MECANICA (FUERZA) EQUILIBRIO DE UN SÓLIDO RIGIDO A nuestro alrededor muchas cosas permanecen invariables en el tiempo y en el espacio es decir están en constante equilibrio, como ocurre con un puente, con un edificio o una gran roca. En este curso de Física nos referiremos principalmente a lo que se denomina Cuerpo Rígido, que se caracteriza por que los efectos de deformación producidos por las fuerzas aplicadas a este, son a menudo tan pequeñas que pueden despreciarse, lo que permite hacer con mayor facilidad el análisis de las fuerzas que actúan sobre el. La rama de la Física que se encarga de estudiar las condiciones de equilibrio de un Cuerpo Rígido o estructural, se le llama Estática la que definiremos nosotros de la siguiente manera.
ESTATICA. – Es la rama de la Física que trata el balance de fuerzas que actúan sobre un cuerpo que permanece en reposo o en estado de movimiento uniforme. Debemos hacer notar que la Estática es un caso particular de la Mecánica, y su importancia es tal que los ingenieros y los arquitectos debe de estudiarla como parte importante de su formación, pues de otra manera no podrían conocer las fuerzas que conforman las distintas partes de las estructuras, construcciones y maquinas que diseñan.
DEFINICIÓN DE EQUILIBRIO. Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo pueden producir movimiento o en su caso impedir el movimiento, es decir pueden hacer que el cuerpo en el que actúan permanezca en estado de equilibrio(reposo) o inducir su movimiento. Por lo tanto definiremos Equilibrio de la siguiente manera: EQUILIBRIO. – Es el estado de un cuerpo en el cual no hay cambio en su movimiento. Si la suma de todo un sistema de fuerzas que actúan sobre un cuerpo es Cero, el cuerpo estará en Equilibrio y permanecerá en reposo. Si imaginamos una caja en reposo sobre la superficie de una mesa, sabemos que sobre la caja actúan cuatro fuerzas, las dos primeras que son el Peso, que es consecuencia de la atracción de la tierra sobre cualquier cuerpo, en este caso la caja, y la otra llamada Normal, esta fuerza la ejerce la mesa sobre la caja, es la fuerza que equilibra el peso de la caja y hace que la resultante en dirección vertical sea Cero. Las otras dos fuerzas están en equilibrio, estas se encuentran en dirección horizontal, y se anulan por que su sentido es contrario, o sea que una esta hacia la derecha y otra hacia la izquierda por lo cual todo el sistema esta en Equilibrio.
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CONDICIONES DE EQULIBRIO Un cuerpo puede estar en reposo (equilibrio estático) o en movimiento con velocidad constante (equilibrio traslacional).
Para que un cuerpo permanezca en Reposo ó Equilibrio Estático debe cumplir con las siguientes condiciones:
Para que cualquier cuerpo este en reposo o sea en equilibrio, la Resultante de todas las Fuerzas que actúan sobre el debe ser Cero.
FR = 0
La suma algebraica de las componentes horizontales o sea sobre el eje de las “x” debe ser Cero.
Fx = 0
La suma algebraica de las componentes verticales o sea sobre el eje de las “y” debe ser Cero.
Fy = 0 Un sistema de fuerzas que no este en equilibrio, puede ser equilibrado colocando una fuerza de igual magnitud y dirección que la Fuerza Resultante pero en sentido contrario, a la que llamaremos Fuerza Equilibrante.
Para resolver problemas de Equilibrio de Cuerpos Rígidos en el que intervienen fuerzas concurrentes, seguiremos los siguientes pasos:
Primeramente dibujamos un diagrama de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, llamado Diagrama de Cuerpo Libre. DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE. – Es un diagrama de vectores sobre un eje de 37
coordenadas que describen todas y cada una de las fuerzas que actúan sobre un cuerpo.
Se descomponen todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, en sus componentes rectangulares.
Se hacen las sumas de las fuerzas en los ejes “x” y “y”, sabiendo de antemano que las debemos igualar a cero.
Fx = 0 Fy = 0
Por medio de las operaciones fundamentales de la aritmética (suma, resta , multiplicación y división) sencillas obtenemos los valores de las fuerzas desconocidas, aplicando las ecuaciones de Equilibrio.
Ejemplo: 1. Encontrar la tensión de las dos cuerdas que sostienen una caja que pesa 100 N, como se muestra en la figura. 25º
35º
T1
T2
100 N
Se dibuja el Diagrama de Cuerpo Libre. T2
T1
Ty1
Ty2 25º
35º Tx1
Tx2 P =100 N
Se calculan las componentes rectangulares de las fuerzas. T1x = T1 x Cos 0 T1x = T1 x Cos 25º T1x = (T1)(0.9063) T1x = - 0.9063T1 T2x = T2 x Cos 0 T2x = T2 x Cos 35º
T1y = T1 x Sen 0 T1y = T1 x Sen 25º T1y = (T1)(0.4226) T1y = 0.4226T1 T2y = T2 x Sen 0 T2y = T2 x Sen 35º 38
T2x = (T2)(0.8191) T2x = 0.8191T2
T2y = (T2)(0.5736) T2y = 0.5735T2
Se hace la suma de las fuerzas en “x” y “y”. Fx = 0 - 0.9063T1 + 0.8191T2 = 0 - 0.9063T1 = - 0.8191T2
T1 = - 0.8191T2 - 0.9063
Fy = 0 -100 N + 0.4226T1 + 0.5735T2 = 0 -100 N + 0.4226(0.9037T2) + 0.5735T2 =0 -100 N + 0.3819T2 + 0.5735T2 =0 -100 N + 0.9554T2 = 0; 0.9554T2 = 100 N;
T1 =+ 0.9037T2 (ec. 1)
T2 = 100 N 0.9554
T2 = 104.66 N
Sustituyendo T2 en la ec. 1 tenemos: T1 = 0.9037T2;
T1 = 0.9037(104.66 N);
T1 = 94.58 N
2. Encontrar la tensión de las dos cuerdas que sostienen una caja que pesa 950 Kg, como se muestra en la figura.
30º
50º
T1
T2
950 Kg
Se dibuja el Diagrama de Cuerpo Libre. T2
T1
Ty1
Ty2 60º
40º Tx1
Tx2 P = 950Kg
Se calculan las componentes rectangulares de las fuerzas. T1x = T1 x Cos 0 T1x = T1 x Cos 60º T1x = (T1)(0.5000) T1x = 0.5000T1 T2x = T2 x Cos 0
T1y = T1 x Sen 0 T1y = T1 x Sen 60º T1y = (T1)(0.8660) T1y = 0.8660T1 T2y = T2 x Sen 0 39
T2x = T2 x Cos 40º T2x = (T2)(0.7660) T2x = 0.7660T2
T2y = T2 x Sen 40º T2y = (T2)(0.6428) T2y = 0.6427T2
Se hace la suma de las fuerzas en “x” y “y”. Fx = 0 - 0.5000T1 + 0.7660T2 = 0 - 0.5000T1 = - 0.7660T2
T1 = - 0.7660T2 - 0.5000
Fy = 0 -950 Kg + 0.8660T1 + 0.6427T2 = 0 -950 Kg + 0.8660(1.5320T2) + 0.6427T2 =0 -950 Kg + 1.3267T2 + 0.6427T2 =0 -950 Kg + 1.9694T2 = 0; 1.9694T2 = 950 Kg ;
T1 = 1.5320T2 (ec. 1)
T2 = 950 Kg 1.9694
T2 = 482.38 Kg.
Sustituyendo T2 en la ec. 1 tenemos: T1 = 1.5320T2;
T1 = 1.5320(482.38 Kg);
T1 = 739.00 Kg.
3. Encontrar la tensión de la cuerda que sostiene una caja que pesa 4900 N, como se muestra en la figura.
T2 35º
55º
T1
4900 N
Se dibuja el Diagrama de Cuerpo Libre.
Ty2
T2 55º Tx2
T1 P = 4900 N
Se calculan las componentes rectangulares de las fuerzas. T1x = T1 x Cos 0 T1x = T1 x Cos 0º T1x = (T1)(1)
T1y = T1 x Sen 0 T1y = T1 x Sen 0º T1y = (T1)(0) 40
T1x = T1 T2x = T2 x Cos 0 T2x = T2 x Cos 55º T2x = (T2)(0.5736) T2x = 0.5735T2
T1y = 0 T2y = T2 x Sen 0 T2y = T2 x Sen 55º T2y = (T2)(0.8191) T2y = 0.8191T2
Se hace la suma de las fuerzas en “x” y “y”. Fx = 0 + T1 – 0.5736T2 = 0 T1 = + 0.5735T2 (ec. 1) Fy = 0 -4900 N + 0.8191T2 = 0 0.8191T2 = 4900 N
T2 = 4900 N 0.8191
T2 = 5982.175 N
Sustituyendo T2 en la ec. 1 tenemos: T1 = 0.5735T2;
T1 = 0.5735(5982.175 N);
T1 = 3430.77 N
Ejercicios: 1. Encontrar la tensión de las dos cuerdas que sostienen una caja que pesa 750 N, como se muestra en la figura. 30º
40º
T1
T2
750 N
2. Encontrar la tensión de las dos cuerdas que sostienen una caja que pesa 1250 Kg, como se muestra en la figura.
25º T1
40º T2
1250 Kg 41
1. Encontrar la tensión de las dos cuerdas que sostienen una caja que pesa 2600 N, como se muestra en la figura.
T2 27º T1 2600 N
MOMENTO DE UNA FUERZA (MOMENTO DE TORSIÓN)
Hay casos en que las fuerzas que actúan sobre un cuerpo no tienen un punto de aplicación común, tal es el caso de las fuerzas No Concurrentes. Al hacer girar el volante de un automóvil, al tratar de apretar una tuerca con una llave aplicamos el Momento de una Fuerza, para hacerlos girar. Es importante conocer los Momentos de una Fuerza producidos por las fuerzas, para obtener los efectos de rotación que queramos. Si no existe un Momento de una Fuerza Resultante quiere decir que el cuerpo no esta girando, esto quiere decir que esta en Equilibrio Rotacional, que es muy importante para los Ingenieros en sus aplicaciones profesionales. MOMENTO DE UNA FUERZA. – Se puede definir como la tendencia de una fuerza para hacer girar un cuerpo. Para poder determinar el Momento de una Fuerza, primeramente consideraremos que: en este movimiento rotacional siempre debemos tener dos componentes que son: Una Fuerza y Una distancia. Esta Fuerza siempre debe actuar en una dirección paralela al centro de giro del cuerpo (eje de rotación). A la distancia que separa al eje de rotación con la línea de acción de la fuerza comúnmente se le conoce como Brazo de Palanca. BRAZO DE PALANCA. – Se define como la distancia perpendicular desde la línea de acción de la fuerza al eje de rotación. (formar un ángulo de 90º)
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Dirección de la Fuerza ó Línea de Acción de la Fuerza .
d = Brazo de Palanca
90º
Fuerza
Eje de Rotación o Centro de Giro
Como la magnitud de una Fuerza “F” y su Brazo de Palanca “d” son las que determinan el movimiento de rotación, la ecuación matemática del momento de una fuerza es :
Momento de una Fuerza = Fuerza x Brazo de Palanca.
M=Fxd
Para determinar el sentido del giro que toma un cuerpo al aplicarle una fuerza, tomaremos la siguiente regla:
+
Siempre se tomara positivo cuando la tendencia del giro sea en sentido contrario de las manecillas del reloj.
-
Siempre se tomara negativo cuando la tendencia del giro sea en sentido de las manecillas del reloj.
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Ejemplos: 1. – Cual será el momento de torsión resultante alrededor del centro de una polea que tiene un diámetro exterior de 12 cm y un diámetro interior de 8 cm.
M = (F1 x d1) + ( F2 x d2) M = -(8 Kg x 6 cm) + (13 Kg x 4 cm) M = - 48 Kg.cm + 52 Kg.cm M = + 4 Kg.cm.
13 Kg
8 Kg
2. – Cual será el momento de torsión resultante alrededor del centro de una polea que tiene un diámetro exterior de 36 cm y un diámetro interior de 20 cm.
M = (F1 x d1) + ( F2 x d2) M = - (15 N x 18 cm) + (25 N x 10 cm) M = - 270 N.cm + 250 N.cm M = - 20 N.cm.
25 N
15 N
Pero no siempre la línea de acción de la fuerza esta en forma perpendicular al brazo de palanca, en este caso para obtener el Momento de una Fuerza se tomara la componente rectangular que sea perpendicular al brazo de palanca de la fuerza, para lo cual mostramos la siguiente figura y la expresión matemática para resolver estos casos.
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Eje de Rotación o Centro de Giro
B R A Z O
Componente Rectangular Perpendicular al Brazo de Palanca. Fx = F x Cos 0
d 90º
0 Componente Rectangular. Fy = F x Sen 0
D E P A L A N C A
Fuerza
En este caso la formula para obtener el Momento de una Fuerza será:
M = F Cos 0 x d.
Ejemplos: 1. – Encontrar el Momento de Torsión Resultante de la siguiente figura.
12 m
12 m
90º
145º 55º F = 250 N
F = 250 N Diagrama de Cuerpo Libre
M = F Cos 0 x d M = (250 N)(Cos 55º) x 12 m M = (250 N)(0.5736) X 12 m 45
M = +143.40 N x 12 m
M = + 1720.80 N.m
2. – Encontrar el Momento de Torsión Resultante de la siguiente figura.
45º
45º
F1 = 80 N
F1 = 80 N
10 m 10 m
8m
8m 35º
F2 = 50 N
35º
F2 = 50 N
Diagrama de Cuerpo Libre M = (F1 Sen 0 x d1) + (F2 Sen 0 x d2) M = [(80 N)(Sen 45º) x 10 m] + [(50 N)(Sen 35º) x 8 m] M = [(80 N)(0.7071) X 10 m] + [(50 N)(0.5736) X 8 m] M = (56.568 N x 10 m) + (28.68 N x 8 m); M = - 565.68 N.m + 229.44 N.m M = - 336.24 N.m
Ejercicios: 1. – Encontrar el Momento de Torsión Resultante de la siguiente figura.
18 m
18 m
90º
157º
F = 120 N
F = 120 N Diagrama de Cuerpo Libre
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2. – Encontrar el Momento de Torsión Resultante de la siguiente figura.
F1 = 80 N
F1 = 80 N
14 m 75º
14 m
30º
9m
9m F2 = 50 N F2 = 50 N Diagrama de Cuerpo Libre
EQUILIBRIO DE FUERZAS PARALELAS
Este tipo de equilibrio es muy utilizado en la Ingeniería, a continuación enunciaremos las condiciones de equilibrio para fuerzas paralelas.
Suma de fuerzas en el eje de las “x” igual a Cero. Fx = 0 Suma de fuerzas en el eje de las “y” igual a Cero. Fy = 0 Suma algebraica de todos los momentos en el cuerpo igual a cero.
M=0
Recordemos que las fuerzas paralelas son fuerzas que actúan sobre un cuerpo y no tienen un punto común de aplicación. Con el ejemplo siguiente enumeraremos los pasos a seguir para su resolución.
Ejemplo 1 :
Encontrar lo que cargan los soportes A y B de una barra que pesa 300 N, como se muestra en la figura. 47
200 N
300 N
A
B
4.00 m
6.00 m
4.00 m
14.00 m
Primeramente dibujamos el Diagrama de Cuerpo Libre de la Figura, incluimos en este diagrama el peso de la barra que siempre ira a la mitad de la barra.
200 N
300 N
300 N
FA 4.00 m
FB 3.00 m
3.00 m
4.00 m
14.00 m
Se hace la suma de fuerzas en “x”, como no hay fuerzas en “x”,
Se hace la suma de fuerzas en “y”.
Fx = 0.
Fy = 0. FA + FB – 200 N – 300 N – 300 N = 0 FA + FB – 800 N = 0 FA + FB = 800 N (ec. 1)
Si se observa, tenemos dos incógnitas, para poder resolver alguna de ellas (FA ó FB) necesariamente tenemos que hacer suma de momentos en alguno de los dos puntos ya sea A ó B, para poder anular alguna de ellas. Observando que al hacer suma de momentos en alguno de estos puntos el brazo de palanca de la fuerza con respecto al centro de giro será cero, por lo que se anulara automaticamente.
MA = 0. - (200 N x 4 m) – (300 N x 7 m) + (FB x 10 m) – (300 N x 14 m) = 0 - 800 N.m – 2100 N.m + 10 m FB – 4200 N.m = 0 - 7100 N.m + 10 m.FB = 0 48
+ 10 m.FB = 7100 N.m FB = 7100 N.m ; 10 m
FB = 710 N
Sustituyendo FB en la ecuación 1 tenemos que:
FA + FB = 800 N (ec. 1) FA + 710 N = 800 N FA = 800 N – 710 N FA = 90 N
Ejemplo 2 : Encontrar lo que cargan los soportes A y B de una barra que pesa 250 Kg, como se muestra en la figura. 400 Kg
100 Kg
300 Kg
B
A 10.00 m
6.00 m
4.00 m
4.00 m
24.00 m
Diagrama de cuerpo libre.
400 Kg
250 Kg
300 Kg
FB
FA 6.00 m
100 Kg
6.00 m
4.00 m
4.00 m
4.00 m
24.00 m
Se hace la suma de fuerzas en “y”.
Fy = 0. FA + FB – 400 Kg – 250 Kg – 300 Kg – 100Kg = 0 FA + FB – 1050 Kg = 0 49
FA + FB = 1050 Kg
(ec. 1)
Se hace suma de momentos en A y B. (Para comprobar que nos da lo mismo)
MA = 0. (400 Kg x 6 m) – (250 Kg x 6 m) + (FB x 10 m) – (300 Kg x 14 m) – (100 Kg x 18 m) = 0 + 2400 Kg.m – 1500 Kg.m + 10 m.FB – 4200 Kg.m – 1800 Kg.m = 0 - 5100 Kg.m + 10 m.FB = 0 + 10 m.FB = 5100 Kg.m FB = 5100 Kg.m ; FB = 510 Kg 10 m
Sustituyendo FB en la ecuación 1 tenemos que:
FA + FB = 1050 Kg (ec. 1) FA + 510 Kg = 1050 Kg; FA = 1050 Kg – 510 Kg;
FA = 540 Kg
MB = 0. (400 Kg x 16 m) – (FA x 10 m) + (250 Kg x 4 m) – (300 Kg x 4 m) – (100 Kg x 8 m) = 0 + 6400 Kg.m – 10 m.FA + 1000 Kg.m – 1200 Kg.m – 800 Kg.m = 0 + 5400 Kg.m - 10 m.FA = 0 - 10 m.FA = - 5400 Kg.m FA = - 5400 Kg.m ; FA = 540 Kg -10 m
Sustituyendo FB en la ecuación 1 tenemos que:
FA + FB = 1050 Kg (ec. 1) 540 Kg + FB = 1050 Kg; FB = 1050 Kg – 540 Kg,
FA = 510 Kg
Ejemplo 3 : Encontrar lo que cargan los soportes A y B de una barra que pesa 800 Kg, como se muestra en la figura. 500 Kg
B
A 5.00 m
400 Kg
100 Kg
12.00 m
8.00 m
25.00 m 50
a
Diagrama de cuerpo libre.
500 Kg
100 Kg
800 Kg
FB
FA
5.00 m
400 Kg
7.50 m
4.50 m
8.00 m
25.00 m
Se hace la suma de fuerzas en “y”.
Fy = 0. FA + FB – 500 Kg – 800 Kg – 100 Kg – 400Kg = 0 FA + FB – 1800 Kg = 0 FA + FB = 1800 Kg (ec. 1)
Se hace suma de momentos en A y B. (Para comprobar que nos da lo mismo)
MA = 0. (500 Kg x 5 m) – (800 Kg x 7.5m) + (FB x 12 m) – (100 Kg x 12 m) – (400 Kg x 20 m) = 0 + 2500 Kg.m – 6000 Kg.m + 12 m.FB – 1200 Kg.m – 8000 Kg.m = 0 - 12700 Kg.m + 12 m.FB = 0 + 12 m.FB = 12700 Kg.m FB = 12700 Kg.m ; FB = 1058.33 Kg 12 m
Sustituyendo FB en la ecuación 1 tenemos que:
FA + FB = 1800 Kg (ec. 1) FA + 1058.33 Kg = 1800 Kg FA = 1800 Kg – 1058.33 Kg FA = 741.67 Kg
Haciendo suma de Momentos en B.
MB = 0. +(500 Kg x 17 m) – (FA x 12 m) + (800 Kg x 4.5 m) – (400 Kg x 8 m) = 0 + 8500 Kg.m – 12 m.FA + 3600 Kg.m – 3200 Kg.m = 0 + 8900 Kg.m - 12 m.FA = 0 51
- 12 m.FA = - 8900 Kg.m FA = - 8900 Kg.m ; -12 m
FA = 741.67 Kg
Sustituyendo FB en la ecuaciĂłn 1 tenemos que:
FA + FB = 1800 Kg (ec. 1) 741.67 Kg + FB = 1800 Kg FB = 1800 Kg – 741.67 Kg FA = 1058.33 Kg
Ejercicios : 1.- Encontrar lo que cargan los soportes A y B de una barra que pesa 100 N, como se muestra en la figura. 200 N
400 N
A
B
5.00 m
8.00 m
4.00 m
17.00 m
2. -Encontrar lo que cargan los soportes A y B de una barra que pesa 400 Kg, como se muestra en la figura. 600 Kg
100 Kg
B
A 4.00 m
300 Kg
12.00 m
4.00 m
4.00 m
24.00 m
52
3. - Encontrar lo que cargan los soportes A y B de una barra que pesa 500 Kg, como se muestra en la figura. 900 Kg
B
A 5.00 m
300 Kg
150 Kg
14.00 m
6.00 m
25.00 m
53