Estatica 02 2015-II

7/24/2019 Estatica 02 2015-II

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Docente: Lic. Egberto Serafn Gutierrez Atoche

Escuela: Ing. INDUSTRIAL

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FISIA I

Docente: Lic. EG!ERT" SERAFIN GUTIERRE# AT"$EEscuela: Ing. I%IL A&!IENTAL

UNIONES O CONTACTOS MASFRECUENTES

a) Cable, cadena o cuerda de masa despreciable:La fuerzaejercida por un cable corto es la tensin que tiene ladireccin del cable y sentido alejndose del cuerpo.

b) Superficie lisa:la fuerza de contacto N es normal a lassuperficie en el punto de contacto de contacto

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c) Superficie rugosa:La fuerza de contacto R es de direccin

desconocida y se puede descomponer como una fuerza normalN y una fuerza de roce esttico Fs.

d) Soporte de rodillo:Para este tipo de conexin, la fuerza decontacto es perpendicular a la superficie soportante.

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e) Conexin por gozne, pasador, cojinete,

articulacin:Para este tipo de conexin los elementosrealizan sobre cuerpo una fuerza R de direccindesconocida que puede ser descompuesta deacuerdo al sistema que se haya escogido

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MOMENTO DE UNA FUERZA

El momento o torque de una fuerza con respecto de

un punto es la medida de la tendencia a la rotacinque produce dicha fuerza

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Entonces podemos decir que:

El momento de fuerzas,, es la tendencia de una fuerzaa hacer rotar un objeto alrededor de algn eje

El momento de fuerzas es un vector

Algebraicamente,

Donde: F es la Fuerza r es el brazo de aplicacin

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La forma sencilla de calcular esta expresin algebraica es

como sigue:

)()()( xyxzyz yFxFkzFxFjzFyFi +=

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PROBLEMA

1.- Calcular el torque respecto al origen, producido por una

fuerza F = (4 - 5) N, que se aplica a un objeto en laposicin r = (2 + )m. Solucin: Aplicando la definicin deproducto vectorial, se obtiene:

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2.- Calcular el torque de una fuerza aplicada al cuerpo de la

Figura, cuandoFes 6 N y hace un ngulo de 30 con el eje X yrmide 45 cm haciendo un ngulo de 50 con el eje positivo delas X.

PROBLEMA

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Es necesario tener en cuenta los signos para el clculo

del momento de una fuerza, tal como se muestra:

OBSERVACIN:

F no producir rotacin enla barra respecto al punto

0 ya que su lnea de accinpasa por el punto (0).Entonces d = 0 y .

00 =FM

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El momentoMde la resultanteRde un sistema de fuerzasrespecto a cualquier eje o punto es igual a la suma vectorial

de los momentos de las distintas fuerzas del sistema respecto

a dicho eje o punto.

Los mdulos de los momentos respecto alpunto O de la resultanteRy de las fuerzas

AyBson:.

Principio de los momentos:Teorema de Varignon

En la figura se ve que:

Por lo que:

)cos(

)cos(

)cos(

hBBbM

hAAaM

hRRdM

B

A

R

==

==

==

coscoscos BAR +=

BAR MMM +=

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a)Determinar el momentode la fuerzaFArespectoal punto E.

b)Determinar el momento

de la fuerzaFErespectoal punto A.c)Determinar el momentode la fuerzaFDrespectoal punto B.

EJERCICIO

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a)Determinar el momentode la fuerza FBrespectoal punto A.

b)Determinar el momentode la fuerza FCrespectoal punto B.

c)Determinar el momentode la fuerza FCrespecto

al punto A.

EJERCICIO

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EJERCICIO

La barra curva se tiende en el plano y tiene un radio de 3m.

Si una fuerza acta en su extremo como se muestra,determine el momento de esta fuerza con respecto al punto .

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son aquellas que tienen la misma direccin y distintospuntos de aplicacin. Distinguimos dos casos:Fuerzas paralelas con el mismo sentido:

Sean las fuerzas . La fuerza resultante tiene las

siguientes caractersticas:

-Mdulo:

-Direccin: la misma que las fuerzas componentes.-Sentido: el mismo que las fuerzas componentes.-Punto de aplicacin: se calcula con,

Fuerzas paralelas:

21 FFFR +=

21 y FF

2211 dFdF =

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Ejemplo: dibuja la fuerza resultante y calcula su mdulopara el sistema de fuerzas de la figura:

NF 31 =

NFR 9=

NF 62

=

1

d2

d

m9 NFFFR 96321 =+=+=

( ) 222211

693 dddFdF ==

2121 99 dddd ==+

mdddd 39276327 2222 ===

mdd 63911

==

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Tambin se puede determinar elpunto de aplicacinde la

resultante deforma grfica. Para ello:1. Se traslada la fuerza mayor sobre la menor , en el mismosentido;2. Se traslada la fuerza menor sobre la mayor en sentidocontrario;

3. Se unen los extremos con una recta que corta a lahorizontal en el punto de aplicacin.

PROCEDIMIENTO GRAFICO

1F2F

RF

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Fuerzas paralelas con sentidos contrarios:

Sean las fuerzas . La fuerza resultante tienelas siguientes caractersticas:

- Mdulo:

-Direccin: la paralela a las fuerzas- Sentido: el sentido de la fuerza mayor.-Punto de aplicacin: en la prolongacin de la lneaque une los puntos de aplicacin de las componentes,pero del lado de la fuerza mayor. Se cumple larelacin:

21yFF

21 FFFR =

2211 dFdF =

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Ejemplo: dibuja la fuerza resultante y calcula su mdulopara el sistema de fuerzas de la figura:

NF 31 =

cm12

NF 72 =NFR 4=

d

NFFFR 43712 ===

( ) ( ) dddFdF =+=+ 712312 21

mdddd 94367336 ===+

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Para elclculo grfico:1. Se traslada la fuerza mayor sobre la menor en su mismosentido;2. Se traslada la fuerza menor sobre la mayor en sentidocontrario;3. Se unen los extremos y el punto de corte con la lnea

horizontal nos da el punto de aplicacin de la resultante.

PROCEDIMIENTO GRAFICO

NF 31 =

NF 72 =

NFR 4=

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EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO

Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio esttico

es necesario que las fuerzas y momentos externos seencuentren balanceados de tal manera que no puedanimpartir traslacin ni rotacin.

La condicin necesaria y suficiente para que un cuerpose encuentre en equilibrio esttico es que la resultantede FUERZAS y MOMENTOS de todas las fuerzasexternas formen un sistema equivalente a cero:

Descomponiendo cada una de las fuerzas y momentosse obtiene seis ecuaciones escalares:

= == 00 FrMF O

= = =

= = =

000

000

zyx

zyx

MMM

FFF

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Un cuerpo se encuentra en equilibrio de rotacin respecto a unpunto, si la suma de momentos respecto a ese punto es cero.El caso ms comn de Equilibrio de Rotacin es cuando un cuerpono experimenta giros.

Como la barra no gira; se puedeaplicar la 2da. condicin deequilibrio, tomando como centro

de momento el punto 0

O sea que:

Como

00 =M

TgFR

MMMM 0000 ++=

00

=R

M( )gFT

gFT

MM

MMM

00

000

0 =

++=

TgF MM00

=

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DIAGRA&A DE UER'" LI!RE

(. El primer paso en el anlisis de equilibrio esttico

de un cuerpo es identificar todas las fuerzas queactan sobre el cuerpo (Diagrama de cuerpo

libre).

2. Seleccionar el slido separndolo de su base de

apoyo y se desliga de cualquier otro cuerpo. A

continuacin se grafica el contorno.3. ndicar el punto de aplicacin! magnitud y

direccin de las fuerzas e"ternas! incluyendo el

peso.

#. $as fuerzas e"ternas desconocidas consisten

normalmente en reacciones. $as que se e%ercenen los puntos en que el slido esta apoyado o

unido a otros cuerpos.

&. El '$ debe incluir tambi)n dimensiones ! las

que permiten calcular momentos de fuerzas

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E)E&'L" *( *na gra tiene una masa

de +,,, -g y se utiliza paraelear el ca%n de 2#,, -g.

Esta su%eta mediante una

articulacin en A y un

balanc/n en 0. El centro de

graedad de la gra esta

situada en 1. 'etermine las

componentes de lasreacciones en A y 0.

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SOLUCIN '$ de la gra.

$a reaccin en 0 se determina

resoliendo la ecuacin de

momentos en A

$a reaccin en A se determinaaplicando la suma de

componentes orizontales y

erticales.

( ) ( )

( ) 0m6kN5.23

m2kN81.9m5.1:0

=

+= BMA

kN1.107+=B

0:0 =+= BAF xx

kN1.107=xA

0kN5.23kN81.9:0 == yy AF

kN3.33+=yA

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Dos pesos de 500 y 250 N estn colgadas de los extremos deuna barra de 3 m de largo. Si apoyamos la barra a 1 m delpeso mayor, estar en equilibrio el sistema? a) si masa de labarra nula b) si masa 100N

26Por tanto la barra est en equilibrio

a) Para que la barra se encuentreen equilibrio se tiene que cumplir

que:

EJERCICIO

m3

m1

NF 5001 =

NF 2502 =

md 22 =

0=RM

21 FFR MMM +=

2211 dFdFMR =

022501500 ==RM

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b) Para que halla equilibrio se debe cumplir que:

La barra no est en equilibrio ya que elmomento no es nulo y al ser negativo la barragirar en sentido horario

NF 5001 =

NF 2502 =

m3

m1 md 22 =

NP 100=

m5,0

0=RM

PFFR MMMM ++= 21

5,010022501500 =RM

NMR 50=

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Una barra de hierro de 50 N de peso y 2 m est

apoyada 0,4 m en un bloque. Si queremos que la barrase mantenga en posicin horizontal, qu fuerza hemosde ejercer sobre la barra? a) en su extremo izquierdo, b)en su extremo derecho.

a) l peso se coloca en el centro

de la barra! "ay que hacer una Fhacia aba#o ! "ay equilibrio si secumple que respecto del punto0$% m del e&tremo de la barra$

es nulo!

EJERCICIO

m2m4,0

NFF 756,0504,011

==

NF 751 =

N50M

0021

=+= FFR MMM

06,0504,01 =F

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b) Hay que ejercer una fuerza vertical y hacia arriba

en el extremo derecho de la barra. Habr equilibriosi el momento resultante respecto del punto 0,4mes nulo.

Una F menor de 18,75 N hara que fueradistinto de cero y la barra caera.

m2m4,0

N50

2F

RM

6,16,050 2 = F

NF 75,186,1

6,0502

=

=

06,16,05002

=+= FMR

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Calcula el valor de A para que el sistema est en

equilibrio; primero suponiendo que el peso de la barra esdespreciable, y despus considerando que esta pesa 2 N

EJERCICIO

cm20 cm15

cm15cm20

cm10

cm10

cm10

cm10

1,05015,0435,0 =+A

NA 1635,0

15,041,050=

=

N2

1,050075,0215,0435,0 =++A

NA 1,1235,0

75,05=

=

A

A

N4 N50

m5,27

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GRACIAS

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