir:

Ntese que: T=T '

y

T' T

F R

fWA

xN WB D.C.L. para el bloque B

D.C.L. para el bloque A Para el bloque A:

r r F =0

Tcos FR f WA sen = 0

F FPara el bloque B:

x

=0 =0 =0

(1) (2) (3)

y

N Tsen WAcos = 0 T WB = 0

F

y

Considerando que el bloque A esta a punto de deslizar hacia arriba del plano, se debe cumplir:

f =NDe la ley de Hooke:FR = k x

(4) (5)

De la ec. (5):

FR = (1104

N m

) ( 0.05 m ) = 500 N

FR = 500 N

De la ec. (2):N = Tsen + WAcos

Sustituyendo en la ec. (4):f = (Tsen + WAcos )

38


Sustituyendo en la ec. (1):Tcos FR (Tsen + WAcos ) WA sen = 0 T ( cos sen ) FR WA ( sen + cos ) = 0

o o FR + WA ( sen + cos ) 500 N + ( 300 N) ( sen30 + ( 0.2 ) cos30 ) T= = cos30o ( 0.2 ) sen30o ( cos sen )

T = 916.368 NDe la ec. (3):WB = T = 916.368 N

39

Fuerza y Equilibrio

3. En los esquemas siguientes se muestran los diagramas solicitados.y y FR F21 x

N3

x

N2 N1 W1 D.C.L. para el cilindro 1 (grande) y F'R N' 3 x N' 2 N' 1

F12

W2

D.C.L. para el cilindro 2 (pequeo) y

FR x

F' R

N D.C.L. para la caja

D.C.L. para el resorte

40


Versin 4.1. Las masas de los bloques A y B son de 180 kg y mB respectivamente. Determinar el valor de la fuerza de tensin en el cable C1 si el sistema se encuentra en equilibrio.

C

1

20o

= 60o

D A

B

2. El bloque A esta a punto de moverse, sobre la mesa, hacia la izquierda. Si el peso del bloque B es de magnitud WB = 70 N , F=100 N, = 0.1. Calcular la fuerza de friccin y el peso del bloque A.F 20o A

B

3. La esfera de peso P se encuentra en equilibrio y comprime al resorte, de constante elstica k, una cantidad xo. Construya el diagrama de cuerpo libre de dicha esfera.

k

41

Fuerza y Equilibrio

Solucin.1. mA=180 kg, =60, =20. Con respecto al S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y T 3 x y T2 x T1 y T2

x

T3 mA g D.C.L. para el bloque A Para el Bloque A: mB g D.C.L. para el bloque B D.C.L. para el nudo D

r r F =0

T3 mA g = 0 (1)

FPara el bloque B:

y

=0

F = 0FPara el Nudo D:y

r

r

T2 mB g = 0

=0

(2)

F = 0F FDe la ec. (1):x y

r

r

T2 cos T1 sen = 0

=0 =0

(3) (4)

T1 cos + T2 sen T3 = 0

T3 = mA g = (180 kg ) 9.8 sm 2 T3 = 1764 N T3 T2 sen cos

(

)(4)

De la ec. (4):

T1 =

42


Sustituyendo en la ec. (3): T2 cos T3 T2 sen sen = 0 cos

T2 cos T3 tan + T2 sen tan = 0T2 ( cos + sen tan ) = T3 tan

tan T2 = ( cos + sen tan ) T3 tan 20o (1764 N) T2 = ( cos 60o + sen60o tan 20o )

T2 = 787.582 N

De la ec. (2): mB = T2 787.582 N = = 80.365 kg g 9.8 sm 2mB = 80.365 kg

Finalmente de la ec. (4), tenemos: T1 = T1 = T3 T2 sen cos

1764 N ( 787.582 N) ( sen60o ) cos 20oT1 = 1151.370 N

43

Fuerza y Equilibrio

2. WB=70 N, F=100 N, =0.1, =20. Respecto del S. R mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y y F T f N W A W B D.C.L. para el bloque A D.C.L. para el bloque B T x x

Para el bloque A:

F = 0 F =0 F =0x y

r

r

T + f Fcos = 0N Fsen WA = 0

(1) (2)

Para el bloque B:

F = 0FAdems se debe cumplir: De la ec. (3):y

r

r

T WB = 0

=0

(3) (4)

f = NT = WB = 70 N

Sustituyendo la ec. (4) en (1):

T + N Fcos = 0N= Fcos T

,

=

(100 N) cos 20o 70 N0.1

N = 239.692 N De la ec. (4):f = 0.1(239.692 N) ,

f = 23.9692 N

44


De la ec. (2): WA = N Fsen = 239.692 N (100 N)sen20oWA = 205.489 N

3. D.C.L. de la esfera de peso P.y T FR x

P

D.C.L.de la esfera de peso P

45

Fuerza y Equilibrio

Versin 5.1. Al bloque A, cuyo peso es de 120 N, se le obliga a permanecer en la posicin mostrada. Determinar los pesos de los bloques B y C respectivamente.

30 45o

o

B A

C

2. El bloque B, cuyo peso es de 100 N, est a punto de moverse hacia arriba del plano inclinado. Calcular la fuerza de friccin y el peso del bloque A. PB = 100 N, F=20 N, =0.15.

F10o

Ao

45

3. La esfera de peso P se encuentra en equilibrio comprimiendo al resorte, de constante k, la cantidad x0. Construya el diagrama de cuerpo libre de dicha esfera. Desprecie toda fuerza de friccin.

k

46


Solucin1. WA=120 N, =45, =30. Con respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y T1 y T2 y T3 T2 x x x T3 x y

WA D.C.L. para el bloque A

WB D.C.L. para el bloque B

WC D.C.L. para el bloque C

T1 D.C.L. para el nudo

Para el bloque A:

r r F =0 Para el bloque B:

F F F

y

=0 =0 =0

T1 WA = 0 T2 WB = 0 T3 WC = 0

(1)

r r F =0 Para el bloque C:

y

(2)

r r F =0 Para el Nudo:

y

(3)

r r F =0 De la ec. (1):

Fx = 0 Fy = 0

T3 sen T2 cos = 0 T2 sen + T3 cos T1 = 0

(4) (5)

T1 = W A T1 = 120 N

De la ec. (4): Sustituyendo en la ec. (5):

T2 =

T3 sen cos

(4)

T3 sen sen + T3cos T1 = 0 cos T3 ( sen tan + cos ) = T1

47

Fuerza y Equilibrio

T3 =

T1 120 N = o ( sen tan + cos ) sen30 tan 45o + cos30o T3 = 87.846 N

De la ec. (4):T2 =

(87.846) sen30o cos 45oWB = T2 ,

De la ec. (2):T2 = 62.116 N

De la ec. (3):T3 = WC , WC = 87.846 N

2. PB=100 N, F=20 N, =0.15, =45, = 10. Con respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y F T T x N P A

y

PB

f

x

D.C.L. para el bloque A D.C.L. para el bloque B

Para el bloque A:

F = 0Para el bloque B:

ur

r

F

y

=0

T PA = 0

(1)

F = 048

r

r

Fx = 0 Fy = 0

f T F cos + PB sen = 0 N + Fsen PB cos = 0

(2) (3)


Adems se debe cumplir:f =N

(4)

De la ec. (3):N = PB cos Fsen = (100 N) cos 45o ( 20 N) sen10o

N = 67.237 NDe la ec. (4):f = (0.15)(67.237 N) ,

f = 10.085 N

De la ec. (2):T = f Fcos + PB sen = 10.085 N ( 20 N) cos10o + (100 N) sen45o

T = 61.099 N

De la ec. (1):PA = T , PA = 61.099 N

3.

y

N1

Fk

x

P N

D.C.L. para la esfera de peso P

49

Fuerza y Equilibrio

Versin 6.1. Las masas de los bloques A y B son de 75 kg y 100 kg respectivamente. Determinar el valor de y la tensin en le cable C1 si el sistema se encuentra en equilibrio.

C1 30o

A

B

2. El bloque A est a punto de moverse, sobre la mesa, hacia la derecha. Si el peso del bloque B es de 90 N, F=70 N, =0.15. Calcular la fuerza de friccin y el peso del bloque A. F30Ao

B

3. La esfera de peso P se encuentra en equilibrio. El resorte, de constante k, est estirado la cantidad xo, Exhiba el diagrama de cuerpo libre de la mencionada esfera. No considere fuerza de friccin.

k

50


Solucin.1. mA=75 kg, mB=100 kg, =30. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y T1 y T2 T1 x x T x y

mA g D.C.L. para el bloque A

mB g D.C.L. para el bloque B

T2 D.C.L. para el nudo

Para el bloque A:


ur

r

F

y

=0 =0

T1 mA g = 0 T2 mB g = 0

(1)

F = 0Para el Nudo:

r

F

y

(2)

F = 0De la ec. (1):

r

r

Fx = 0 Fy = 0

Tcos T1cos = 0 Tsen + T1sen T2 = 0

(3) (4)

T1 = m A g = (75 kg )(9.8 sm ) 2 T1 = 735 N

De la ec. (2):T2 = m B g = (100 kg )(9.8 sm ) 2 T2 = 980 N

De la ec. (3):T cos = T1 cos = ( 735 N) cos30o = 636.528 N

(3) (4) 51

De la ec. (4):T sen = T2 T1 sen = 980 N ( 735 N) sen30o = 612.5 N

Fuerza y Equilibrio

Dividiendo (4) por (3).

Tsen 612.5 N = Tcos 636.528 N

tan = 0.962

= Arctan(0.962) = 43.89oDe la ec. (3):

= 43.89 o

T=

636.528 N 636.528 N = cos cos ( 43.89o )

T = 883.242 N

2. PB=90 N, F=70 N, =0.15, =30. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se requiere:

yF

yT

xf T

x

PAN D.C.L. para el bloque A Para el bloque A:

PBD.C.L. para el bloque B

r r F =0 Para el bloque B:

Fx = 0 Fy = 0

T f F cos = 0 N F sen PA = 0

(1) (2)

F = 0Adems se debe cumplir: De la ec. (3):

r

r

F

y

=0

T PB = 0

(3) (4)

f =NT = PB ,

T = 90 N

52


De la ec. (1):

f = T F cos = 90 N (70 N)cos30o f = 29.37 NDe la ec. (4):

N=De la ec. (2):

f

=

29.378 N 0.15

N = 195.853 N

PA = N F sen = 195.853N (70 N) sen30oPA = 160.853 N

3.y

N2 Fk

x

P

N1

D.C.L. de la esfera de peso P

53

Fuerza y Equilibrio

Versin 7.1. Determinar la tensin en la cuerda D sabiendo que m=600 kg.

E 42o A24o

D

C36o

B m

2. El bloque de la figura est en equilibrio y tiende a moverse en la direccin indicada. Se dan: F=100 N, m=50 kg, = 0.3. Calcule el peso P, la normal N y la fuerza de friccin f.

F 50 o P 35 o 3. Haga el diagrama de cuerpo libre para el sistema de la figura sabiendo que el resorte se encuentra extendido.

k

L

m

54


Solucin.1. m=600 kg, =24, =36, =42. Con respecto al S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y TB x y y

TA

TC x

TE TC TD x

mg D.C.L. para el bloque m

TB D.C.L. para el nudo 1

D.C.L. para el nudo 2

Para el bloque m:

F = 0Para el Nudo 1:r r F =0

r

r

Fx = 0 Fy = 0

F

y

=0

TB mg = 0

(1)

TC cos TAcos = 0 TA sen + TC sen TB = 0TD TC cos TE cos = 0 TE sen TC sen = 0

(2) (3)

Para el Nudo 2:

F = 0De la ec. (1):

r

r

Fx = 0 Fy = 0

(4) (5)

TB = mg = (600 kg ) 9.8 TB = 5880 N

(

m s2

)

De la ec. (2):

TA =Sustituyendo en la ec. (3): cos TC cos

TC cos cos

sen + TC sen = TB

55

Fuerza y Equilibrio

TC =

TB 5880 N = o cos tan + sen cos36 tan 24o + sen36o TC = 6202.644 N

De la ec. (5):

TE =

TC sen ( 6202.644 N) sen36 = sen sen42oTE = 5448.596 N

o

De la ec. (4):TD = TC cos + TE cos = ( 6202.644 N) cos36o + ( 5448.596 N) cos 42o TD = 9067.14 N

2. F = 100 N, m=50 kg, =0.3, =35, = 50. Con respecto al S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:

y T

F

T

x

f mg

N P

D.C.L. para el bloque m

D.C.L. para el bloque P

Para el bloque m:

F = 0Para el bloque P:

r

r

Fx = 0 Fy = 0

T f + F cos mgsen = 0 N F sen mgcos = 0

(1) (2)

r r F =0

F

y

=0

T P=0

(3)

56


Adems se debe cumplir: De la ec. (2):

f =N

(4)

N = Fsen + mgcos = (100 N) sen50o + ( 50 kg ) 9.8 N = 477.988 N De la ec. (4):f = N = ( 0.3)( 477.988 N)

(

m s2

) cos35

o

f = 143.396 N

De la ec. (1): T = f F cos + mgsen = 143.396 N (100 N) cos50o + ( 50 kg ) 9.8 T = 360.17 N De la ec. (3):

(

m s2

) sen35

o

P =T

P = 360.17 N

3.y y y

Fk

Fkx

x

N' 1

N' 2

x

N1 mg D.C.L. para la esfera m

N2

Fk N D.C.L. para la caja D.C.L. para el resorte

57

Fuerza y Equilibrio

Versin 8.1. Dos fuerzas P y Q de magnitudes P=1000 N y Q=1200 N, se aplican a la conexin (utilizada en aviones) mostrada en la figura. Si la conexin est en equilibrio determine las tensiones T1 y T2 , =15.T2

Q 60o T1

P

2. El sistema de la figura est a punto de salir del equilibrio. Si k=1800 N/m, y x=3 cm, calcule las tensiones en los hilos para = 0.2, PA= 50 N, PB= 160 N, = 45.

Resorte comprimido

Resorte sin comprimir

A

x

3. Haga el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los cilindros del sistema en equilibrio de la figura. Especifique los pares de tipo accin-reaccin entre los cilindros. (mA=400 kg, mB= 600 kg, mC=900 kg).

A

B

C

58


Solucin.1. P=1000 N, Q=1200 N, = 15, = 60. Con respecto al S.R. mostrado en la figura, para el equilibrio, se debe cumplir:

y T2 Q T1 P D .C.L. para la conexin x

F = 0 Fx = 0 Fy = 0

r

r

T1 + T2 cos Q cos = 0 T2 sen + Q sen P = 0(1) (2)

De la ec. (2):T2 =o P Q sen 1000 N (1200 N) sen15 = sen sen60o

T2 = 796.07 N

De la ec. (1):T1 = Q cos T2 cos = (1200 N) cos15o ( 796.07 N) cos 60o T1 = 761.076 N

59

Fuerza y Equilibrio

2. PA=50 N, PB=160 N, k=1800 N /m , x=0.03 m, =0.2, = 45. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir: y

T2 T1 N2 PB D.C.L. para el bloque B Para el bloque A: N1 f

F R T2 x

PA D.C.L. para el bloque A


r

r

Fx = 0 Fy = 0 Fx = 0 Fy = 0 f = N 1 ,

T2 T1 f = 0 N1 FR PA = 0 PB sen T2 = 0 N 2 PB cos = 0

(1) (2)

F = 0Adems se debe cumplir:

r

r

(3) (4) (5) (6)

y De (6): FR = (1800 De la ec. (3): T2 = PB sen = (160 N)sen45 o De la ec. (2):N m

FR = kx

)(0.03 m )

FR = 54 N T2 = 113.137 N

N 1 = FR + PA = 54 N + 50 N = 104 N

De la ec. (5):f = N 1 = (0.2 )(104 N)

f = 20.8 N

60


De la ec. (1):T1 = T2 f = 113.137 N 20.8 N , T1 = 92.337 N

3.y

y

x N1 PA D.C.L. para el cilindro A y N5 PB

N1 N4 x

N2

N3

D.C.L. para el cilindro B

N2 N3

N7

x

N6 PC

D.C.L. para el cilindroC

donde:r r r r r r PA = mA g , PB = mB g , PC = mC g .

61

Fuerza y Equilibrio

Versin 9.1. Se conecta un cuerpo de peso P1=1000 N con otro de peso P2 mediante una cuerda que pasa sobre una polea ligera y sin friccin. El conjunto est en equilibrio sobre un par de superficies sin rozamiento como se muestra en la figura. Calcular P2.

30 o

60 o

2. El sistema de la figura est a punto de salir del equilibrio. Haga el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo; escriba (sin resolver) las ecuaciones del equilibrio.

Resorte comprimido

P1

P2

3. Calcule las tensiones para las cuerdas de soporte mostradas en la figura. ( mP =500 kg, = 60).

P

62


Solucin.1. P1=1000 N, 1= 30o, 2=60o. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:

T

T N21 2

N1

P11

P22

D.C.L. para el bloque P1 Para el bloque P1:

D.C.L. para el bloque P2

r r F =0

T Psen1 = 0 1 N1 Pcos1 = 0 1(1) (2)

Fx = 0 Fy = 0 Para el bloque P2:

F = 0 Fx = 0 Fy = 0 De la ec. (1):

r

r

P2 sen 2 T = 0 N 2 P2 cos 2 = 0(3) (4)

T = P sen1 = (1000 N) sen30o 1

T = 500 NDe la ec. (3): 500 N T = sen 2 sen60 o

P2 =

P2 = 577.35 N

63

Fuerza y Equilibrio

2. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se requiere:

y

y yT Fk T

Fk

x

x

f N

P1

P 2

F' k

D.C.L. para el bloque P 1 Para el bloque P1:

D.C.L. para el bloque P 2

r r F =0

T f =0 N Fk P = 0 1(1) (2)

Fx = 0 Fy = 0 Para el bloque P2:

F = 0FAdems se debe cumplir:y

r

r

T P2 = 0

=0

(3) (4)

f = N

64


3. mP=500 kg, =60. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir: y y T3 T2

x

x

T1 P D.C.L. para el bloque P Para el cuerpo P:

T3

D.C.L. para el nudo

F = 0FPara el Nudo:y

r

r

T3 m p g = 0

=0

(1)

F = 0 Fx = 0 Fy = 0 De la ec. (1):

r

r

T2 cos T1sen = 0 T2 sen T1cos T3 = 0(2) (3)

T3 = m p g = (500 N) 9.8

(

m s2

)

T3 = 4900 N

De la ec. (2):T2 = T1sen cos

T2 = T1 tan

(2)

Sustituyendo en la ec. (3):T1 = T3 4900 N = o sen tan cos sen60 tan60o cos 60oT1 = 4900 N

De la ec. (2):T2 = ( 4900 N) tan60o , T2 = 8487.04 N

65

Fuerza y Equilibrio

66

Segunda Parte

UNIDAD III EQUILIBRIO DEL CUERPO RGIDOObjetivosSe pretende que los alumnos:

a) Entiendan el efecto de rotacin producido por un conjunto de fuerzas equilibradas aplicadas a un cuerpo de geometra conocida. b) Entiendan el concepto de torca. c) Aprendan y apliquen las condiciones de equilibrio para un cuerpo cuya geometra se conoce.

Contenido1. Definicin de Cuerpo Rgido. 2. Condiciones de Equilibrio para un Cuerpo Rgido. 3. Centro de Gravedad. 4. Apoyos Simples y Articulados.

Equilibrio del Cuerpo Rgido

1. Definicin de Cuerpo Rgido.Diremos que un cuerpo de masa m es un cuerpo rgido, cuando: a) Su geometra y su distribucin de masa no cambian bajo la aplicacin de fuerzas. b) Las caractersticas de su movimiento dependen de las fuerzas aplicadas y de sus puntos de aplicacin.ur ur Consideremos un cuerpo rgido m bajo la accin de dos fuerzas F y F ; diremos que sobre ur ur m acta un PAR. Supongamos que F y F se aplican como se muestra en las siguientes figuras:

Momento de un Par

-F F -F m F m m

F

-F

(a)

(b)d-F F

(c)

F

m -F

d

m -Fd

m

F

(a) Observemos que:

(b)

(c)

En todos los casos considerados se cumple que: ur ur ur r F = F F = 0, 71

Fuerza y Equilibrio

se dice que m se encuentra en equilibrio de traslacin. ur ur En los casos (a), (b), (c), las lneas de accin de F y F coinciden, se dice que son Fuerzas colineales, y se observa experimentalmente que m mantiene su estado de reposo. Diremos que m se encuentra en equilibrio de traslacin y de rotacin. ur ur En los casos (a), (b), (c), las lneas de accin de F y F no coinciden, estn separadas la distancia d, se dice que las Fuerzas son no colineales, y se observa experimentalmente que m tiende a girar alrededor de un eje perpendicular al plano donde quedan contenidas, de tal forma que, en los casos (a) y (c) m tiende a girar en sentido de las manecillas del reloj mientras que en el caso (b) m tiende a girar en sentido contrario al de las manecillas del reloj. Experimentalmente se observa que la tendencia de rotacin de m es mayor para valores ur mayores de F y de d. En particular para d=0, es decir fuerzas colineales, m no presenta tendencia de rotacin.ur ur uu r Se define el momento del PAR formado por F y F como la cantidad M cuya magnitud es: uu ur r M= M = F d.

ur ur Donde d es la distancia de separacin de las lneas de accin de F y F .Se considerar que el momento M es positivo si el par aplicado tiende a hacer girar a m en sentido contrario a las manecillas del reloj, y negativo en el caso contrario, es decir. r M = + F d , si m tiende a girar en sentido contrario al reloj. r M = F d , si m tiende a girar en sentido del reloj. Experimentalmente se observa que el equilibrio de rotacin de m se logra bajo la aplicacin de pares, tales que: a) Todos los pares sean coplanares. b) La suma algebraica de los momentos de los pares aplicados sea cero. En el caso en que todas las fuerzas aplicadas a m sean coplanares, se dice que m se comporta como un cuerpo rgido plano.Consideraremos el caso del equilibrio de cuerpos rgidos planos.

ur Consideremos un cuerpo rgido m bajo la accin de una fuerza F . Respecto de un S.R. tal ur ur r que F queda contenida en el plano XY, sea r la posicin del punto de aplicacin de F .

Definicin de Torca.

72


y F r O

m

x

ur Se define la torca ejercida por F sobre m, respecto de O (el origen del S.R. dado) como la r cantidad O , cuya magnitud est dada por: r r r O = F r sen . ur r Donde es el ngulo entre F y r .Algunas observaciones sobre la torca. I) Observemos que:

O = F r ,donde:

r

r

r F = F sen ,

ur r es la componente de F perpendicular a r . r Observar que, dependiendo de la orientacin de F respecto de r , m tiende a girar, respecto de un eje que pasa por O, en sentido contrario a las manecillas del reloj (caso (a)) o en sentido de las manecillas del reloj (caso (b)).y

F

y

F r O

F

F x

m

r O m

F x

F

(a)

(b)

73

Fuerza y Equilibrio

r En el primer caso, se dice que O es positiva y en el segundo caso negativa, es decir: r r r O = + F r = + ( Fsen ) r , m tiende a girar en sentido contrario al reloj;

O = F r = ( Fsen ) r , m tiende a girar en sentido del reloj.II) Observar que:

r

r

r

O = F rur r r donde r = r sen es la componente de r perpendicular a F ; a r se le llama el brazo de ur palanca de F .y F r O r

r

r

r m

x

III) Dado el S.R. O, sean: ur r F = Fx i + Fy y r = rx i + ry . j jy Fy r O m Fx x F

Obsrvese que: r r r r r r r O = F r sen = F r sen ( ) = F r

( sen cos cos sen )y

O = F sen

r

(

ur

) ( rr cos ) ( F cos ) ( rr sen ) = Fur

x Fx y ,

74


es decir:

O = Fy x Fx y =

r

x Fx

y . Fy

r r IV) Relacin entre el momento de un par F , F y la torca ejercida por las fuerzas ur ur F y F . ur r Consideremos un cuerpo m sometido a un par F y F . ur ur Tomemos un S.R. tal que: F = F i , F = F i , ur ur r r y sean r1 y r2 las posiciones de los puntos de aplicacin de las fuerzas F y F .y180 -

F

m

d = D2 - D1 r2 D2 r1 D1 F

O

x

ur ur Las torcas ejercidas por F y F sobre m, respecto de O son: ur r 1 = F r1 sen y r r r r 2 = F r2 sen (180o ) = F r2 sen (180o ) cos ( ) cos (180o ) sen ( )

(

)

2 = F r2 sen .Obsrvese que:r D1 = r1 sen r y D2 = r2 sen .

ur r

Entonces:

1 = D1 F y 2 = D2 F .Por otro lado el momento del par esta dado por: ur ur ur ur r r M = F d = F ( D2 D1 ) = F D2 F D1 = 2 1 .

r

r

r

r

ur ur Es decir, el momento del par F , F es igual a la suma algebraica de las torcas ur ur ejercidas por F y F sobre m, respecto de O.75

Fuerza y Equilibrio

ur ur Observar que la suma algebraica de las torcas producidas por F y F es la misma para cualquier sistema de referencia O, respecto del cual se calculen las torcas; la suma ur algebraica solo depende de F y d que son constantes en todos los S.R. Por lo tanto, lacondicin para el equilibrio de rotacin:Que la suma algebraica de los momentos de todos los pares aplicados sea cero,

es equivalente a:Que la suma algebraica de las torcas ejercidas por todas las fuerzas aplicadas sea cero, respecto de cualquier sistema de referencia O

r r r Consideremos un cuerpo rgido plano m y sean F1 , F2 ,..., FN , N fuerzas coplanares que actan sobre l. Sea O el origen de cualquier sistema de referencia inercial tal que el plano r r x-y coincide con el plano de accin de las fuerzas, de tal forma que en ese S.R., r2 ,..., rN son las posiciones de los puntos de aplicacin de las N fuerzas y: r r , F1 = F1x i + F1 y j r1 = r1x i + r1 y j r r , F2 = F2 x i + F2 y j r2 = r2 x i + r2 y j

2. Condiciones de Equilibrio para un Cuerpo Rgido.

M

M M r FN = FNx i + FNy j

M,

M

M M r rN = rNx i + rNy j

Se dice que el cuerpo rgido m se encuentra en equilibrio cuando se cumple: a) Condicin para el equilibrio de Traslacin:

F = 0i =1 i

N

r

r

N Fix = 0 F1x + F2 x + ... + FNx = 0 i =1 N F = 0 F + F + ... + F = 0 . 1y 2y Ny iy i =1

b) Condicin para el equilibrio de Rotacin:

i =1

N

r

i O

r = 0 1

O

r r + 2 O + ... + N

O

=0.

uu r r Donde i O es la torca ejercida por Fi sobre m respecto de O, para i = 1,2,..., N , es decir:

i O =

r

xi Fxi

yi . Fyi

76


3. Centro de Gravedad.Dado un cuerpo rgido de masa m sobre el que acta la fuerza de gravedad terrestre, su centro de gravedad (C.G.) r un punto del cuerpo sobre el cual se considera que se concentra la es accin de la fuerza W , cuya magnitud es:

W = m g , con g = 9.8 m / s 2 = cte.y cuya direccin y sentido es a lo largo de la vertical terrestre, dirigida hacia la superficie de la tierra El C.G. de un cuerpo se puede determinar experimentalmente y se observa que si el cuerpo es homogneo y presenta simetra respecto de un punto, un eje o plano; el C.G. es un punto de ese eje o plano y, en su caso, coincide con el punto de simetra. En todos los casos, consideraremos que el C.G. es conocido.

4. Apoyos Simples y Articulados.Los apoyos son dispositivos a travs de los cuales se pueden ejercer fuerzas sobre un cuerpo rgido. Consideraremos dos tipos de apoyos: Apoyos simples y Apoyos articulados.

a) Apoyo Simple.Cuando un cuerpo rgido m interacciona con otro a travs de un apoyo simple, sobre m se ejerce, por contacto con el apoyo, una fuerza perpendicular a la superficie de m en el punto de contacto, en el sentido del apoyo hacia el cuerpo m, como se muestra en los siguientes casos:cuerda cuerda

m apoyo simple m apoyo simple

cuerda

apoyo simple

m C.G.

mC.G.

En todos los casos, N es la fuerza ejercida por el apoyo simple sobre m. 77

Fuerza y Equilibrio

b) Apoyo Articulado.Cuando un cuerpo rgido m interacciona con otro a travs de un apoyo articulado, sobre m se ejerce, por contacto con el apoyo, una fuerza cuya magnitud, direccin y sentido estn indeterminados y quedan determinados por la distribucin de otras fuerzas que acten sobre m, como se muestra en los siguientes casos: cuerda

cuerda cuerda m apoyo articulado m apoyo articulado

apoyo articulado

mC.G.

mC.G.

r En todos los casos, R es la fuerza que el apoyo articulado ejerce sobre m. Tanto la magnitud r de esa fuerza R , como su ngulo de direccin , son desconocidos sus valores quedarndeterminados por las ecuaciones de equilibrio de m. Al plantear las ecuaciones de equilibrio r para m en trminos de R y , se obtendr un sistema de ecuaciones no lineales ya que se incorpora como una variable no lineal, p. e., en el primer caso de los ejemplos considerados, respecto de un S.R. usual, se tendra:

F F

x y

=0 =0

T cos R sen = 0T sen + R cos mg = 0 .

78


Dada la geometra del cuerpo, se podra plantear, adems, la ecuacin

se completara el sistema de ecuaciones suficientes para calcular las incgnitas R, , T suponiendo conocidas m, g , , el inconveniente de plantear las ecuaciones de equilibrio en trminos de R y se observa al resolverlas para calcular pues el lgebra necesaria se puede complicar. Es por eso que, de manera equivalente, se acostumbra suponer que el apoyo articulado ejerce sobre m una fuerza que presenta dos componentes cartesianas Rx y Ry , en lugar de R y , como se muestra en las siguientes figuras.

= 0 , con lo cual

r

r

R

R

m RC.G.

mC.G. y

De esta forma, las ecuaciones de equilibrio de traslacin en el primer caso son:

F F

x y

=0 =0

T cos Rx = 0 T sen + Ry mg = 0 .

Ahora las incgnitas Rx, Ry, son variables lineales y su clculo puede ser ms simple. Ya calculadas Rx y Ry , se podran calcular R y de la siguiente forma:2 R = Rx2 + Ry

,

= tan 1

Ry . Rx

79

Fuerza y Equilibrio

80

UNIDAD IV FUERZA ELASTICAObjetivosSe pretende que los alumnos:

a) Entiendan que los cuerpos reales sufren deformaciones bajo la accin de fuerzas. b) Conozcan los diferentes tipos de deformaciones y sus caractersticas. c) Conozcan los fundamentos para el estudio de las deformaciones elsticas y lineales, en una y dos dimensiones.

Contenido1. Cuerpos Deformables y Tipos de Deformacin 2. Deformaciones Elsticas en una Direccin. 3. Deformaciones Elsticas en Dos Direcciones.

Fuerza y Equilibrio

Fuerza Elstica

1. Cuerpos Deformables y Tipos de DeformacinLos cuerpos deformables son aquellos que bajo la accin de fuerzas, experimentan modificaciones geomtricas. Experimentalmente se observa que: a) En mayor o menor medida, todos los cuerpos reales son deformables. b) En mayor o menor medida, las deformaciones geomtricas de los cuerpos estn acompaadas de variaciones en la distribucin de su masa, es decir la densidad del cuerpo cambia. c) Las caractersticas de las deformaciones de un cuerpo dependen de: La magnitud de las fuerzas que sobre l actan, El material que configura al cuerpo, La geometra original del cuerpo. d) Dependiendo de la accin de las fuerzas aplicadas, se observaran tres tipos de deformaciones: Deformaciones volumtricas, Deformaciones por flexin, Deformaciones por torsin. De tal forma que un cuerpo puede experimentar uno de esos tipos o combinaciones de esas deformaciones. A continuacin se ilustran cada uno de esos tipos de deformacin, para esto, consideremos un cuerpo m de longitud L y rea de seccin transversal A, sometido a fuerzas en equilibrio.

Deformacin volumtrica.Cuerpo sometido a fuerzas de traccin.L F A m F

El cuerpo experimenta:

Un alargamiento en la direccin de las fuerzas aplicadas, es decir: L f = L + L . Una contraccin transversal a la direccin de las fuerzas aplicadas, es decir: Af = A A

Lm Af Lf

83

Fuerza y Equilibrio

Cuerpo sometido a fuerzas de compresin.L F A m F


Una contraccin en la direccin de las fuerzas aplicadas, es decir: L f = L L . Una expansin transversal a la direccin de las fuerzas aplicadas, es decir: Af = A + A

Lm Af Lf

Cuerpo sometido a fuerzas cortantes de traccin o de compresin.A F L m F


Una deformacin llamada de cizalladura, en la que se observa una contraccin transversal, es decir:A' < A . Lm L A'

84

Fuerza Elstica

ii) Deformaciones por Flexin.Cuerpo apoyado en sus extremos y sometido a una carga W en su centro.W

F

L

F

El cuerpo experimenta una flexin cuya concavidad es en sentido contrario al de la carga, es decir:L1 f < L , L2 f > L .

L 1f A

m

L 2f

iii) Deformacin por Torsin.Cuerpo sometido a torcas aplicadas en sus extremos.L 22 1

1

El cuerpo experimenta una torsin, es decir, el punto 2, respecto del 1, describe un desplazamiento angular hasta una posicin 2, como se muestra en la siguiente figura.

85

Fuerza y Equilibrio

2' 2 1

El comportamiento de los cuerpos, en lo referente a sus deformaciones, se clasifica bajo dos criterios, que son los siguientes.

Con respecto a la relacin entre las fuerzas aplicadas y la deformacin producida, se dice que: Un cuerpo Presenta un comportamiento lineal cuando la magnitud de la deformacin es directamente proporcional a la magnitud de las fuerzas que la producen, en caso contrario, se dice que el cuerpo presenta un comportamiento no lineal. Por ejemplo, si consideramos la elongacin longitudinal L de un cuerpo sometido ur ur a fuerzas de traccin, F , F ; una grafica L vs. F para comportamientos lineales y no lineales se observaran de la siguiente forma:

L L L6 L5 L4 L3 L2 L1 0 1 2 3 4 5 6

L

F

L

F1/2

L6 L5 L4 L3 L2 L1

F0 1 2 3 4 5 6 Comportamiento Lineal. L3 - L2 L3 - L2 Comportamiento No Lineal. < L2 - L1

F

=

L2 - L1

Con respecto a la permanencia de la deformacin. Existen cuerpos para los cuales se observa que al liberarlos de las fuerzas que lo deforman, recuperan su forma original; en este caso, se dice que el cuerpo tiene un comportamiento elstico. En caso contrario, se dice que el cuerpo presenta un comportamiento no elstico o plstico. Como ejemplour consideremos la elongacin L de un cuerpo sometido a fuerzas de ur traccin F , F ; grficamente se tiene:

86

Fuerza Elstica

L

L

FoComportamiento Completamente Elstico.

FoComportamiento Completamente Inelstico.

En general, las diferentes caractersticas de las deformaciones de los cuerpos, se manifiestan por intervalos de valores de la magnitud de las fuerzas aplicadas. Un comportamiento ur tpico ur de la elongacin longitudinal L de un cuerpo sometido a fuerzas de traccin F , F ; se muestra en la siguiente grfica. L LR I II III Fo

F1

F2

FR

I. II.

Para 0 F F1

Comportamiento elstico y lineal, F1 es el lmite de comportamiento lineal.

Para F1 F F2 Comportamiento elstico y no lineal. F2 es el lmite de comportamiento elstico.

III. Para F2 F FR. Comportamiento no elstico y no lineal. FR es la fuerza de ruptura y LR es la deformacin de ruptura, el cuerpo se fractura.

2. Deformaciones Elsticas en una Direccin.Consideremos un cuerpo m de longitud L y rea de seccin transversal A, sometido a fuerzas ur ur de traccin o compresin F , F ; como se muestra en las figuras siguientes.

87

Fuerza y Equilibrio

L

Lm m F

-FA

Lf = L + L

traccinL

A

F Lf = L - L

-FL

compresin Se observa que m experimenta una elongacin, o contraccin, longitudinal L; se definen los siguientes parmetros: a) Esfuerzo: Se dice que m esta sometido a un esfuerzo de traccin, o de compresin, cuya magnitud es:

=b) Deformacin Unitaria:

F . A

Se dice que m experimenta una deformacin unitaria de elongacin, o de contraccin longitudinal , dada por:

=

L . L

Despreciando la deformacin transversal, experimentalmente se encuentra la llamada:Ley de Hooke:

Si m presenta un comportamiento elstico y lineal, se cumple:F L =E A L donde E es una constante escalar cuyo valor numrico se obtiene experimentalmente y se observa que depende del material que configura al cuerpo. A la constante E se le llama el mdulo elstico o mdulo de Young del material.

, es decir, = E

88

Fuerza Elstica

Ejemplos de valores numricos del mdulo de Young son: MATERIAL Acero Aluminio Hierro fundido Madera Nylon Hule blando Msculo liso E (N/m2) (200 a 210) 109 70109 (70 a 140) 109 (7 a 14) 109 (28 a 56) 109 (14 a 1) 105 (14 a 1) 103

3. Deformaciones Elsticas en Dos Direcciones.Consideremos un cuerpo plano (su grosor es muy pequeo en comparacin con otro parmetro geomtrico del cuerpo), colocado en el plano x-y de un S.R. dado, como se muestra a continuacin:y

- xx o Cuerpo Plano sometido a un Esfuerzo de Traccin

x

xy

Deformaciones Observadas

yx

x

- xx

y

o Cuerpo Plano sometido a un Esfuerzo de Compresin Deformaciones Observadas

Sea la magnitud de un esfuerzo de traccin, o de compresin, aplicado al cuerpo a lo largo del eje x. Se observa que el cuerpo experimenta la siguiente deformacin: Una elongacin o contraccin, a lo largo del eje-x; sea x la deformacin unitaria en esta direccin. Una contraccin o elongacin, a lo largo del eje-y; sea y la deformacin unitaria en esa direccin. 89

Fuerza y Equilibrio

Para el comportamiento elstico y lineal, de la ley de Hooke, tenemos para la deformacin longitudinal x :

x =donde E es el mdulo de Young del cuerpo.

xE

,

Mientras que para la deformacin transversal y , se observa que: y es contraria a x , es decir si x es producida por una elongacin y es producida por una contraccin y viceversa.

Si la configuracin molecular del cuerpo es homognea e isotrpica, experimentalmente se observa que:

xEste resultado experimental se establece como:

y . xE

y = x =

.

Donde es una constante escalar, cuyo valor numrico se determina experimentalmente y se observa que depende del material que configura al cuerpo. A se le conoce con el nombre de razn de Poisson. Al igual que para el mdulo de Young, existen tablas de valores de la razn de Poisson para diferentes materiales. Si sobre el cuerpo plano actan simultneamente esfuerzos a lo largo de los ejes x,y, sean estos x , y , como se muestra en la figura.y y

- x - yo Cuerpo sometido a Esfuerzos Transversales

x

x

90

Fuerza Elstica

Entonces las deformaciones x , y , estn dadas de la siguiente forma: Deformacin En la direccin x. En la direccin y. Esfuerzo en x: Esfuerzo en y: Deformacin Total

xElongacin x / E Contraccin x / E

yContraccin y /E Elongacin y /E

x / E y / E y / E x / E

Es decir:

x = y =

xE

yE

= =

1 x y E 1 x y E x . 1 y

yE

xE

x 1 1 = y E

Resultado conocido como relacin lineal entre: Vector de deformaciones, Matriz de elasticidad y Vector de esfuerzos.

91

Fuerza y Equilibrio

92

PROBLEMARIOObjetivosSe pretende que los alumnos:

a) Apliquen lo aprendido en las unidades III y IV, tanto en el anlisis del equilibrio de un cuerpo rgido, como en el comportamiento de las deformaciones elsticas en una dimensin. b) Ejerciten la solucin de problemas similares a los planteados en el segundo examen parcial del curso

ContenidoSe presentan nueve versiones de ejercicios en la estructura tpica del segundo examen parcial del curso.

Problemario Segunda Parte

Versin 1.1. La varilla, de peso despreciable, mostrada en la figura se encuentra en equilibrio. Calcular: a) La reaccin en el apoyo simple A y, b) La reaccin en el apoyo articulado B. P = 2000 N, =30. B

A

P

2. Una barra rgida, sin peso, est suspendida por dos alambres como se muestra en la figura. El alambre de la izquierda es de acero con Eac. = 2 1011 N/m2 y Aac. = 0.5 cm2, el de la derecha es de aluminio con Eal. = 0.7 1011 N /m2 y Aal.= 1 cm2. Si el peso P es de 10000 N. Calcular la elongacin de cada alambre.

P1.5 m 1/4 m 1/2m

2m

95

Fuerza y Equilibrio

Solucin1. P= 2000 N, L= 6 m, =30.Con respecto del S.R. mostrado, para el equilibrio de la varilla, se debe cumplir:

P

D.C.L. para la varilla

ur r F = 0Respecto del punto B:

Fx = 0 Fy = 0

Rx + P cos = 0

Ry + N A Psen = 0

(1) (2)

a) De la ec. (3):

r

B

r =0

N A L ( Psen )

L =0 2

(3)

NA =

1 1 ( Psen ) = ( 2000N) sen30o 2 2N A = 500 N

b) De la ec. (1):Rx = P cos = ( 2000 N) cos 30o

Rx = 1732.05 N . De la ec. (2):Ry = Psen N A = ( 2000N) sen30o 500N

Ry = 500 N

96


2. P=10000 N, L1=1.5 m, A1=Aac. =0.510-4 m2, E1=Eac.=21011 N /m2, Supongamos que los estiramientos de los alambres L1, L2, son pequeos, de tal forma que la varilla se desva de la horizontal un ngulo pequeo, 0 , por lo que los alambres deformados se mantienen casi verticales.L2=2 m, A2=Aal. =110-4 m2, E2=Eal.=0.71011 N /m2, a=0.25m, b=0.5 m.

y

L1 T 1 O L1

Pa b

L2 T2 L2

x

D.C.L. para la barra Con respecto del S.R. mostrado en la figura, para el equilibrio de la barra, se debe cumplir:

FRespecto del punto O

y

=0

T1 + T2 P = 0

(1)

0 = 0De la ec. (2): T2 = De la ec. (1):T1 = P T2 = 10000 N 3333.33 N ,

r

r

T2 ( a + b ) Pa = 0

(2)

a 0.25 P= (10000 N) a+b 0.75

T2 = 3333.33 N

T1 = 6666.66 N

De la ley de Hooke se tiene: T1 L = E1 1 A1 L1

L1 =

T1 L1 , A1 E1

L1 =

( 0.5 10

( 6666.66 N)(1.5m )4

m 2 )( 2 1011N / m 2 )

L1 = 1 103 my 97

Fuerza y Equilibrio

T2 L = E2 2 A2 L2

L2 =

T2 L2 A2 E2

L2 =

(110

( 3333.33N)( 2m )4

m 2 )( 0.7 1011N / m 2 )

L2 = 9.523 104 mCalculemos el ngulo :

L1 - L 2sen =

L1 L2 a+b

= Arcsen

L1 L2 . a+b

Numricamente se encuentra:

= Arcsen

1103 m 9.523 104 m 5 o = Arcsen ( 6.36 10 ) = 0.0036 , 0.25m + 0.5m

= 0.0036 oes decir: 0.

98


Versin 2.1. La estructura, de peso despreciable, mostrada en la figura est en equilibrio. Calcular: a) La reaccin en el apoyo simple A y, b) La reaccin en el apoyo articulado B. P = 1000 N.

B 2m

3m

3m

A

P

2. Dnde se debe colocar la carga P para que el alargamiento del alambre de aluminio sea igual a la compresin de la varilla de acero? La barra horizontal, que sostiene a P, no tiene peso (ver la figura). Eac = 2 1011 N /m2 , Aac = 2 cm2; Eal = 0.7 1011 N /m2 , Aal= 1 cm2. La carga P es de 10000 N.

Px?

Aluminio

1m

2m2mAcero

99

Fuerza y Equilibrio

Solucin.1. P=1000 N, a = 2m, b = 3m, l =5m, =30. Respecto del S.R. mostrado, para el equilibrio de la estructura y el bloque, se debe cumplir:y

Rx a

O

xb

y

T Ry

Tx

b

P

D.C.L para la estructura Para la estructura:

D.C.L. para el bloqueRx Tsen = 0 Ry + N T cos = 0

r r F =0 Respecto del punto O: r r O = 0 Para el bloque P:

Fx = 0 Fy = 0

(1) (2)

N b + (Tsen )( b a ) (T cos ) b +

(

(l

2

b2 ) = 0

)

(3)

ur r F = 0

F

y

=0

T P = 0

(4)

De la ec.(4): T =P T = 1000 N a) De la ec. (3): N = N = T cos b + b

(

(l

2

b 2 ) ( b a ) sen 2 2 ( 3m ) ( 3m 2m ) sen30o

)

1000 N o cos 30 3m + 3m

((5m )

)

b) De la ec. (1):

N = 1854.059 NRx = 500 N

Rx = Tsen = (1000 N) sen30o

100


De la ec.(2):Ry = T cos N = (1000 N) cos 30o 988.03 N

Ry = 988.033 N

Es decir Ry tiene sentido opuesto al indicado en la figura.

2. P=10000 N, L1=2 m, A1=Aac. =210-4 m2, E1=Eac.=21011 N /m2, L2=1 m, A2=Aal. =110-4 m2, E2=Eal.=0.71011 N /m2, l =2 m. Sea x la distancia a la que se debe colocar la carga. Respecto del S.R. mostrado en las figuras, para el equilibrio, se debe cumplir:y

y

NxO

Tx x

N

l1

P N'D.C.L. para el bloque

D.C.L. para la barra Para la barra:

F = 0

r

r

N1 + T N = 0 r r O = 0 N x + Tl = 0

F

y

=0

(1)

Para el bloque P:

(2)

ur r F = 0

F

y

=0

N P=0 Para la deformacin de la varilla se tiene:N1 L = E1 1 A1 L1

(3) N1 L1 A1 E1

L1 =

(4)

101

Fuerza y Equilibrio

Para la deformacin del alambre se tiene: T L = E2 2 A2 L2

L2 =

TL2 A2 E2

(5)

Se quiere que L1 = L2 , entonces, de (4) y (5)

L1 =De la ec. (3):

N1L1 TL2 = = L2 A1E1 A2 E2

(6)

N = P = 10000 N De la ec. (6): N1 = N1 = A1 E1 L2 T A2 E2 L1 T

(110

( 2 10

4

4

m 2 )( 0.7 1011N / m 2 ) ( 2m )N1 = 2.85 T .

m 2 )( 2 1011N / m 2 ) (1m )

Sustituyendo N1 en (1):

( 2.85) T + T N = 0T= N 10000 = 3.85 3.85

T = 2597.4 N De la ec. (2): x= Tl ( 2597.4 N) = ( 2m ) 10000 N N x = 0.5194 m

102


Versin 3.1. La escuadra mostrada en la figura, tiene un peso despreciable, y se encuentra en equilibrio. El resorte de constante elstica k, est estirado una cantidad x0. Calcular: a) La reaccin en el apoyo simple A y, b) La reaccin en el apoyo articulado B. k = 5000 N/m, x0=10 cm.

B

k

A

2. Dnde se debe colocar el bloque P para que el alargamiento del alambre de aluminio sea igual a la compresin de la varilla de acero?. La barra horizontal no tiene peso (ver la figura), con Eac = 2 1011 N/m2, Aac = 2 cm2; Eal = 0.7 1011 N /m2 , Aal= 1 cm2, y P=10000 N.Aluminio 1m 2m

x?

P

Acero

2m

103

Fuerza y Equilibrio

Solucin.1. k=5000 N/m, x0= 0.1 m, a = 3m, b = 7m, =30. Respecto del S.R. mostrado, para el equilibrio, se debe cumplir:y Rx a Ry b

O

x

FR

D.C.L. para la escuadra ur r F = 0

F FRespecto del punto O:

x y

=0 =0

FR = kx0

Rx + FR sen N = 0 Ry FR cos = 0FR a N ( b cos ) = 0

(1) (2)

O = 0Adems: De la ec. (4):FR = ( 5000N / m )( 0.1m )

r

r

(3) (4)

FR = 500 N

a) De la ec. (3): N= 3m a (500 N) , FR = (7m )cos 30o b cos

N = 247.43N

b) De la ec. (1): Rx = N FR senRx = 247.43 N ( 500 N) sen30o

Rx = 2.57 N Ry = 433.01 N

De la ec. (2):Ry = FR cos = ( 500 N) cos 30o

104


Ya que el valor de la reaccin en la direccin-x, en la articulacin, result con signo negativo; debe interpretarse como que se eligi incorrectamente la direccin en el diagrama de cuerpo libre para la fuerza de la articulacin.

2. P=10000 N, l =2 m, L1=1 m, A1=Aal. =110-4 m2, E1=Eal.=0.71011 N /m2, L2=2 m, A2=Aac.= 210-4 m2, E2=Eac.= 21011 N /m2. Respecto del S.R. mostrado, para el equilibrio, se tiene:

yT1

y l T x xN

O

x PD.C.L. para el bloque

T

D.C.L. para la barra Para la barra:

F = 0

ur

r

T1 + N T = 0 r r O = 0

F

y

=0

(1)

Para el bloque P:

N l T (l x ) = 0

(2)

ur r F = 0

T P=0

F

y

=0

Para la deformacin del alambre:T1 L = E1 1 A1 L1 Para la deformacin de la varilla: N L = E2 2 A2 L2

(3)

L1 =

T1 L1 A1 E1 NL2 A2 E2

(4)

L2 =

(5)

105

Fuerza y Equilibrio

Se quiere que L1 = L2 , por lo tanto, de (4) y (5):

L1 = 42

T1L1 NL2 = = L2 A1E1 A2 E2 T1 = A1 E1 L2 N A2 E2 L111 2

(110 m )( 0.7 10 N / m ) ( 2m ) T = ( 2 10 m )( 2 10 N / m ) (1m )1

4

2

11

2

N (6)

De la ec. (3):

T1 = (0.35) N

T = P = 10000 NDe la ec. (1) y (6):

( 0.35 ) N + N T = 0N= T 10000 = 1.35 1.35

N = 7407.4 N De la ec. (2):x =l ( 7407.4 N) Nl N = 1 l = 1 ( 2m ) 10000 N T T

x = 0.5185 m

106


Versin 4.1. Un hombre tiene peso W y se encuentra parado en el centro de un tabln. Si los planos A y B son lisos, determinar la tensin en la cuerda en trminos de W y .

B L A2. El carrete tiene una masa de 20 kg. Si se enrolla

Fuerza y Equilibrio

Documents

Transcript of Fuerza y Equilibrio