BLOQUE CURRICULAR 1 Cuerpos en Equilibrio. _____________________________________________________________________________________________________________
CUERPOS EN EQUILIBRIO
LEYES DE NEWTON FUERZAS NO CONCURRENTES PRIMER PRINCIPIO DE EQUILIBRIO
MOMENTO DE TORSION
PUNTOS DE APOYO
SEGUNDO PRINCIPIO DE EQUILIBRIO
INDICADORES DE EVALUACIÓN.
1. Describe y dimensiona la importancia de la Física en la vida diaria. 2. Identifica las condiciones necesarias del equilibrio de una partícula y del sólido en sistemas estáticos en dos dimensiones. 3. Reconoce y soluciona sistemas en equilibrio diferenciando los elementos que los constituyen. 4. Integra los conocimientos matemáticos en la solución de ejercicios de equilibrio de la partícula y del sólido rígido. 5. Identifica los diferentes elementos vectoriales o escalares que intervienen en un sistema en equilibrio.
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APRENDO
propio esfuerzo. Toda la materia posee inercia.
LEYES DE NEWTON. El movimiento de los cuerpos está determinado por la fuerza neta o resultante que actúa sobre ella, esta interacción esta descrita por las leyes del movimiento de Newton. Estas leyes fueron formuladas y publicadas en 1687 por Isaac Newton ( 1642 - 1727 ), físico matemático y astrónomo de origen inglés, considerado como uno de los hombres más brillantes que ha existido hasta la presente fecha.
Estudio las leyes materiales que rigen el movimiento de los cuerpos. En 1689 publico su libro philsophical naturalis principio matemático, en el cuál expuso sus tres leyes conocidas como leyes de la dinámica. 1. PRIMERA LEY DE NEWTON O DE LA INERCIA. “Todo cuerpo en reposo permanece en reposo y un cuerpo en movimiento sigue moviéndose con velocidad constante o Movimiento Rectilíneo Uniforme mientras no surja una fuerza exterior que lo haga salir de su estado original.”
Otra aplicación de esta ley es cuando al hacer girar una bola unida a una cuerda y esta se rompe la bola tiende a seguir el movimiento y se va por la tangente.
2. TERCERA LEY DE NEWTON O DE LA ACCIÓN Y REACCIÓN. Sobre dos cuerpos diferentes actúan dos fuerzas en las que a toda fuerza de acción corresponde una fuerza de reacción igual en magnitud, dirección pero de sentido opuesto. Esta ley establece que si un cuerpo A ejerce una fuerza sobre un cuerpo B, el cuerpo B ejerce una fuerza sobre el cuerpo A que es igual en módulo y opuesta en dirección, estas fuerzas se dan en pares y cada una de ellas puede llamarse acción o bien reacción FA = - FB Cuando alguien sube una escalera, se pone un pie sobre el primer escalón y empujar sobre él. El escalón debe entonces ejercer una fuerza igual y opuesta sobre el pie para no romperse. Mientras más grande sea la fuerza que ejerce el pie sobre el escalón, mayor deberá ser la reacción contra el pie.
Otros ejemplos de esta ley son: Cuando un automóvil se acelera los pasajeros obedecen a esta ley, al tratar de permanecer en reposo hasta que la fuerza externa ejercida por el asiento los pone en movimiento. Cuando el automóvil se detiene, los pasajeros tienden a seguir en movimiento y con velocidad constante hasta que son detenidos por los cinturones de seguridad o por su
Un arma de fuego al ser disparada retrocede y golpea el hombro de la persona que lo dispara ( ¨ culatazo¨ )
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_____________________________________________________________________________________________________________ Fuerza del bloque sobre el piso
Cuando una patinadora hace fuerza contra la pared, la reacción es moverse en contra de la pared como si la pared la hubiera empujado.
Fuerza del piso sobre el bloque
EQUILIBRIO DE LA PARTICULA BAJO LA ACCIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES Como ya dijimos anteriormente las fuerzas concurrentes son todas las fuerzas cuyas líneas de acción pasan a través de un punto común que puede ser un objeto puntual.
Para mover el bote sin necesidad de prender el motor se puede empujar el tronco del muelle y la reacción es alejarse de este, lo mismo sucede si lo hacemos con el pie.
Se puede afirmar que un objeto se encuentra en equilibrio bajo la acción de fuerzas concurrentes cuando este no se encuentre acelerado.
PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO. Un cuerpo se encuentra en equilibrio (equilibrio trasnacional), cuando la resultante de un sistema de fuerzas concurrentes externas que actúan sobre un cuerpo es igual a cero, lo que implica que si empleamos una descomposición rectangular, la sumatoria de fuerzas en cada eje también es igual a cero.
La acción actúa sobre el objeto y la reacción actúa sobre el agente que ejerce la reacción. Cuando una piedra que golpea contra un vidrio y este se quiebra es otro ejemplo de la aplicación de la tercera ley de Newton.
Primera condición de equilibrio estático: Σ F = 0; Σ Fx
= 0
y
ΣFy = 0
F2
La acción y la reacción nunca se anulan porque actúan sobre cuerpos diferentes.
F1
F3
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DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE O DIAGRAMA DE FUERZAS. ( D. C. L. ) Es un dibujo en el cual se aísla al cuerpo perteneciente a un sistema, donde solamente se grafica las fuerzas que actúan sobre él. El D. C. L. constituye un diagrama vectorial que describe todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo u objeto.
EJERCICIOS RESUELTOS. a) EJERCICIOS SOBRE TENSIONES 1. Un joven sostiene una pelota de 100 N suspendida del cordel A , es tirada hacia un lado por otro cordel B y mantenido de tal forma que el cordel A forma un ángulo de 30 o con la pared vertical. Encuentre las tensiones de los cordeles. AyB DCL y
Todos los vectores de las fuerzas concurrentes apuntan hacia fuera del centro de los ejes x e y los cuales se intersecan en un origen común.
B 300
TB A TBy 60º TBx P
( DCL 1 ) θ A
TA x
TA 100N
B TB θ
C TC
Se sabe que: θ = 30º En el diagrama de cuerpo libre trabajamos con el ángulo complementario de 60º, ya que por ángulos alternos internos el ángulo de 30º esta adyacente al eje y.
( DCL 2 )
Para encontrar las tensiones de las cuerdas aplicamos la primera condición de equilibrio:
TC
En el eje ( x ) : Todas las fuerzas y componentes dirigidas a la derecha son positivas y las fuerzas y componentes dirigidas a la izquierda son negativas. En el eje ( y ) Todas las fuerzas y componentes dirigidas hacia arriba son positivas y las fuerzas y componentes dirigidas hacia abajo son negativas.
De acuerdo al grafico se puede concluir que : TC = P
P
Σ F = 0 Para resolver problemas en los cuales los sistemas se encuentran en equilibrio se puede utilizar el siguiente algoritmo:
1. Aislar el objeto a estudiar. 2. Mostrar, en el D. C. L. las fuerzas que actúan sobre el cuerpo aislado. 3. Encontrar las componentes rectangulares de cada fuerza. 4. Escribir la primera condición de equilibrio en forma de ecuación. 5. Resolver utilizando procesos matemáticos para determinar las cantidades requeridas.
Σ Fx
= 0
y
ΣFy = 0
TA – TBx = 0
TBy – P = 0
TA – TB cos θ = 0
TB sen θ – P = 0
TA = TB cos θ
TB sen θ = P
TA = (115,47N)cos60º TB = 100N sen 60º TA = 57,7 N TB = 115,47 N La cuerda horizontal es la que realiza menor tensión que la cuerda inclinada
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2. Una lámpara de 300 N cuelga de un cordel anudado a otros dos cordeles. Encuentre las tensiones de las cuerdas A, B, C
350 A
DCL y TAy TBy
500 B
35º
50º
TAx
TBx P
x
Se sabe que: P1 = 100N θ = 30º Realizamos los diagramas de cuerpo libre, en el DCL 1 se debe dibujarlo de tal manera que el eje x coincida con la base del plano inclinado y en las ecuaciones de las componentes solo en los planos inclinados el ángulo θ es remplazado por el complemento de este el cual es adyacente al eje x
C
Se sabe: P = 300N θ1 = 35º θ2 = 50º
DCL ( 1 ) y N
DCL ( 2 ) y T
x
P1x
Realizamos el diagrama de cuerpo libre en el cual por ser ángulos alternos internos son ubicados de esa manera, y luego aplicamos la primera condición de equilibrio:
Σ F = 0 Σ Fx = 0
T
P1y 60º 30º
x P2
P1
Para DCL1
TBx – TAx = 0 TBcos50º - TA cos 35º=0 0,64TB – 0,82TA=0 ( 1 )
Σ F = 0 Σ Fx
ΣFy = 0 TBy + TAy – P =0 TBsen50º + TA sen 35º - 300N = 0 0,77TB + 0,57TA = 300N ( 2 ) Después de resolvemos el sistema de ecuaciones aplicando cualquier método matemático conocido tenemos que las tensiones ejercidas sobre las cuerdas para sostener la lámpara son:
= 0
ΣFy = 0
y
T – P1x = 0 T = P1x T = P1 cos 60º T = 100N cos 60º T = 50 N
N – P1y = 0
Para DCL 2 T – P2 = 0 T = P2 P2 = 50 N
TA = 193,93 N TB = 248,48 N De igual manera concluimos que la cuerda de menor ángulo de inclinación es la que ejerce menor tensión.
3. Un bloque de 100 N descansa sobre un plano inclinado sin fricción que tiene una pendiente de 30 o . El bloque está atado a un cordel que pasa sobre una polea sin fricción en el vértice del plano inclinado y del cual cuelga a su ves otro bloque . ¿ Cuál debe ser el peso del segundo bloque para que el sistema se encuentre en equilibrio ? (Despreciar el peso del cordel )
100N
b) EJERCICIOS SOBRE ROZAMIENTO
4. En una fábrica una caja de 50 N descansa sobre una superficie horizontal. Un trabajador requiere una fuerza horizontal de 10 N para iniciar el movimiento del bloque. Una vez en movimiento, el trabajador solo se necesita una fuerza de 5 N para mantener una velocidad constante. Encontrar los coeficientes de fricción estático y cinético. v = cte 10N
5N
P2 30º DCL 1 _______________________________________________________________________________________________________ Física Superior MSc. Franklin Molina.
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Se conoce que:
y
P = 50N F1 = 10N F2 = 5 N
N
fr
N = 1,7 N 0,40 N = 4,25 N
F x
La fuerza aplicada por el brazo del profesor de física debe ser de 4,25 N
fr = µ . N µ = fr N
P
Para calcular el coeficiente de rozamiento estático aplicamos la primera condición de equilibrio: Σ F = 0 Σ Fx = 0 F – fr = 0 F = fr fr = 10N
y
µe = fr ; µe = 10N N 50N
6. En un almacén de electrodomésticos un cliente compra una cocina. Determinar la fuerza necesaria para llevarla al transporte, la cocina de 100 kgf a velocidad constante sobre una superficie cuyo coeficiente de rozamiento dinámico es de 0,30. La fuerza forma un ángulo de 35 0 con la horizontal. Se conoce que:
ΣFy = 0 N–P=0 N=P N = 50N
1 kgf = 9,8 N P = 100kgf 9,8 N = 980 N 1kgf µc = 0,30 θ = 35º
; µe = 0,20
DCL
Para el coeficiente de rozamiento dinámico sabemos que la normal sigue siendo igual. µc = fr ; µe = 5N N 50N
y F
; µe = 0,10
35º
F Fy fr
5. El profesor de física apoya contra la pared del aula un borrador de madera de 1,7 N mediante una fuerza horizontal ejercida por su brazo. Calcular el mínimo valor de la fuerza horizontal para mantener al bloque en reposo si el coeficiente de rozamiento estático es 0,40 Se sabe: P = 1,7 N µe = 0,40
F
N x P
Aplicamos la primera condición de equilibrio:
Fx P
Aplicamos cualquier método de solución para resolver el sistema de ecuaciones de lo que resulta: F = 296,37 N Para mover la cocina se necesita 296,37 N que es la tercera parte del peso de la cocina.
Σ F = 0
N–F=0 N=F F=N F = 4,25 N
x
Σ F = 0 Σ Fx = 0 y ΣFy = 0 Fx – fr = 0 N + Fy – P = 0 F.cosθ - µ .N = 0 N + Fsenθ – P = 0 F cos 35º - 0,30 .N = 0 N + Fsen35º – 980N = 0 0,82 F - 0,30 N = 0 (1) N + 0,57F = 980 N (2)
fr F
= 0
35º
Aplicamos la primera condición de equilibrio:
fr = µe .N
DCL y
Σ Fx
N
y
ΣFy = 0 fr – P = 0 fr = 1,7 N µe .N = 1,7 N N = 1,7 N µe
7. En el antiguo Egipto, en la construcción de una de las pirámides, para subir un bloque de 80 lbf sobre un plano inclinado de 30 o se necesita dar un empuje E. Si μc = 0,1 . Determinar el empuje E paralelo al plano y dirigido hacia arriba se requiere para que el bloque se mueva a) hacia arriba con velocidad constante y b) hacia abajo a velocidad constante.
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E
APRENDO HACIENDO.
Se sabe que: 1lbf = 4,45 N P = 80lbf = 356N θ = 30º μc = 0,1
Tensiones: 1. El cuerpo de la figura se encuentra en equilibrio. Determinar el valor de la tensión de la cuerda A y B, si m = 40 kg.
DCL ( para arriba) y
DCL (para abajo) y
N
65 0
N x
x
E
E
Px
Px
A B
fr
fr 60º 30º
Py
60º 30º
Py
P P a)
Para determinar E aplicamos la primera condición de equilibrio:
Σ F = 0 Σ Fx = 0
y
E – Px – fr = 0 E – Pcosθ - µ N = 0 E = Pcosθ + µ N (1)
ΣFy = 0 N – Py = 0 N – Psenθ = 0 N = Psenθ (2)
Remplazamos 2 en 1 E = P cos θ + µ Psenθ E = P ( cos θ + µ senθ) E = 356 N ( cos 60º + 0,1 sen 60º ) E = 208,83 N El empuje aplicado equivale a 0,59 veces el peso del bloque para subir.
b) Cuando baja: Σ F = 0 Σ Fx = 0
y
E +fr - Px = 0 E + µ N - Pcosθ = 0 E = Pcosθ - µ N (1)
ΣFy = 0 N – Py = 0 N – Psenθ = 0 N = Psenθ (2)
Remplazamos 2 en 1 E = P cos θ - µ Psenθ E = P ( cos θ – µ senθ) E = 356 N ( cos 60º - 0,1 sen 60º ) E = 147,17 N El empuje aplicado equivale a 0,41 veces el peso del bloque para bajar.
2. A un resorte de longitud natural de 12 cm, se le cuelga un peso de 4N, su longitud total es de 16 cm. Calcular la constante del resorte y si al resorte se le cuelga un peso total de 5,2 N , ¿cuál es la longitud total del resorte?
En conclusión se necesita menos fuerza para bajarlo que para subir el bloque.
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b) Se empuja el bloque con un ángulo θ
Rozamiento: 3. Determinar el valor de la fuerza F que se debe aplicar para deslizar con velocidad constante un bloque de masa M, sobre una superficie horizontal, si el coeficiente de rozamiento cinético es μc cuando :
APLICO LO APRENDIDO. 1. Calcular las tensiones de las cuerdas, si el peso de la lámpara es de 25 N
a) Se empuja el bloque horizontalmente. 530 530
2. Una cuerda PQ de longitud 1m cuelga de los puntos fijos P y Q de la misma altura y separados 60 cm. En un punto de la cuerda R se suspende un peso de 30 N. Si PR = 40 cm y QR = 60 cm: a) Cuáles son los ángulos del triángulo PQR. b) Cuáles son las tensiones de las dos partes de la cuerda.
3. Encuentre las tensiones de dos cordeles A y B que tienen fijo el rotulo del Café net si este tiene una masa de 35 kg.
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9. Determinar el valor de la fuerza que se requiere aplicar para mover un vehículo de 2000 N con velocidad constante cuyo coeficiente de fricción dinámico ruedas-piso es 0,4, ¿ Cuando el vehículo se jala: horizontalmente y con un ángulo de 35 0.
750 B 35º
A
Café net
4. Encuentre la tensión en cada cable y la comprensión en la viga que esta contra el poste. Si el semáforo que cuelga tiene 40 kg.
10. Un cuerpo resbala con velocidad constante sobre un plano inclinado. La componente del peso en una dirección paralela al plano es 8 N y en una perpendicular al plano es 10 N. a) Cuál es la fuerza de rozamiento b) Cual es el coeficiente de rozamiento.
EQUILIBRIO DEL CUERPO SOLIDO RIGIDO EQUILIBRIO ROTACIONAL CONDICIONES PARA EL EQUILIBRIO
410
Existen muchos casos en la naturaleza en los cuales las fuerzas que actúan en un objeto no tienen un punto común de aplicación. Estas fuerzas se denominan no concurrentes lo que ocasiona que el cuerpo tienda a girar. Cuando no se desea la rotación del cuerpo y se produce una fuerza resultante igual a cero estamos hablando del equilibrio rotacional.
40 kgf
5. Dos bloque se encuentran en equilibrio como muestra la figura, Si el bloque uno tiene de masa 260 g y el bloque dos 160 g . Determinar el valor del ángulo que el plano inclinado forma con la horizontal. (Despreciar el peso del cordel )
y
1
y
2 θ
F F
F
x
6. Un resorte de longitud natural de 6 cm, se le cuelga un peso de 3N, su longitud total es de 9 cm. Calcular la constante del resorte y si al resorte se le cuelga un peso total de 4 N , ¿cuál es la longitud total del resorte? Rozamiento. 7. Sobre un plano horizontal se empuja con una fuerza horizontal F y con velocidad constante, un cuerpo de peso 3F. ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento del plano, respecto al cuerpo?
8.A través de una fuerza horizontal de 150 N se apoya contra la pared vertical un libro de física. Calcular el peso del libro de física en equilibrio, sabiendo que el coeficiente de rozamiento estático es de 0,38
x
F
Equilibrio traslacional
Equilibrio rotacional
BRAZO DE PALANCA La distancia perpendicular que existe entre el eje de rotación o de giro a la línea de acción de una fuerza recibe el nombre de brazo de palanca de esta fuerza. Cuando la línea de acción de una fuerza pasa por el eje de rotación, el brazo de palanca es igual a
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cero lo que ocasiona que no se produzca ninguna rotación.
sentido que el movimiento manecillas del reloj.
Movimiento de giro
de
las
r ζ(-)
F F: Fuerza aplicada r : brazo de palanca
r
(-) F 3.
Centro de rotación
El momento es nulo o cero cuando la fuerza pasa por el centro de giro r
MOMENTO DE UNA FUERZA (TORCA, MOMENTUM, MOMENTO DE TORSION TORQUE , ζ ) El momento de una fuerza o momento de torsión se puede definir como la tendencia a producir un cambio en el movimiento de rotación. El torque está dado por el producto de la Fuerza aplicada ( F ) y el brazo de palanca ( r ) .ζ =F. r Cuando la fuerza aplicada a un objeto forma un ángulo diferente de noventa grados con el eje y el punto de aplicación se puede calcular el torque de la siguiente manera:
F
ζ=0
TORQUE RESULTANTE. El momento de torsión resultante ζ R respecto a un eje particular, esta dado por la suma algebraica de los momentos de torsión producidos por cada fuerza coplanares y los signos se determinan por la convención expuesta anteriormente . ζ R = Σ ζ = ζ 1 + ζ 2 + ζ 3 + …. ζ2 ζ1
. ζ = F . r . sen θ F
ζ3
r θ θ
SEGUNDA CONDICION EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO. Las unidades en el sistema internacional están dadas por el newton – metro [ N.m ] CONVENSIÓN DE SIGNOS. Se ha establecido el signo del momento de torsión al realizar las siguientes consideraciones: 1.
2.
El momento es positivo ( + ) cuando la rotación de la fuerza tiene sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj. F (+) r ζ (+) El momento es negativo ( - ) cuando la rotación de la fuerza tiene el mismo
La segunda condición de equilibrio dice: Si un cuerpo se encuentra sometido a la acción de fuerzas no concurrentes y se encuentra en equilibrio entonces la suma de los momentos debe ser igual a cero. Para que el cuerpo se encuentre en equilibrio rotacional debe cumplir las siguientes condiciones: 1. PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO: ( Equilibrio traslacional ) ΣF = 0 ΣFx = 0
y
Σ Fy = 0
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2. SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO : ( Equilibrio rotacional ) Σ ζo = 0 La suma de todos los momentos de torsión respecto a cualquier punto es cero. La suma algebraica de los momentos respecto a cualquier eje debe ser igual a cero. El eje puede escogerse en cualquier parte del sistema, ya que en ese lugar el sistema no tiende a girar respecto a ningún punto. Al aplicar estas ecuaciones a un sistema dado, se puede encontrar las fuerzas desconocidas, las distancias o los momentos de torsión. Al cumplirse las tres ecuaciones simultáneamente garantizamos que el sistema se encuentra en equilibrio total
TIPOS DE APOYO Los cuerpos al mantenerse en contacto con la superficie presentan diferentes tipos de apoyo, los cuales son: 1.CONTACTO CON LA SUPERFICIE.
LISO. Aparece la fuerza normal
RUGOSO. Aparece las reacciones.
2.APOYO FIJO O BISAGRA. Aparecen reacciones verticales y horizontales.
3.
CENTRO DE GRAVEDAD. El centro de gravedad ( C.G ) de un objeto es el punto en el cual se puede considerar que está concentrado todo su peso, esto es , la línea de acción del peso pasa por el centro de gravedad. Una sola fuerza vertical y dirigida hacia arriba, igual al peso del objeto y aplicada en el centro de gravedad, mantendrá al cuerpo en equilibrio. CARACTERISTICAS GRAVEDAD.
DEL
CENTRO
DE
1. El centro de gravedad es un punto que puede estar dentro o fuera del cuerpo.
Cuando el centro de gravedad esta fuera de las fronteras físicas del cuerpo recibe el nombre de centro de masa ya que en este punto se concentra toda la masa del sistema y donde actúan todas las fuerzas. 2. También es llamada ¨centro de equilibrio ¨ ya que en este punto al aplicar una fuerza y seguir manteniendo el equilibrio, esta debe ser igual al peso pero de sentido contrario.
3. La ubicación del centro de gravedad depende de la forma geométrica del cuerpo, de la distribución de la materia, dentro del cuerpo (generalmente el centro de gravedad se ubica en la zona donde hay mayor concentración de materia ) y de los campos gravitacionales que actúen sobre este.
APOYO MOVIL O DE RODILLO Se pueden mover paralelo a la superficie de apoyo a cualquier lado.
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CALCULO DEL CENTRO DE GRAVEDAD.
También se la puede escribir:
1.
xcm = Σ Ai xi Ai
EN FORMA EXPERIMENTAL. Para un cuerpo plano su centro de gravedad se lo ubica suspendiéndolo de dos o más puntos arbitrarios hasta que alcance el equilibrio. El C.G. se lo ubica en la intersección de las líneas verticales que pasan justamente por el punto de suspensión.
CENTRO DE CUERPOS.
;
ycm = Σ Ai xi Ai
GRAVEDAD
DE
ALGUNOS
2. EN FORMA ANALITICA.
PARA UN CUERPO FORMADO POR ¨N PARTÍCULAS o ¨ n ¨ cuerpos cuyos centros de gravedad están determinados. Para ubicar las coordenadas en un plano cartesiano se utiliza el Teorema de Varignon respecto al punto o que dice:
xcm = m1.x1+m2x2+ …….mnxn m1 + m2+ …….mn ycm = m1.y1+m2y2+ …….mnyn m1 + m2+ …….mn También se la puede escribir:
xcm = Σ xi mi ; ycm = Σ yi mi mi mi PARA PLACAS DE CONSTANTE
ESPESOR
Se determina en función de sus áreas: xcm =
A1.x1+A2x2+ …….Anxn A1 + A2+ …….An
ycm = A1.y1+A2y2+ …….Anyn m1 + m2+ …….mn
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EJERCICIOS RESUELTOS
Entonces el torque producido por la fuerza es:
1. Se aplica una fuerza de 15 N sobre un cable alrededor de un tambor de 4 m de diámetro. ¿Cuál es el momento de torsión producido en el centro del tambor?
ζ = F.r : ζ = 15N . 2m ; ζ = 30 Nm
4. Calcular el momento de torsión cuando la fuerza es aplicada en el punto de giro.
F = 15 N F = 15 N D=4m
Se sabe que: F = 15N r=2m
ζ = F.r : ζ = 15N . 0m ; ζ = 0 Nm
Entonces el torque producido por el centro del tambor es: ζ = F.r : ζ = 15N . 2m ; ζ = 30 Nm
5 Un mecánico ejerce una fuerza de 15 N en el extremo de una llave de 18 cm. Esta tracción forma un ángulo de 50 0 con el maneral. ¿Determinar el torque producido por la tuerca?
F = 15N
2. Calcular el torque producido en el extremo de la pared por la barra de 4 m.
r = 18 cm
50º
50 º F = 15 N Se sabe que: F = 15N r = 18 cm = 0,18m
4m
Se sabe que:
Entonces el torque producido por el mecánico es:
F = 15N r= 4m
ζ = F.r senθ : ζ = 15N . 0,18m sen 50º
Entonces el torque producido por la fuerza es: ζ = F.r : ζ = 15N . 4m ; ζ = 60 Nm
3. Determinar el momento de la fuerza de 15 N producido en la barra.
ζ = 2,07 Nm 6. En el siguiente sistema una barra sostiene a un letrero en forma de luna y a su vez en el otro extremo está sujeto de una cornisa. Calcular el torque resultante de las fuerzas aplicadas a la barra PQ, respecto al punto P, siendo F1 = 30 N; F2 = 35 N; F3 = 40 N.
F3
F = 15 N
12 m P
2m Se sabe que: F = 15N r= 2m
Q
2m 4m
F1
5m
F1 F2
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Se realiza el DCL
F3
P
Q 4m
3m
5m
F1 F2 Para determinar el torque resultante debemos sumar algebraicamente los torque tomando en cuenta la convención de los signos de cada torque.
8. El dueño de una panadería tiene un rótulo para anunciar su establecimiento. El rótulo tiene una masa de 51,02 kg el cual tiene que colocarse en una barra rígida que está sujeta a la pared mediante un cable. Para saber qué cable se necesita, el dueño de la panadería pide ayuda a su hijo que es estudiante de física para que calcule la tensión del cable. También le pide que calcule la fuerza que la barra ejerce sobre la pared. La barra tiene una longitud de 2m y una masa de 20,41 kg, el cable pende de la pared de un punto situado a 1,15m por encima de la barra.
ζR = ζ1 + ζ2+ ζ3 ζR = F1.r1 + F2.r2 + F3.r3 ζR = - 30N.4m - 35N .7m +40N.12m ζR = 115 Nm 7. Hallar la resultante de las fuerzas y su ubicación con respecto al punto P. PANADERIA 60 N 50 N 7m
Sabemos que : l = 2m mb = 20,41 kg ; Pb = 200N mr = 51,02 kg ; Pr = 500N
7m P
1m
9m DCL 180 N
F
30 N Fy
T θ
El diagrama de cuerpo libre es:
Ty 30º
0 60N 1m
Fx 6m
50N 3m
Tx 1m
4m
1m Pb
Pr
P Calculamos el ángulo θ : 30N 180N
θ = tan -1 ( 1,15 m/2m) ; θ = 30º Aplicamos el segundo principio de equilibrio:
La fuerza resultan se encuentra sumando las fuerzas parciales con su respectivo signo:
ζRO = 0 -ζPb - ζPr + ζTy = 0
FR = 60N + 50N – 30N – 180 N FR = -100 N Para determinar su ubicación debemos calcular el torque resultante:
-200N. 1m -500.2m + Ty.2m = 0 Ty = 600 N T sen m = 0 Ty = 600 N T sen 30º = 600N T = 1 200N
ζR = ζ180 – ζ50 + ζ30 – ζ60 FR. x = 180.4 -50.7 + 30.13-60.14 -100. x = - 80 x = 0,8 m La fuerza resultante está ubicada a 0,8 m a la izquierda de P
La tensión que soporta el cable es 1200 N Para calcular la fuerza encontramos las componentes de las tensiones y aplicamos el primer principio de equilibrio,
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y Ty = T sen 30º Ty = 1200 sen 30º Ty = 600N
Tx = T cos 30º Tx = 1200cos 30º Tx = 1 039,23 N
4 CM 1
ΣFx = 0
ΣFx = 0
3
Fx – Tx = 0 Fx = 1 039,23 N
Fy – Pb + Ty – Pr = 0 Fy = 200 – 600 + 500 Fy = 100 N
2 CM2 1
F = ( 1039,23 i + 100j ) N F = ( 1 043,8 N ; 5,5º) 10. Calcular la posición del centro de gravedad de dos esferas que se encuentran conectadas por medio de una barra de 40 pulg si tiene un peso despreciable. F
x 0
20 lb
1 2 Σ 10 lb
Se sabe que : m1 = 20 lb = 9,09 kg m2 = 10 lb = 4,55 kg P1 = 89,08 N P2 = 41,36 N l = 40 pulg = 1,02 m
2
3
Para resolver el ejercicio vamos a realizar un cuadro de doble entrada
Elemento C. G.
1
Ai cm2 3 3 6
xi cm 1,5 1,5
yi cm 3,5 1,5
Aixi cm3 4,5 4,5 9
Aiyi cm3 10,5 4,5 15
x CM = Σ Ai xi ; x CM = 9 ; x CM = 1,5 cm ΣAi 6 y CM = Σ Ai yi ; y CM = 15 ; y CM = 2,5 cm ΣAi 6 CM ( 1,5 cm ; 2,5 cm )
APRENDO HACIENDO.
El diagrama de cuerpo libre es:
1. Determinar la resultante de las fuerzas y su ubicación con respecto al punto M.
CG
6N x
1,02 m - x
M P2
N 5m
S 3m
P1 Aplicamos la segunda condición de equilibrio. ζCG = 0
3N
8N
ζP1 - ζP2 = 0 P1 x = P2 ( 1,02 – x) 89,08 x = 41,36 ( 1,02 – x ) x = 0,32 m
11. Determinar el centro de gravedad de la figura laminar de espesor constante de un solo material y densidad uniforme, todas las dimensiones están en cm. _______________________________________________________________________________________________________ Física Superior MSc. Franklin Molina.
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2. Una barra de 1 m de largo permanece en equilibrio cuando en sus extremos se encuentran colgando dos pesos de 10N y 20N, si el peso de la barra se considera despreciable. Determinar la longitud de los brazos de la barra.
3 Determinar el centro de gravedad de la figura laminar de espesor constante de un solo material y densidad uniforme, todas las dimensiones estﾃ｡n en cm. y 4 3
1窶度
x
2 1 x 0
10 N
1
2
3
20 N
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APLICO LO APRENDIDO 1. Calcular el valor de la fuerza F para que el torque resultante de las fuerzas aplicadas con respecto al punto T sea 200 Nm.
apoya en la pared y el cable forma un ángulo de 40 0 con el puntal, que está en posición horizontal. Si una carga de 600 N se cuelga del extremo derecho, ¿ Cuál es la tensión T en el cable? ¿Cuáles son las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por el pivote ?
F 200 N
F
5m 4m
T
8m
400
T 6m 20 N
100 N
100 N
600 N
2. La barra tiene 40 cm de longitud. Calcular el torque en Nm alrededor del eje A si el ángulo θ es de A) 90 0 B) 60 0 C) 300 D) 00 Es despreciable el peso de la barra.
3m
7.- En una balanza romana, el peso del brazo PQ es despreciable y puede girar respecto al punto O Determinar el valor del peso 1.
F = 200 N 40 cm
_ _θ _ _ _
40 cm P 4cm O 4 cm
R
Q
A P2 = 2N 4. Determinar el valor de las reacciones en los soportes si el sistema se encuentra en equilibrio y es despreciable el peso de la barra.
R1
50 N 2m
30 N 5m
R2 1m
P1 8. Calcular la posición del centro de gravedad de un hacha, si la cabeza de metal tirar una masa de 12 lb y el mango de madera de 60 cm tiene una masa de 3 lb. Suponer que el mango es uniforme en peso y construcción.
APLICACIONES EN LA VIDA COTIDIANA 1. Los momentos de fuerza en la vida cotidiana se utiliza con frecuencia en : 5. Una barra de 2 m de largo permanece en equilibrio cuando en sus extremos se encuentran colgando dos pesos de 20N y 40N, si el peso de la barra se considera despreciable. Determinar la longitud de los brazos de la barra.
x
2-x
a) Cuando se atornilla una tuerca con una llave inglesa, de pico o de corona.
b) Para sacar agua de un pozo, ya que se aplica una fuerza para enrollar la soga en el rodillo.
20 N 40 N 6. Un puntal uniforme de 100 N de peso y 3 m de longitud es sostenido por un cable. El puntal se _______________________________________________________________________________________________________ Física Superior MSc. Franklin Molina.
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c) Para girar la rueda de la bicicleta o de la motocicleta se aplica un par de fuerzas en el manubrio.
d) Para hacer girar la rueda de los vehículos se aplica un par de fuerzas en el volante. e) En las balanzas de brazos iguales, los alicates, las tijeras y el martillo cuando se usa para sacar clavos.
i) Para poder levantarse de un asiento una persona. j) Para poder encontrar el centro de masa de una escoba. k) En los adornos como el llamado porfiado, este permanece siempre estable ya que su centro de masa esta cambiado de posición. l) Cuando se sube por una escalera pegada a una pared. m) Cuando se hace girar un yo – yo. 2) El centro de masa del saltador de trampolín se mueve a lo largo de una trayectoria parabólica después de abandonar la tabla. El momento angular está suministrado por el momento inicial externo ejercido por la fuerza de la tabla. Para que el saltador de más revoluciones en el aire encoge sus brazos y piernas para disminuir su momento de inercia e incrementar su velocidad angular.
f) Las carretillas, el destapa botellas. 3. Una patinadora girando sobre sí misma cambia su velocidad angular al cambiar su momento de inercia acercando sus brazos al cuerpo.
g) El brazo de una persona, las pinzas de coger hielo.
h) Se aplica un par de fuerzas cuando se saca un corcho de una botella utilizando el saca – corcho, para atornillar un tornillo, cuando se saca una rueda a un auto con una cruceta, cuando se abre una puerta y la manija de una puerta.
4. Aunque el momento angular total del sistema Tierra-Luna se conserva, el momento angular es trasferido de la Tierra a la Luna. La energía total mecánica decrece como resultado de las perdidas friccionales de las mareas. Por consiguiente, la longitud del día se incrementa uniformemente a medida que la velocidad de rotación de la Tierra se hace menor y la longitud del mes decrece al acelerarse la Luna. A causa de este incremento de la velocidad, y en consecuencia de la energía, la distancia de la Luna a la Tierra también aumenta. Se a medido que la longitud del día está aumentando gradualmente a una velocidad aproximada de 20 µs por año( Así hace 200 millones de años, en el periodo jurásico, un día era aproximadamente de 23 horas.)La luna se mueve lentamente alejándose aproximadamente 3 cm por año. 5. Cuando una persona corre dobla las piernas para reducir la inercia rotacional, además las piernas cortas tienen menor inercia de rotación que las largas. Un animal
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con patas cortas tiene un paso más rápido que uno con patas largas.
los dos pies, a 3 cm frente a la articulación de los tobillos.
6. Cuando un conductor pisa el acelerador, el camino ejerce una fuerza mayor sobre los neumáticos. Esta fuerza es paralela al camino y se dirige hacia el frente del automovil, esta fuerza suministra un momento de torsión que tiende a hacer que el auto gire en sebtido contrario a las manecillas del reloj.El resultado de esta rotación es el levantamiento del frente del auto. Cuando el conductor pisa el freno, el camino ejerce una fuerza mayor sobre los neumáticos dirigida hacia la parte posterior del automovil. Esta fuerza origina un momento de torsón que causa una rotación en el sentido de las manecillas del reloj y en consecuencia el descenso del frente del automovil. 7. En el sitema de cambios de una bicicleta existe una relación entre el momento de torsión y la aceleración angular. 8.
12. Para evitar ejercer una presión indebida sobre la región lumbar, es vital que flexione las rodillas, a la vez que mantiene la parte superior del cuerpo lo más vertical posible, se levanta entonces el objeto con las piernas no con la espalda ni la parte superior del cuerpo.
13. El equilibrista sobre una cuerda utiliza un madero largo y flexible.
Ciertas máquinas como las cortadoras, limadoras, laminadoras, etc, no trabajan de manera continua. El trabajo resistente debido a la introducción del material que se requiere cortar, limar o laminar tiende a reducir la velocidad , la calidad, la vida de la máquina. Para minimizar estas variaciones, se adapta, sobre el eje del motor, un volante que es una rueda del momento de inercia elevado.
9. La fuerza que actua sobre un planeta es principalmente la fuerza de atracción del Sol, por lo que pasa siempre por el cento del Sol, es una fuerza central y el momento de fuerza corresponde a este centro que es nulo. El momento angular es en consecuencia constante, tanto en magnitud como en dirección. 10. Cuando un gimnasta ejecuta “La cruz de hierro”, los principales musculos involucrados son los dorsaless anchos y los pectorales mayores. Como las argollas sostienen el peso del gimnasta, ejercen una fuerza hacia arriba sobre los brazos de este. Los dorsales y los pectorales ejercen torques al húmero. 11. Cuando una persona se para erguida, el centro de gravedad de su cuerpo queda directamente arriba de un punto situado entre
EXPLICA UTILIZANDO LO APRENDIDO 1. Imagina un lapiz y tres ejes de rotación a lo largo de la puntilla; en ángulo recto con el lápiz y a la mitad de éste; y perpendicular al lápiz y en uno de los extremos. Clasifica de menor a mayor la inercia de rotación del lápiz. 2. Cuando pedaleas una bicicleta, el momento de torción máximo se produce cuando los pedales están en posición horizontal y no se produce momento de torsión cuando están en posición vertical. Explicar por qué ? 3. Cuando una bola de boliche sale de la mano del jugador, no gira. Pero más adelante, a lolargo de la pista, si gira. ¿ Que produce la rotación ? 4. ¿ por qué los asientos centrales de un autobus son los más cómodos en viajes largos, cuando la carretera es irregular ?
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5. Explicar por qué un helicoptero con un solo rotor principal posee un segundo rotor más pequeño montado en su eje horizontal en la parte trasera del aparato. Describir el movimiento resultante del helicoptero si este rotor trasero fallase durante el vuelo. 6. Dos esferas de igual masa se liberan del reposo en la cima de un plano inclinado. Una esfera es macisa y de densidad uniforme. La otra esfera es un armazón de densidad uniforme. Señalar que esfera llega primero al fondo del plano inclinado y cual tiene mayor energía cinetica de traslación. 7. ¿Por qué es más facil introducir un tornillo en madera usando un destornillador cuando el díametro del mango de éste es grande, que cuando es pequeño. 8. Una forma de hallar el centro de gravedad de un objeto irregular plano consiste en colgarlo de varios puntos y dejarlo que gire en libertad. Cada vez que el objeto cuelga en equilibrio, se traza una línea vertical hacia abajo a partir de su punto de apoyo. Después de trazar líneas desde los distintos puntos de apoyo, el centro de gravedad es el punto donde todas esas lineas se cruzan . Explique como funciona este método.
REFORZANDO LO APRENDIDO 1, En una bodega, la persona encargada de esta quiere levantar un bulto utilizando una polea y una cuerda la que tira con un fuerza de 1000 N en la dirección mostrada en la figura. Cuáles son las magnitudes de las tensiones A y B de la cuerda.
60º
30º B
A
2, Un constructor utiliza el siguiente sistema para bajar m1 de 20 kg con rapidez constante, para lo cual se debe aplicar una fuerza F horizontal sobre el bloque m2 de 50 kg. Si el coeficiente de rozamiento entre m2 y el plano horizontal es de 0,6, determinar el valor de F F m2
m1
3. Dos focos son colocados en una carpa como muestra la figura. Calcular el peso del segundo foco ( A) .
36º 9. En la figura se muestra un equilibrista de juguete con contrapesos que sobresalen a ambos lados de su cuerpo. Este juguete es sumamente estable; puede empujarse a una distancia larga, hacia uno u otro lado del centro, pero no se cae. Explique por qué es tan estable.
53º
A
6N
4. Un trampolín de una piscina esta soportado por dos columnas M y N. Cuando una persona de 450 N llega hasta el punto S ¿ Qué fuerza ejerce el soporte N ? 4m F1 M 1m 10.
Por qué es más fácil abrir una puerta de vaivén si la empujamos desde un punto situado al borde y alejado de las bisagras, que si lo empujamos por el centro.
F2
N
S
450 N
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