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Lic. Alfonso Mendoza Gamarra. 1

IT203 Física General ITexto Informativo

II ESTATICA

2.1.-RAMAS DE LA FÍSICA

Haremos un estudio de la física dividiéndola en lo que se conoció hasta antes de 1900;que la denominaremos Física Clásica y los nuevos conceptos que se postulan en laprimera década del siglo XIX, la teoría de la relatividad y la teoría cuántica, estasteorías no trajeron abajo el marco de la Física Clásica sino que demostraron que estatiene límites de validez que más alla de ellos se necesita conceptos nuevos y distintosacerca de la realidad Física.

Por ejemplo se encontró que la mecánica clásica no podía describir el movimiento desistemas en que las velocidades son comparables a la velocidad de la luz o de describirclaramente la mecánica de átomos, moléculas, y núcleos atómicos, de manera queharemos la siguiente división de la física para un mejor estudio.

-Mecánica

-Calor y termodinámica.

-Luz óptica

-Electricidad y Magnetismo

- Teoría de la relatividad

-Teoría cuántica

Física clásicade antes de 1900

FísicaModerna

UNIVERSIDAD PRIVADA

JUAN MEJÍA BACAAutorización de Funcionamiento Resolución Nº 522-2008- CONAFU

Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.2

2.2.-MECANICA.-

Ciencia del movimiento.

Estudia el movimiento más simple y fácil de observar el movimiento mecánico.

MOVIEMIENTO MECANICO.- Cambio de posición de los cuerpos materialesuno con respecto de otro, que sucede en el transcurso del tiempo, así como la variaciónde la posición relativa de las partículas de un mismo cuerpo material, o la deformaciónde este último.

La Mecánica de divide en:

-ESTATICA

-CINEMATICA

-DINAMICA

2.3.-ESTATICA.- Es la rama de la mecánica que estudia el equilibrio de los cuerpos.

*Equilibrio.- Se denomina así al estado inercial en que se hallan los cuerpos, puede serde reposo, si la velocidad es constante y la trayectoria rectilínea.

2.3.1.-Particula.- Un cuerpo se considera como partícula cuando las dimensionesde dicho cuerpo son pequeñas comparados con las demás dimensiones queintervienen en el problema (también se dice punto material). Se le consideracomo un punto geométrico en el cual está concentrada toda la masa del cuerpo.

Así por ejemplo, se considera como partícula o punto material a la tierra en sumovimiento alrededor del sol debido a las pequeñas dimensiones de la tierra encomparación con su distancia al sol.

2.3.2.-Cuerpo Rígido.- Es el cuerpo en el que las distancias entre dos puntoscualquiera siempre permanece invariable, osea no presenta deformaciones. Esdecir es “un cuerpo extenso” que no puede considerarse como partícula seconsidera rígido.

Ejemplo: Una barra, un pedazo de madera(etc.)

2.3.3.-Fuerza.- Lo que sabemos de fuerza es que es una magnitud vectorial; ypor lo tanto las operaciones y calculo de sus elementos están sujetos a las reglasdel algebra vectorial.

La idea intuitiva de fuerza la tenemos al observar los siguientes hechos:

-Cuando tiramos una cuerda atada a un cuerpo, decimos que estamoshaciendo fuerza.


-Cuando empujamos un automóvil para ponerlo en movimiento sentimosla sensación de haber ejercido una fuerza.

-Al activar o comprimir un resorte decimos que estamos empleando unafuerza.

Podemos adelantarnos y decir que entendemos la fuerza como la medida de lainteracción entre dos cuerpos.

Medidas de fuerza:

Sistema C.G.S: Dina (din)

Sistema internacional (M.K.S): Newton

Sistema técnico: Kilogramo-fuerza (Kg-f) ; libra-fuerza (lb-f)

1N = 105 din

1Kg-f = 9.8 N

1 lb-f = 4.45 N = 0.45 Kg-f

2.4.-COMPOSICION DE FUERZAS CONCURRENTES.- La resultante de

un sistema de fuerzas concurrentes es una única fuerza F que pasa por el punto deconcurrencia de las líneas de acción de las fuerzas que componen el sistema.

Ejemplo: Determinar el modulo y la dirección de la resultante de las tres fuerzasmostradas en la figura:

Z

F1

Y

F2 F3

X

Donde:

F1= , F2 = 2 N , F3=


Escribimos los vectores F

F1 = F1 u1

F2= F2 u2

F3= F3 u3

u1 = , u2 = - i , u3 =

luego :

F1= ( ) =

F2 = 2 ( - i ) = - 2 i

F3 = ( = i + 2 j

F = F1 + F2 + F3 = 4 j + 3 k

F = = 5 N

2.5.-MOMENTO DE TORQUE O DE UNA FUERZA: Se denominamomento de torque o de una fuerza a la medida de la efectividad para producir rotación.Como la rotación tiene un sentido; el momento es una cantidad vectorial.

En la figura se el punto O se mantiene fijo y F mantiene en el punto P, la experiencianos dice que el cuerpo tenderá a rotar en sentido horario alrededor de un ejeperpendicular al plano del papel y paso por O.


2.6TORQUE DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO: El torque dela fuerza F con respecto al punto “O” es el vector definido T definido por:

T = r x F

O origen del torque por allí pasa el eje de rotación.

r vector posición del punto de aplicación de F.

Según la regla del producto vectorial, el vector torque es perpendicular al planodeterminado por r y F y apunta en la dirección del tornillo de rosca a derechas, cuandoel ángulo de rotación del anillo se mide de r a F.

El modulo de T es:

T = rF senθ

Si b= rsenθ ; recibe el nombre de brazo de palanca, es la distancia perpendiculardel punto O a la línea de acción de la fuerza.

T = F b

Unidades del torque:

S.I o M.K.S: Newton metro (Nm)

C.G.S : dina – cm (din-cm)

Técnico : Kilogramo-fuerza-metro (Kg-f-m)

: libra fuerza-pie (lbf-pie)

2.7.-TORQUE DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN EJE:


De la figura, el torque de F respecto al eje L que designamos con Tl es el vectorproyección de Tl en dirección de L.

TL= proye T

TL= T . e

Donde e es el vector unitario en la dirección de L.

Ejemplo:

Dada : F = 4 i – 8 j + 3 k lb.

Que pasa por el punto (-3,8,2)pies y cual es el momento de F .

a) con respecto al origen

b) con respecto al punto (2,3,-1) pies? ¿Cuál son los componentes de esosvectores?

Solución:

F

Y

X

Z

(-3,8,2)

Mºf = ( -3 i + 8 j + 2 k ) x ( 4 i – 8 j + 3 k )

=40 i + 17 j – 8 k pies-lb

b) M Pf = r x F


F

Y

X

Z

(-3,8,2)

(2,3,-1)

r = (-3,8,2) – (2,3,-1) = -5 i + 5 j + 3 k

M Pf = ( -5 i + 5 j + 3 k ) x (4 i – 8 j + 3 k ) = 39 i + 27 j + 20 k

2.8.-TORQUE DE FUERZAS CONCURRENTES

TEOREMA DE VARIGNON

Consideremos varias fuerzas concurrentes que tienen como punto de aplicación el puntoA, el torque de cada fuerza con respecto a 0 es :

T1= r x Fi

El momento de la resultante R

T = r x R

Donde R = F1 + F2 +F3 +…

r x R = r x F1 + r x F2 + r x F3 + …


Y

X

Z

Entonces:

T = T1 + T2 + T3 + ….

Resultando que se conoce como teorema de varignon cuyo enunciado es :

“Con respecto al mismo punto, el torque de la fuerza resultante es igual a la suma de lostorques de las fuerzas componentes”.

Ejemplo: Sean las fuerzas:

F1= 14 i – 2 j kg-f

F2= -6 i kg-f

F3= -4 i + j -8 k kg-f

Concurrentes y aplicadas en el punto (5,-4,6) encontrar:

a) El módulo y la dirección de la resultante.b) El torque con respecto al origen de cada una de las fuerzas dadas.c) El torque de la fuerza resultante.

2.9.-MOMENTO DE UN PAR O CUPLA

Definición.- Un par se componen de dos fuerzas iguales, paralelas y de sentidocontrario.


Y

X

Z

F

-F

2.10.-EVALUACION DEL VECTOR MOMENTO M DE UN PAR.-

En la siguiente figura se muestra un par F y –F cuyo momento se puede evaluar.

Y

X

Z

F

-Fr1

r2

R

Mºf = r1 x F + r2 x (-F) = ( r1 + r2 ) x F = R x F

Donde Mf es el momento respecto a O (0,0,0), y a que cualquier posición de O conduceal mismo resultado, este valor es independiente de la posición de punto O. En otraspalabras, el par tiene el mismo momento respecto a cualquier punto en el espacio y porlo tanto se considera como un vector libre, se tendrá entonces:

M = R x F


Es decir, el momento de una par es igual al momento de una de sus dos fuerzas respectoa cualquier punto situado sobre la línea de acción de la otra fuerza.

Ejemplo sumar los pares mostrados:

Y

X

Z

-F2

-F1F1

2

R

Donde:

F1 = 20lb

F2 = 60lb

4 j + R1 = 3 i

R1 = 3 i - 4 j

R2 = 2 j

M1 = ( R1 x F1 ) = - 60 j – 80 i pies-lb

M2 = ( R2 x F2 ) = - 120 k pies-lb

M = M1 + M2 = - 60 j – 80 i - 120 k pies-lb

2.11.-FUERZAS COPLANARES.-

Si las fuerzas XY su resultante F se halla también en el mismo plano. En tanto que lostorques individuales o el torque resultante (T) respecto al origen de coordenadas (O)apuntan en la dirección del eje z positivo o negativo.

En este caso es siempre posible reducir el sistema de fuerzas a una sola fuerza: suresultante F a una distancia r de O de modo q se emplea:

r x F = T


Se muestra que X Fy – Y Fx = T

Como Fy , Fx y T son conocidos la ecuación es la correspondiente a una recta, y portanto, la resultante no tiene un único punto de aplicación en su lugar se tiene una “línea”de aplicación.

2.12.-COMPOSICION DE FUERZAS PARALELAS.-

Consideremos un sistema de fuerzas paralelas a un vector unitario u asi:

F1 = F1 u , F2 = F2 u , F3 = F3 u

Su resultante es:

F = u (F1 + F2 + F3)= u

Esta fuerza es también paralela a las fuerzas dadas.

El vector suma de torques respecto al origen de coordenadas es:

T = T1 + T2 + T3 = r x F1 + r x F2 + r x F3 = ( r F1 + r F2 + r F3) x u =( ) x u

Para determinar el punto de aplicación de la fuerza resultante usamos la condición:

rc x F = T

rc = distancias del origen de coordenadas al punto de aplicación de F y se llama centrode las fuerzas paralelas.

Tenemos:

rc x u ( ) = ( ) x u

Esta igualdad se verificara si rc tiene la siguiente expresión:

rc =

O escrita en componentes rectangulares:

Xc = , Yc = , Zc =

El punto definido por rc se denominan el centro de fuerzas paralelas.


Ejemplo: Hallar la fuerza resultante de las fuerzas en la barra de la figura

FR= 200 j – 100 j + 300 j = 400 j lb-f

Para determinar el punto de aplicación usamos

Xc = = = 29 pulg

2.13.-CENTRO DE GRAVEDAD Y CENTRO DE MASA.-

Sabemos que, un cuerpo esta constituido de un gran numero de partículas, cada de lascuales es atraída por la fuerza de gravedad terrestre. Esta fuerza de gravedad es el pesodel cuerpo: W = m.g


Las fuerzas o pasos Wi que actúan en las partículas están dirigidas hacia el centro de latierra, debiendo converger allí sin embargo por estar este punto muy distante permiteconsiderar a las pequeñas fuerzas paralelas. La resultante W = Wi de estas fuerzasparalelas es el peso del cuerpo y el centro de dichas fuerzas paralelas es el centro degravedad o punto de aplicación de la fuerza peso.

De acuerdo con las ecuaciones las cuerdas del centro de gravedad del sistema departículas que conforman el cuerpo se obtiene con las siguientes ecuaciones:

Xc = , Yc = , Zc =

El centro de masa (c.m) de un cuerpo es el punto donde se supone se concentra toda lamasa.

El centro de gravedad coincide con el centro de masa.

Si se considera g constante.

Para hallar el centro de masa tenemos:

Xc = , Yc = , Zc =

Si admitimos que la masa es continua en lugar de las partículas discretas queconstituyen un cuerpo podemos suponer que los elementos constituyentes son pequeñasporciones de material o diferenciales de masa (sm). En tal caso es:

m = dm

por tanto las ecuaciones de centro de masa se obtendrán con las siguientes formulas:

Xc = , Yc = , Zc =

2.14.-CENTRO DE GRAVEDAD DE ALGUNOS CUERPOS.-

1.-LONGITUDES: Se considera cuerpos longitudinales, almbres y barras muy delgadasy homogéneas.

Usamos para el caso directo:

Xc = , Yc = , Zc =

Caso continuo:

Xc = , Yc = , Zc =

a) Para un segmento.- Su centro esta en su punto medio.


b) Para cuadrados rectángulos, paralelogramos, rombos.- su centro esta en laintersección de sus diagonales.

c) Para areas de circunferencias.

Xc = , Yc = , Xc =

Yc = 0 , Xc = , Yc =

2.-AREAS.- Se consideran cuerpos constituidos por planchas o laminas homogeneas.Usamos para el caso directo:

Xc = , Yc = , Zc =

Caso continuo:

Xc = , Yc = , Zc =

a) Para rectángulos, paralelogramos, rombos.- Su centro de gravedad esta en elpunto de intersección de sus diagonales.


Xc = , Yc = R , Xc =

Xc = , Yc = , Xc =

Triángulo:


Xc = , Yc =

El C.G se encuentra en la inteseccion de sus medias.

3.-VOLUMENES.- Para el cado discreto:

Xc = , Yc = , Zc =

Xc = , Yc = , Zc =

Nota: En ciertos casos un cuerpo se considera constituido por cavidades u orificios(componentes sustraídos) en cuyo caso en la determinación del centro de masa, el pesoo área correspondiente se considera como cantidad negativa.

Ejemplo:


Xc = , Yc =

2.15.-TEOREMAS DE PAPRVS-CULDIN.-

1er TEOREMA .- El area generada por una curva que gira alrededor deun eje fijo es igual a la longitud de la curva multiplicada por la idstanciarecorrida del centroide de la curva durante la formación de la superficie.

A = 2 Yc L

2do TEOREMA.- El volumen generado por una superficie plana que giraalrededor de un eje fijo es igual a la generatriz multiplicada por ladistancia recorrida del centroide de la superficie durante la formación delvolumen: V = A L

Ejemplos:


-Hallar el centro de gravedad del alambre mostrado.

Solución:

El conjunto se puede dividir en 4 partes, pero lo aremos en 3.

L1 = 2 X1= -2

Y1= 1

L2= 2 X2= -1

Y2= 0

L3=4 X3= 0

Y3= 0


Xc= =

Yc = =

Ejemplo:

Determinar el centro de gravedad de un disco mitad de densidad constante.

Solución:

Eligiendo como origen de coordenadas el centro del circulo de radio R. Debido a lasimetría, la abcisa del centro de gravedad es Xc = 0, la ordenada esta dada por:

Yc =

dA Elemento de area mostrado en la figura.

El punto (x,y) es el extremo derecho del elemento cuyas dimensiones son :

Longitud : 2X

Ancho: d y

por lo tanto :

dA = 2X . dy

Yc =


Para reducir el numero de variables en el integrado esamos la ecuación de lacircunferencia

X2 + Y2 = R2 o X =

Yc = =

El área del semi disco es:

A = , finalmente: Yc =

Ejemplo:

Hallar el centroide de la lámina de densidad uniforme de la figura, de donde el radio dela cavidad y todas las dimensiones lineales están en cm.

Solución:

X1 = 1 X2 = 2 + 4/3

A1= 6 Y1 = 1.5 A2 = 6 Y2 = 1

X3 = 3

A3 = π Y3 = 1

Xc= = 1.87 cm


Yc = = 1.34 cm

2.16.-EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA.-

Una partícula de muestra equilibrio cuando la suma de todas las fuerzas que actúansobre ella es igual a cero.

=0

Esta condición escrita en componentes escalares es equivalente a:

=0 , =0 , =0

2.17.-RESOLUCION DE PROBLEMAS DE EQUILIBRIO

Indicamos las siguientes etapas para la resolución de problemas de la estatica.

Primera etapa.- Se escoge el objeto de equilibrio, osea, el cuerpo o punto dondese cortan las líneas de acción de todas las fuerzas, es decir, el punto cuyoequilibrio debe considerarse en el problema dado.

Segunda etapa.- Al objeto de equilibrio escogido se le aplican las fuerzas dadas.

Tercera etapa.- El punto o cuerpo elegido se libera de las ligaduras y las accionesde estas se sustituyen por las reacciones. En otras palabras esquemáticamente eldiagrama de cuerpo libre (D.C.L)

Cuarta etapa.- Se eligen los ejes coordenados y se escriben las ecuaciones deequilibrio.

Quinta etapa.- Se resuelven las ecuaciones de equilibrio.

Sexta etapa.- Se comprueban los resultados.

Cuando se trabaja con barras debemos tener en cuenta si esta sometida a traccióno a compresión, es frecuente que al resolver los problemas no sea fácildeterminar previamente los esfuerzos en las barras. En estos casos convienesuponer que las barras están sometidas a tracción y que sus reacciones van desdelos nudos hacia ellas. Y para la solución con signo menos se tratara no de barrassometidas a tracción sino a compresión.

Cuando el sistema de fuerzas en quilibrio consta de 3 fuerzas solamente, resultamuy practico la aplicación de la ley de los senos para determinar el modulo delos vectores fuerza en la forma siguiente :

También se conoce como el teorema de LAMY.


ILUSTRACIONES


2.18.-TIPOS DE APOYO.-

2.18.1.-APOYO MOVIL .-

Este apoyo permite el giro alrededor del eje de articulación y el desplazamientolineal paralelo al plano de apoyo. Aquí permanece incognito el valor numéricode la reacción de apoyo Ry.

2.18.2.-APOYO FIJO.-

Este apoyo permite el giro alrededor del eje de articulación, pero no losdesplazamientos lineales. En este caso solo se conoce el punto de aplicación de


la reacción de apoyo, que es el valor de dicha reacción se desconocen. Por logeneral, en vez de determinar el valor y dirección de la reacción total(Rt), sehallan sus componentes Rx y Ry .

2.18.3.-APOYO RIGIDO.-

Este apoyo no permite los desplazamientos lineales ni el giro. En este caso sedesconocen no solo el valor y la dirección de la reacción, sino también suspuntos de aplicación. Por eso al empotramiento se sustituye por la fuerza dereacción RA y por un par de fuerzas de momento MA. Para determinar lareacción de apoyo, hay que hallar tres incógnitas: las componentes Rx y Ry dedicha reacción según los ejes de coordenadas y el momento de reacción MA.


EJEMPLOS:

Una esfera con peso W y radio r se sostiene por medio de una cuerda atada a unapared sin friccion a una altura L sobre el centro de la esfera, como se muestra enla figura.

Determinar:

a) La tensión de la cuerda.b) La fuerza uqe ejerce la pared sobre la esfera

=0 , =0

Ctgα = R/W R = W ctgα = W(r/L)


2.19.-EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO.-

Si un sistema de fuerzas actúa sobre un cuerpo rígido es necesario considerar elequilibrio de traslación y el de rotación.

Por tanto son necesarias las dos condiciones siguientes:

I) La suma de todas las fuerzas es igual a cero (equilibrio rotacional)II) La suma de todos los toruqes o momentos es igual a cero (equilibrio rotacional).

=0

Cuando las fuerzas son coplanares las ecuaciones de equilibrio son:

=0 , =0 , =0

Cuando apliquemos otras relaciones es útil seguir la siguiente convección:

“El momento de fuerza es positivo si el efecto de la fuerza es producir una rotación alrededor de O contraria al movimiento de las agujas del reloj y negativo cuando larotación se produce en el mismo sentido q las agujas de un reloj.

Veamos el siguiente caso:

Mºf = F . a Mºf = F . a

Ejemplo:

Determinar las fuerzas de reacción en los apoyos B y C para la barra de la figura de ladoizquierdo se mantenga en equilibrio.


I) =0

RB + RC – 40 kgf- 20 kgf = 0

II) Tomando momento respecto a B:

RC(4) + 40(2) – 20(7) = 0RC = 15kgf

III) Reemplazo en I)

RB = 40 + 20 -15= 45 kgf

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