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UNIVERSIDAD PRIVADA
JUAN MEJÍA BACA
Autorización de Funcionamiento Resolución Nº 522-2008- CONAFU
IT203 Física General I
Texto 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 la
primera década del siglo XIX, la teoría de la relatividad y la teoría cuántica, estas
teorías no trajeron abajo el marco de la Física Clásica sino que demostraron que esta
tiene límites de validez que más alla de ellos se necesita conceptos nuevos y distintos
acerca de la realidad Física.
Por ejemplo se encontró que la mecánica clásica no podía describir el movimiento de
sistemas en que las velocidades son comparables a la velocidad de la luz o de describir
claramente la mecánica de átomos, moléculas, y núcleos atómicos, de manera que
haremos la siguiente división de la física para un mejor estudio.
-Mecánica
Física clásica
de antes de 1900
-Calor y termodinámica.
-Luz óptica
-Electricidad y Magnetismo
Física
Moderna
Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
- Teoría de la relatividad
-Teoría cuántica
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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 materiales
uno con respecto de otro, que sucede en el transcurso del tiempo, así como la variación
de la posición relativa de las partículas de un mismo cuerpo material, o la deformación
de 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 ser
de reposo, si la velocidad es constante y la trayectoria rectilínea.
2.3.1.-Particula.- Un cuerpo se considera como partícula cuando las dimensiones
de dicho cuerpo son pequeñas comparados con las demás dimensiones que
intervienen en el problema (también se dice punto material). Se le considera
como 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 su
movimiento alrededor del sol debido a las pequeñas dimensiones de la tierra en
comparación con su distancia al sol.
2.3.2.-Cuerpo Rígido.- Es el cuerpo en el que las distancias entre dos puntos
cualquiera siempre permanece invariable, osea no presenta deformaciones. Es
decir es “un cuerpo extenso” que no puede considerarse como partícula se
considera rígido.
Ejemplo: Una barra, un pedazo de madera(etc.)
2.3.3.-Fuerza.- Lo que sabemos de fuerza es que es una magnitud vectorial; y
por lo tanto las operaciones y calculo de sus elementos están sujetos a las reglas
del algebra vectorial.
La idea intuitiva de fuerza la tenemos al observar los siguientes hechos:
-Cuando tiramos una cuerda atada a un cuerpo, decimos que estamos
haciendo fuerza.
2
Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
-Cuando empujamos un automóvil para ponerlo en movimiento sentimos
la sensación de haber ejercido una fuerza.
-Al activar o comprimir un resorte decimos que estamos empleando una
fuerza.
Podemos adelantarnos y decir que entendemos la fuerza como la medida de la
interacción 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 de
concurrencia 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 fuerzas
mostradas en la figura:
Z
F
1
Y
F2
F3
X
Donde:
F1=
, F2 = 2 N , F3=
Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
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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+2j
F = F1 + F2 + F3 = 4 j + 3 k
F=
=5N
2.5.-MOMENTO DE TORQUE O DE UNA FUERZA: Se denomina
momento 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 experiencia
nos dice que el cuerpo tenderá a rotar en sentido horario alrededor de un eje
perpendicular
al
plano
del
papel
y
paso
por
O.
4
Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
2.6TORQUE DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO: El torque de
la fuerza F con respecto al punto “O” es el vector definido T definido por:
T=rxF
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 plano
determinado por r y F y apunta en la dirección del tornillo de rosca a derechas, cuando
el 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 perpendicular
del punto O a la línea de acción de la fuerza.
T=Fb
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:
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De la figura, el torque de F respecto al eje L que designamos con T l es el vector
proyección 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 esos
vectores?
Solución:
Z
F
(-3,8,2)
Y
X
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
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Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
Z
F
(-3,8,2)
Y
(2,3,-1)
X
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 punto
A, 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 + …
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Z
Y
X
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 los
torques 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 sentido
contrario.
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Z
F
-F
Y
X
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.
Z
F
R
r1
-F
r2
Y
X
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 conduce
al mismo resultado, este valor es independiente de la posición de punto O. En otras
palabras, el par tiene el mismo momento respecto a cualquier punto en el espacio y por
lo tanto se considera como un vector libre, se tendrá entonces:
M=RxF
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Es decir, el momento de una par es igual al momento de una de sus dos fuerzas respecto
a cualquier punto situado sobre la línea de acción de la otra fuerza.
Ejemplo sumar los pares mostrados:
Z
F
-F 1
1
Y
-F 2
X
R
2
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 los
torques 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: su
resultante F a una distancia r de O de modo q se emplea:
rxF=T
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Se muestra que X Fy – Y Fx = T
Como Fy , Fx y T son conocidos la ecuación es la correspondiente a una recta, y por
tanto, 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
,
F 2 = 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 =(
)xu
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 centro
de las fuerzas paralelas.
Tenemos:
rc x u (
) =(
)xu
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.
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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 las
cuales es atraída por la fuerza de gravedad terrestre. Esta fuerza de gravedad es el peso
del cuerpo:
W = m.g
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Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
Las fuerzas o pasos Wi que actúan en las partículas están dirigidas hacia el centro de la
tierra, debiendo converger allí sin embargo por estar este punto muy distante permite
considerar a las pequeñas fuerzas paralelas. La resultante W = Wi de estas fuerzas
paralelas es el peso del cuerpo y el centro de dichas fuerzas paralelas es el centro de
gravedad o punto de aplicación de la fuerza peso.
De acuerdo con las ecuaciones las cuerdas del centro de gravedad del sistema de
partículas 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 la
masa.
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 que
constituyen un cuerpo podemos suponer que los elementos constituyentes son pequeñas
porciones 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 delgadas
y 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.
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b) Para cuadrados rectángulos, paralelogramos, rombos.- su centro esta en la
intersección de sus diagonales.
c) Para areas de circunferencias.
,
Xc =
Yc = 0
Yc =
,
Xc =
,
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 el
punto de intersección de sus diagonales.
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Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
Xc =
Xc =
,
Yc = R
,
Yc =
,
Xc =
,
Xc =
Triángulo:
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,
Xc =
Yc =
El C.G se encuentra en la inteseccion de sus medias.
3.-VOLUMENES.- Para el cado discreto:
Xc =
Xc =
,
Yc =
,
Yc =
,
Zc =
,
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 peso
o área correspondiente se considera como cantidad negativa.
Ejemplo:
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Lic. Alfonso Mendoza Gamarra.
,
Xc =
Yc =
2.15.-TEOREMAS DE PAPRVS-CULDIN.1er TEOREMA .- El area generada por una curva que gira alrededor de
un eje fijo es igual a la longitud de la curva multiplicada por la idstancia
recorrida 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 gira
alrededor de un eje fijo es igual a la generatriz multiplicada por la
distancia recorrida del centroide de la superficie durante la formación del
volumen: V = A L
Ejemplos:
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-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
X 3= 0
Y3 = 0
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=
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 la
simetría, 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 =
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Para reducir el numero de variables en el integrado esamos la ecuación de la
circunferencia
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 de
la cavidad y todas las dimensiones lineales están en cm.
Solución:
X1 = 1
A1 = 6
X2 = 2 + 4/3
Y1 = 1.5
A2 = 6
Y2 = 1
X3 = 3
A3 = π
Xc =
20
Y3 = 1
= 1.87 cm
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= 1.34 cm
Yc =
2.16.-EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA.Una partícula de muestra equilibrio cuando la suma de todas las fuerzas que actúan
sobre 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 donde
se cortan las líneas de acción de todas las fuerzas, es decir, el punto cuyo
equilibrio 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 acciones
de estas se sustituyen por las reacciones. En otras palabras esquemáticamente el
diagrama de cuerpo libre (D.C.L)
Cuarta etapa.- Se eligen los ejes coordenados y se escriben las ecuaciones de
equilibrio.
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 tracción
o a compresión, es frecuente que al resolver los problemas no sea fácil
determinar previamente los esfuerzos en las barras. En estos casos conviene
suponer que las barras están sometidas a tracción y que sus reacciones van desde
los nudos hacia ellas. Y para la solución con signo menos se tratara no de barras
sometidas a tracción sino a compresión.
Cuando el sistema de fuerzas en quilibrio consta de 3 fuerzas solamente, resulta
muy practico la aplicación de la ley de los senos para determinar el modulo de
los vectores fuerza en la forma siguiente :
También se conoce como el teorema de LAMY.
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ILUSTRACIONES
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2.18.-TIPOS DE APOYO.2.18.1.-APOYO MOVIL .Este apoyo permite el giro alrededor del eje de articulación y el desplazamiento
lineal paralelo al plano de apoyo. Aquí permanece incognito el valor numérico
de la reacción de apoyo Ry.
2.18.2.-APOYO FIJO.Este apoyo permite el giro alrededor del eje de articulación, pero no los
desplazamientos lineales. En este caso solo se conoce el punto de aplicación de
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la reacción de apoyo, que es el valor de dicha reacción se desconocen. Por lo
general, en vez de determinar el valor y dirección de la reacción total(Rt), se
hallan sus componentes Rx y Ry .
2.18.3.-APOYO RIGIDO.Este apoyo no permite los desplazamientos lineales ni el giro. En este caso se
desconocen no solo el valor y la dirección de la reacción, sino también sus
puntos de aplicación. Por eso al empotramiento se sustituye por la fuerza de
reacción RA y por un par de fuerzas de momento MA. Para determinar la
reacción de apoyo, hay que hallar tres incógnitas: las componentes Rx y Ry de
dicha reacción según los ejes de coordenadas y el momento de reacción MA.
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EJEMPLOS:
Una esfera con peso W y radio r se sostiene por medio de una cuerda atada a una
pared sin friccion a una altura L sobre el centro de la esfera, como se muestra en
la figura.
Determinar:
a) La tensión de la cuerda.
b) La fuerza uqe ejerce la pared sobre la esfera
=0
Ctgα = R/W
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,
=0
R = W ctgα = W(r/L)
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2.19.-EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO.Si un sistema de fuerzas actúa sobre un cuerpo rígido es necesario considerar el
equilibrio 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 al
rededor de O contraria al movimiento de las agujas del reloj y negativo cuando la
rotación se produce en el mismo sentido q las agujas de un reloj.
Veamos el siguiente caso:
Mºf = F . a
Mº f = F . a
Ejemplo:
Determinar las fuerzas de reacción en los apoyos B y C para la barra de la figura de lado
izquierdo se mantenga en equilibrio.
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I)
=0
RB + RC – 40 kgf- 20 kgf = 0
II) Tomando momento respecto a B:
RC(4) + 40(2) – 20(7) = 0
RC = 15kgf
III) Reemplazo en I)
RB = 40 + 20 -15= 45 kgf
28
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