capítulo 2 estática de partículas

7/23/2019 Capítulo 2 Estática de Partículas

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Universidad Nacional de Ingeniería

ESTÁTICA DE PARTÍCULAS

"Los hombres geniales empiezan grandes obras,

los hombres trabajadores las terminan".

Leonardo da Vinci


Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro.

Una fuerza genera el cambio en el estado de esfuerzos, deformacióny desplazamiento de un cuerpo; pero además, una fuerza es capaz

de producir un efecto de rotación a un cuerpo, cuando ese cuerpopuede rotar alrededor de un cierto punto.

Fuerza, se caracteriza por: - Punto de aplicación

- Magnitud o Módulo

- Dirección

- Sentido

2.1 FUERZAS EN UN PLANO



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Nota:

Las fuerzas, los desplazamientos, las velocidades y las aceleraciones son ejemplos demagni tudes físicas que poseen módulo y dirección y que suman según la Ley del

Paralelogramo.

Estos valores pueden representarse matemáticamentepor “Vectores”, mientras que las

magnitudes físicas que no tienen dirección (volumen, masa, energía) se representan

mediante números ordinarios o “escalares”.

Dos fuerzas y que actúansobre una partícula “o” puedenreemplazarse por una solafuerza que tiene el mismo efectosobre la partícula.

BA

R

A

B

R

º

2.2 LEY DEL PARALELOGRAMO


Expresiones matemáticas que poseen módulos, dirección y sentido, y quesuman según la Ley del paralelogramo.

Las “Rotaciones” finitas de un cuerpo rígido(tienen módulo y dirección) no se sumanpor la ley del paralelogramo. Pero estasmagnitudes pueden representarse comoflechas (no son vectores).

Nota:

180º

Vectores iguales: Mismo módulo, dirección y sentido.

2.3 VECTORES



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“Regla del Polígono”, uniendopunta con cola y uniendo losextremos.

Según la Ley del paralelogramo (observar que por lo general no esigual a la suma de módulos).

A + B + C

0

A

B

C

P

Q0

P - Q P + Q

2.4 SUMA DE VECTORES


Sobre la partícula “o” actúan las fuerzas coplanarias (contenidas en un mismoplano) y como todas pasan por el punto “o” se dice que son concurrentes.

B

C

A

B

A

C

o =o

2.5 RESULTANTE DE VARIAS FUERZAS CONCURRENTES



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Como un conjunto de fuerzas pueden reemplazarse por una “FuerzaÚnica” que tiene el mismo efecto sobre la partícula; inversamente, unafuerza única F puede reemplazarse por dos o más fuerzas que, juntas,tienen el mismoefecto sobre la partícula.

Estas fuerzas se llaman “Componentes” de la fuerza primitiva F, y elproceso se llama “Descomposición de la Fuerza” F en suscomponentes.

FF

o

=

Línea deacción

Línea deacción

=

F1

F2

F1 + F2 = F

o o

F1

F2

NOTA: Se conoce la línea de acción de los componentes

Solución Gráfica oTrigonométrica

2.6 DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN SUS COMPONENTES

Universidad Nacional de IngenieríaPROBLEMA 1:

Dos elementos estructurales B y C están sujetos con remaches al soporte A,sabiendo que la tensión en el elemento B es 2500 kg y que la tensión en C es2000 kg Determinar el módulo, dirección y sentido de la fuerza resultante queactúa sobre el soporte.

a) Solución gráfica

b) Solución trigonométrica

A

B

C40º

15º

=15º

40º

B = 2 500 kg = 2,5 tn

C = 2 000 kg = 2 tn



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b) Trigonométrica:

Se forma un triángulo, dibujando B, C una a continuación de la otra,determinando los ángulos que son de interés.

a) Gráficamente:Se dibuja a escala un paralelogramo, con lados iguales a las fuerzas By C, luego se mide el módulo y dirección de la resultante:

R = 4 000 kg = 4 tn

= 9,2º


R2 = B2 + C2 – 2BC cos 125º

R2 = (2.5)2 + (2)2 – 2 (2.5) (2) cos 125º = 15,9858

R = 3,998 tn = 4 tn

B = 2.5 tn

2 tn = CR

40º

15º125º15º40º

40º

~

c

α)(15sen

R

125ºsen

Se emplea la Ley de Cosenos (se conocen los lados y el ángulo comprendido)

Aplicando la Ley de Senos, se puede determinar el ángulo:

0,409576α︶︵15sen2

α︶ 15sen

4

125ºsen

9.2º9,178α



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PROBLEMA 2:

Determinar el módulo, dirección y sentido de la fuerza “P”, de manera que laresultante de P y la fuerza de 300 kg sea una fuerza vertical de 900 kg dirigidahacia abajo.

300 kg

P

10º

P R = 900 kg

300 kg

10º


Por la Ley de Cosenos:

P2 = (300)2 + (900)2 – 2(300)(900) cos 100º

P = 996,88 kg

Por la Ley de Senos:

900 kg = R

90º

10º

300 kg

P

300

αsen

996,88

100ºsen

17,24ºα



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PROBLEMA 3:Un móvil es arrastrado por medio de 2 cables, si la tensión del cable 1 es150 kg.

a) Determinar el módulo y dirección de la tensión del cable 2, para que laresultante sea una fuerza de 200 kg paralela al eje del móvil .

b) Si el ángulo = 30º, determinar la tensión T2 , para que la fuerzaresultante continúe siendo paralela al eje del móvil.

c) Encontrar el valor de “”, para que la tensión T2 sea la mínima, y el valorcorrespondiente de T2 , si se quiere que la resultante de las dos fuerzasT1 y T2 sea paralela al eje móvil.

15º

T2

T1 = 150 kg

Universidad Nacional de Ingenieríaa) = ??, T2 = ?? , si R = 200 kg paralela al eje del móvil.

15º

T2

T1 = 150 kg

R = 200 kg

Por la Ley de Cosenos:

T22 = (150)2 + (200)2 – 2(150)(200) cos 15º

T2 = 67,41 kg


67,412

15ºsen

150

αsen 35,16α



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b) Si = 30º T2 = ??, si R es paralela al eje del móvil.

R

135ºsen

150

30ºsen

T

15ºsen

2

c) = ?? si T2 = mínimo, R es paralela al eje del móvil.

Se requiere formular una función:

Y = f (x) o T2 = f ()

T2

T1 = 150 kg

R

T2

T1 = 150 kg

R

135º

30º 15º

15º

• Por Ley de Senos:

“ ” que haga T2 mínimo

“x” que haga Y = f (x ) mínimo

kg77,6430ºsen

15ºsen150 T2

kg212,1330ºsen

135ºsen150R



Reemplazando:

12 T

sen

T

15ºsen

)α(f T:sen

1.15ºsenT

sen

15ºsenTT 2112

90º0cossen

cos0

d

Td2

2

CTE

Kg38,8290ºsen

15ºsen T T 12



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Universidad Nacional de IngenieríaGráficamente: Mínimo T

2, si se conoce T

1(ángulo y módulo)

T2 T2

T1

R

15º

NOTA: Si buscamos el mínimo “T2”, para las siguientes condiciones:

Dirección de T1 (ángulo de inclinación).

Dirección y módulo de “R”.

Se determina

con l a mínima

distancia

Líneas de acción de T1

T2

15º

R

90º


PROBLEMA 4:

La roldana de una grúa está sometida a las 3 fuerzas mostradas. Ladirección de la fuerza F es variable. Determinar, si es posible, ladirección de la fuerza F, de tal manera que la resultante de las tresfuerzas sea vertical, sabiendo que el módulode F es:

a) 240 kg , b) 140 kg

60ºF1 = 120 kg

F2 = 80 kg F



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Universidad Nacional de Ingenieríaa) Resultante vertical, significa que sólo

tiene componente en el eje Y:

Analizamos sólo los componentes X de las tres fuerzas:

jRiRR yx

0FR xx

i

ii

i

αcos240F

4060ºcos80F

120F

x

2x

1x

α 4 8 , 1 9 º

F1 = 120 kg

F2 = 80 kg

F = 240 kg

R

X

Y

b) Rx = -120 – 40 + 140 cos = 0 cos = 1,1428 > 1

Condición imposible, por lo tanto, No existe “ ” para esa magnitud de fuerza.

60 º

110x6,666αcos0αcos24040120Rx


R = 100 kg

X

Y

a

F

a

F1 = 70 kg

F2 = 50 kg

2º 3º

30º

FyRy

FxRx

JRyiRxR

θFsenFyθ,cosFFx

PROBLEMA 5:

La resultante de las tres fuerzas representadas debe ser una fuerza de 100kg dirigida hacia la derecha según la recta a – a. Determinar el módulo,direccióny sentido de la fuerza F.



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+ 50,0000(= R sen 30º)

+ 86,6025(= R cos 30º)

+ 3,6635+ 1,7450+ Fsen

+ 69,9041+ 49,9645- Fcos

7050F

F1

F2

F

COMPONENTE Y

kg(Fy = F sen θ)

COMPONENTE X

kg(Fx = F cos θ)

MÓDULO

kg

FUERZA

69,9041 + 49,9645 – F cos = 86,6025

F cos = 33,2661 ........... (a)

3,6635 + 1,7450 + F sen = 50,0000

F sen

= 44,5916 ........... (b)

α 53,28º

(Sentido: hacia la izquierda)

DIRECCIÓN

MÓDULO

1,340448αtag33,2661

44,5915

αcosF

αsenF

a

b

kg55,63F33,2661αcosF:Como


F1 = 80 kg

F2 = 50 kg

20º

60º

F3 = 60 kg

F4 = 30 kg

θsenFFy

θFcosFx

Fx

FyθTag

22 FyFxF

PROBLEMA 6:

Determinar la resultante de las cuatro fuerzas representadas.



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Ry = - 17,100Rx = - 110,521

69,2820

-56,382- 30,000

- 40,000- 50,000

-20,5210

7050

6030

F1

F2

F3

F4

COMPONENTE Ykg

(Fy = F sen θ)

COMPONENTE Xkg

(Fx = F cos θ)

MÓDULOkg

FUERZAF1

F2

20º

60º

F3

F4

70º

30º

Y

X

Rx

RRy

Y

X

La resultante de las cuatro fuerzas:

J17,100︶︵i110,521︶︵R

JRyiRxR

kg111,83617,1000︶︵110,521︶︵R 22

8,795ºθ10x1,54721110,521

17,100θ Tag 1


Y

º

JFyyF

J

i

iFxxF

X

Componentes rectangulares:

Si descomponemos una fuerzaen dos vectores perpendicularesentre si.

“ F ” se ha descompuesto en unafuerza Fx, según el eje X; y unacomponente Fy, según el eje Y.

F

Por definición:

i, j: vectores unitarios, vectores de módulo 1, dirigidossegún los ejes positivos X e Y.

2.7 COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA – VECTORES UNITARIOS



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La fuerza puede definirse por:

Las componentes escalares se pueden expresar:

cos = Fx / F Fx = F cos

sen = Fy / F Fy = F sen

Conociendo las componentes rectangulares Fx, Fy de una fuerza F, sedefine su dirección y sentido mediante el ángulo , y el módulo F de lafuerza aplicando el teorema de pitágoras:

JFyiFxyFxFF

Componentesvectoriales

Componentesescalares

22 FyFxFFx

FyθTag


La suma de fuerzas aplicando la Ley del paralelogramo o empleandosoluciones trigonométricas, se vuelven no prácticas cuando deseamossumar tres o más fuerzas, será más conveniente descomponer las fuerzasen sus componentes rectangulares y adicionarestas:

Y

X

F2

F3

F1

321 FFFR

JFiFJRyiRx 1y1x

JFiF 2y2x

JFiF 3y3x

2.8 SUMA DE FUERZAS POR ADICIÓN DE COMPONENTES “X” e “ Y”



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Las componentes escalares Rx, Ry de la resultante R, se obtienensumando algebraicamente las componentes escalares, correspondientesa las fuerzas dadas.

Nota:

Evidentemente, esta conclusión se aplica también a la suma de otras magnitudesvectoriales (velocidad, aceleración, etc.).

y3y2y1yy

x3x2x1xx

FFFFR

FFFFR


Recordemos, que una fuerza genera cambios en el estado de esfuerzos,deformación y desplazamiento de un cuerpo; pero además, puedeproducir un efecto de rotación, cuando el cuerpo es capaz de rotar alrededor de un cierto punto.

Momento de una fuerza, o torque, es una magnitud vectorial quecuantifica la rotación que una fuerza produce a un cuerpo, cuando esecuerpo puede rotar alrededor de un punto que se considera fijo.

¿En qué caso será m ásfác il af lo jar la tuerca de lallanta del carro?

2.9 MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO

(MOMENTO ESTÁTICO)



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FM

X

M

Z

F

Y

r p

d

0

M = ( r x F )o

con respectoal origen


A (Índice)

Magnitud: u = | r x F | = r F sen

= F d Dirección: Es perpendicular al plano que contiene F y r

Sentido: Esta dada por la regla de la mano derecha

Pto. de Aplicación: Es O (origen) vector ligado

B (Medio)(Pulgar) C C = A x B

Menor ángulocomprendido



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Nota:

Se puede demostrar que “P” es un punto arbitrario en la línea de dirección del vector F.

r x F = r 1 x F

Se puede demostrar que:

r 1 = r + n F

r 1 x F = ( r + n F) x F

Si “n” es un escalar (Longitud / Fuerza)

r 1 x F = r x F + n F x F

o

r 1 x F = r x Flqqd

o

r

P

r 1 P'

F

F

nF

M


EXPRESIÓN CARTESIANA:

X

i

Kr Jr ir r

KFJFiFF

zyx

zyx

Fxr Mo

zyx

zyx

FFFr r r

KJi

Y

Z

K

J

. P (X,Y,Z)

oMzy

zy

FF

r r

zx

zx

FF

r r

yx

yx

FF

r r

i

J

K

Respecto al origende las coordenadas



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MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO O' CUALQUIERA:

X

Kr Jr ir r

KFJFiFF

zyx

zyx

Y

Z

r 1

a

o' ( X ',Y ', Z ‘ )

(0, 0, 0)

r

o

F 1

1111

r r a

)KZJYiX(r

)Z',Y',(X'o'

zyx

zyx'o

'o

zyx

FFF

'zr 'yr 'Xr M

KJi

FxaM

K)'Zr (J)'Yr (i)'Xr (a


X

i

Y

Z

K

Jo

r

F1

F2 F3 R

Fn

p

oii

n

o

n

n

n

F xr R xr

F xr F xr F xr R xr

F F F xr R xr

Z Y X PF F F R

)()(

...

)...(

),,(...

1

21

21

21

2.10 TEOREMA DE VARIGNON

El momento respecto a un punto dado (o) de la resultante de variasfuerzas concurrentes (R) es igual a la suma de los momentos de lasfuerzas (F1 , F2 , F3 … Fn) respecto al mismo punto (o).

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