FISICA 103 Victor Slusarenko

5/17/2018 FISICA 103 Victor Slusarenko - slidepdf.com

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EQUILIBRIO DE FUERZAS EN EL PLANO

Sabemos que LA CONDICIÖN PRINCIPAL DE EQUILIBRIO requiere que la sumatoriade fuerzas sea igual a cero. Así, al presentársenos un número cualquiera de fuerzasactuando sobre un objeto, acostumbramos buscar que todas posean una pareja de igual

dirección y magnitud, pero sentido contrario, la que cumplirá dicha condición.

La resultante de todas las fuerzas externas que actúan sobre el objeto debe ser cero. Estacondición nos era suficiente para el equilibrio. Pero cuando la acción de dos fuerzas seencuentra separada por una distancia una segunda condición debe ser satisfecha.

Si nos fijamos en este objeto veremos que la pareja de fuerzas que actúan sobre el poseenigual dirección y magnitud, y sentido contrario, por lo tanto, la sumatoria de fuerzas

efectivamente es cero. En el objeto, se cumplirá la ya famosa CONDICIÖN PRINCIPALDE EQUILIBRIO, pero ¿Está realmente en equilibrio?, NO.

EQUILIBRIO Existirá bajo la acción de fuerzas, siempre y cuando el objeto puntual alque afectan no se esté acelerando. En este caso el objeto (por la primera ley de Newton)se encontrará en una constante rotación (se está acelerando), aún cuando las fuerzas quelo afectan son iguales y contrarias.

Llamamos TORQUE al efecto de la acción de fuerzas separadas por una distancia (en el plano y con respecto a un eje). Es una medida de la efectividad de la fuerza para que ésta produzca una rotación alrededor del eje, y se define formalmente:

Torque = t = r F sen θ

Donde r es la distancia desde el eje al punto de aplicación de la fuerza y θ es el ánguloagudo entre las direcciones de r y F como se muestra en la figura



Por lo tanto, LA CONDICION DE EQUILIBRIO será que, tomando un eje en el plano delas fuerzas, todas las torcas (que tienden a producir una rotación) y las fuerzas debensumar cero.

Ahora si observas con atención la materia notarás que:

1.- El torque se define de la forma: T = r F sen θ2.- Invirtiendo los factores T = F (r sen θ)3.- Luego por trigonometría elemental “r sen θ” sería el cateto opuesto a θ ( la distancia

perpendicular desde el eje a la línea de acción de la fuerza, llamada brazo de palanca).

EJERCICIODada una barra homogénea, en equilibrio, de 1,6 [m] y 10 [N] de peso, afectada por lasfuerzas externas A y B de la manera que se muestra a continuación

Calcule las fuerzas



SoluciónConsiderando negativos los torques que producen una rotación en el sentido del reloj, y

positivos los que producen una rotación contra el sentido del reloj; podemos resolver fácilmente este ejercicio de forma operatoria.

Σ F = 0 Σ T = 00 = - B + A - 10 0 = (0,1) (B + 10) – (0,8)(10)A = B + 10 B = 70 [N] → A = 80 [N]

El ejercicio anterior (gracias a la perpendicularidad de las fuerzas) requería un par desimples operaciones para obtener las magnitudes de fuerza que mantendrían la barra enequilibrio. Pero sabemos bien que, si las fuerzas -incógnitas y conocidas- hubiesen tenidosentidos, direcciones y magnitudes diversas, nos hubiéramos visto atrapados en la tediosatarea de descomponerlas y analizarlas una a una con respecto a las otras, y en operacionesmucho más complicadas.

METODO GRÁFICOBasado en la más pura y sencilla sumatoria gráfica de vectores, y en el concepto básico debrazo de palanca, experimentaremos a continuación el sistema gráfico de resolución de

problemas de equilibrio. El cual busca desarrollar en el estudiante de arquitectura lacapacidad de observar, graficar y, principalmente, estimar visualmente las magnitudesnecesarias para dar equilibrio, de manera que comience a desarrollar sus incipientescriterios constructivos. EJERCICIO INTRODUCTORIO 1

Dado el siguiente sistema en equilibrio donde el peso es de 2000 N, determinegráficamente las tensiones en ambas cuerdas.

SOLUCIÓN (Método gráfico)

1) Aislar el objeto a estudiar.

2) Mostrar, en un diagrama, las fuerzas que actúan sobre el cuerpo aislado (diagrama de

cuerpo libre)



3) Escoger una escala adecuada (considerando la magnitud, sentido y dirección de las

fuerzas)

En este caso conocemos magnitud sentido y dirección del peso, pero su ubicación no, yaque la barra no es homogénea. De las tensiones conocemos sentido y dirección. Si el

cuerpo esta en equilibrio, la sumatoria de los torques debe ser cero, y el punto eje desdedonde la dirección perpendicular a la línea de acción de las fuerzas ( Brazo de palanca) escero, es la intersección de las tres. El punto de intersección de las tensiones determinará laubicación del peso (cuya línea de acción necesariamente pasa por el) este punto será eleje de los torques.

4) Utilizando la magnitud, sentido y/o direcciones conocidas, dibujamos un triangulo

vectorial de fuerzas, y el(los) vector(es) fuerza adecuado(s) –la(s) fuerza(s)

desconocida(s), para que por medio de la sumatoria gráfica de vectores el resultado sea

cero.

Partimos por aislar el peso del cual conocemos magnitud sentido y dirección. Hacia elmismo trasladamos las tensiones (considerando sus sentidos y direcciones) de manera queestas cierren el triangulo (desplazamiento cero).

5) Determinamos la magnitud, sentido y dirección de la fuerza requerida, según el

triangulo vectorial resultante y la escala utilizada.

Como se interséctan se determina su magnitud en la gráfica y considerando la escala quenos damos (los 2000 N del peso equivalen a una cantidad cualquiera de cm. en el papel),calculamos las tensiones.



EJERCICIO INTRODUCTORIO 2

Dado el siguiente sistema en equilibrio donde el peso es de la barra homogénea es de 200 N, determine gráficamente N y R.

SOLUCIÓN (Método gráfico)

1) Aislar el objeto a estudiar. 2) Mostrar, en un diagrama, las fuerzas que actúan sobre

el cuerpo aislado (diagrama de cuerpo libre)

3) Escoger una escala adecuada (considerando la magnitud, sentido y dirección de las

fuerzas)

En este caso conocemos la magnitud sentido y dirección del peso, y el centro de masa. Dela reacción N conocemos sentido y dirección, y de R tenemos una idea de su posibledirección (su sentido jamás será el del objeto). Pero si el cuerpo esta en equilibrio, lasumatoria de los torques será cero. El punto eje desde donde la dirección perpendicular a

la línea de acción de las fuerzas (Brazo de palanca) es cero, es la intersección de las tres,este punto será el eje de los torques, y la fuerza de reacción R pasará por el punto de

apoyo en el suelo y este punto eje, determinándose así dirección y sentido.



4) Utilizando la magnitud, sentido y/o direcciones conocidas, dibujamos un triangulo

vectorial de fuerzas, y el(los) vector(es) fuerza adecuado(s) –la(s) fuerza(s)

desconocida(s), para que por medio de la sumatoria gráfica de vectores el resultado seacero.

Partimos por aislar el peso del cual conocemos magnitud sentido y dirección. Hacia elmismo trasladamos las fuerzas N y R (considerando sus sentidos y direcciones) de maneraque estas cierren el triangulo (desplazamiento cero).

5) Determinamos la magnitud, sentido y dirección de la fuerza requerida, según el

triangulo vectorial resultante y la escala utilizada.

Las intersecciones determinan las magnitudes en la gráfica y considerando la escala quenos damos (los 200 N del peso equivaldrán a una cantidad cualquiera de cm. en el papel),calculamos las tensiones con una simple regla de tres.

Si bien el concepto y condiciones de equilibrio y resolución gráfica de problemas estadefinido, el siguiente trabajo tendrá por objetivo desarrollar en usted, un discernimientoadecuado de resolución para cada tipo de problema (propio del curso) que se le presente,teniendo en cuenta las pequeñas sutilezas que los ínter-diferencian



CONTROL 1(Repaso de vectores)

Dibujea) A + 2B

b) 3B – A

1. Todo lo que tonemos que hacer es realizar la suma gráfica de vectores, ¿cómo?simplemente uniendo los vectores o sumar uno tras otro. En a) primero dibujamos el

vector A y de su cabeza trazamos el vector B, que como nos piden debe expresarse condoble magnitud. Una vez hecho esto debemos cerrar el triángulo y el vector con el que lohagamos será nuestro vector A + 2B, este debe ser trazado DESDE EL ORIGEN del

primer vector trazado hasta la “cabeza” del ultimo, obteniendo así la magnitud, ladirección y el sentido del vector requerido.

a)

b)

En el caso b) el procedimiento es el mismo, teniendo en cuenta que el vector A poseesigno negativo, por lo que su sentido cambia. Una vez realizado el cambio se procede con

exactamente el mismo desarrollo anterior obteniendo 3B – A.



CONTROL 2

El sistema que se muestra a continuación se encuentra en equilibrio, y consta de un bloque sólido y una contrapeso unidos por medio de un cable. El peso del bloque es de100 [Kg.] y el del contrapeso 40 [Kg.]

1. Dibuje a escala las fuerzas que actúan sobre el contrapeso de 40 [Kg.]2. Dibuje a escala las fuerzas que actúan sobre el bloque de 100 [Kg.]Para ambos casos determine las magnitudes de las fuerzas gráficamente.

SOLUCIÓN

1. Lo primero que debemos hacer es, obviamente, dibujar el cuerpo en estudio (en estecaso el contrapeso) aislado, y analizar solamente las fuerzas que están actuando sobre él.La primera fuerza que está actuando sobre el contrapeso es la fuerza peso, debido a lamasa del objeto. Esta fuerza la ubicamos en el centro de masa del objeto. Observamos queexiste una y sólo una fuerza capaz de establecer el equilibrio para la configuración delsistema del contrapeso; Esta es la fuerza ejercida por el cable, la que llamamos tensión.

No existe ningún otro cuerpo que genere una fuerza sobre el. Luego, por sumatoria defuerzas en el eje Y ambas fuerzas son iguales en dirección y en magnitud, pero contrarias.La fuerza peso es siempre vertical, de modo que la reacción de la cuerda no puede tener otra dirección. Además la fuerza que pasa por el cable no puede tener otra dirección sinola dirección del mismo cable, que en este caso también es vertical.La fuerza peso toma el valor m·g (40 [Kg.] x 1O [m/s2]) o sea 400 [N]. De esta manera,sólo nos resta elegir una escala adecuada para dibujar ambas fuerzas, de las que, comohemos visto, conocemos dirección, sentido y magnitud.

2. Ocupamos el mismo procedimiento para el análisis del bloque. Como siempre, la primera fuerza que ubiquemos es la fuerza peso mg en el centro de masa del objeto.



Insistimos que esta fuerza es siempre vertical. Además del sentido y dirección de lafuerza, también conocemos su magnitud: 1000 [N] (100 [Kg.] x 1O [m/s 2]).

La segunda que analizamos ahora es la ejercida por la cuerda. Esta tensión tieneel mismo valor que la tensión anterior, ya que la fuerza que pasa por la cuerda siempre esla misma sin importar si esta cambia de posición. Como ya lo dijimos la tensión va en lo

misma dirección de la cuerda, que un este caso esta horizontal. El bloque siente que lacuerda lo lira, por lo tanto, la tensión se dibuja hacia la derecha, y en ninguna otradirección, pues las cuerdas sólo trabajan en tracción (¿o acaso has sido empujado por unacuerda alguna vez?).

Estas son las dos fuerzas que conocemos. ¿Estará el bloque en equilibrio? Seguro que no,ya que hasta el momento no hemos encontrado ninguna fuerza que se contraponga a lacomponente horizontal de la tensión. ¿Cuál es entonces la fuerza que nos falta para

encontrar el equilibrio? Existe un sólo lugar donde puede aparecer esta fuerza: en lasuperficie bajo el bloque. En este punto de apoyo, el cuerpo entra en contacto con otro,

por ende genera una fuerza de peso y a la tensión. ¿Cómo determinarnos esta fuerza? Por medio de la sumatoria gráfica de vectores. Dibujamos primero la fuerza peso, habiendo

previamente escogido una escala adecuada. Como sabemos, esta fuerza se dibuja verticaly hacia abajo. A continuación de esta, ubicarnos la tensión, de forma horizontal y hacia laderecha, con su respectiva magnitud. Ahora, simplemente cerramos el triángulo defuerzas. Este nuevo lado del triángulo representa la fuerza que buscábamos. Medimos conuna regla, realizamos la conversión pertinente según la escala utilizada, y ya tenemos sumagnitud. Ocupamos un transportador, y medimos el ángulo con respecto a unahorizontal, y tenemos la dirección de la fuerza. Si se realiza un buen dibujo, esta fuerzadeberla valer aproximadamente 1078,5 [N] en una dirección de 68°.

CONTROL 3

Una tuerca de 120 [gr.] se encuentra en equilibrio como se indica en la figura adjunta.



La masa de cada una de las cuerdas puede considerarse despreciable.

1. Dibuje las fuerzas (interesa dirección) que actúan sobrea) Cuerda A.

b) Cuerda B.c) Tuerca.

2. Mediante un gráfico determine el valor de las fuerzas dibujadas anteriormente.

SOLUCIÓN

1. a) Las cuerdas trabajan solamente en tracción, y la dirección de las fuerzas que pasan a

través de esta es igual a la dirección de la cuerda. O sea, las fuerzas aplicadas tienen 60° yninguna otra dirección. Por la cuerda pasan dos fuerzas de igual magnitud; por un ladosiente que la tira la tuerca, y por el otro la sostiene el techo.

b) En la cuerda B sucede algo muy similar, en este caso la cuerda se encuentra inclinada a30°, por lo tanto las fuerzas que traccionan la cuerda también tienen esa dirección. Por unlado la cuerda es tirada por la tuerca, y por el otro el clavo que la sostiene.



c) A la tuerca se le aplican tres fuerzas: la fuerza peso m ·g l,2 [N] aplicada en el centrode masa; la fuerza que ejerce la cuerda A (TA) , que tira la cuerda en 60º; y la fuerza queejerce la cuerda B (TB) en 30º. Como ya lo dijimos, TA y TB tienen igual dirección que lacuerda A y la cuerda B respectivamente.

2. Conocemos las direcciones de todas las fuerzas del sistema, pero no hemosdeterminado aún sus magnitudes. Ocupando el método gráfico podemos llegar a unresultado apropiado, realizando un triángulo de fuerzas. Primero dibujamos m ·g l,2 [N]escogido una escala adecuada. Luego trazamos las líneas de acción de las fuerzas TA y TB

en los extremos del vector m ·g, procurando cerrar el triángulo. Donde se cruzan las líneasde acción encontraremos la configuración de fuerzas que satisface el equilibrio delsistema.



CONTROL 4

El sistema que se muestra a continuación se encuentra en equilibrio. La masa de la tuerca1 es de 100 [Kg.] y la de la tuerca 2 es de 140 [Kg.] consideremos nulo el roce en el

pasador.

1. Determinar la tensión en el cable.2. Calcular el valor de Ө

3. Realizar un diagrama (croquis) de fuerzas sobre cada una de las tuercas.

SOLUCIÖN

1. La tensión del cable se determina realizando un simple estudio de equilibrio en latuerca 1. Si analizamos las fuerzas que actúan sobre esta tuerca, nos daremos cuenta queson solamente dos: la fuerza peso y la tensión del cable.

No existe ninguna otra fuerza más El equilibrio debe ser satisfecho sólo a partir de estasfuerzas. La fuerza peso la conocemos. Tiene una magnitud m1g igual a 1000 [N] y tira latuerca hacia abajo. Por lo tanto:

Σ F y = Om1g – T = O

T = m1g = l00 [Kg.] · l0 [m/s2] = 1000 [N]La tensión tiene un valor de l000 en toda la cuerda, aunque esta cambie de dirección

2. Para encontrar el ángulo Ө ocupamos el método gráfico, analizando ahora la tuerca 2.En la tuerca 2 se ejercen tres fuerzas: una fuerza relativa al peso m2g = 1400 [N] y dostensiones: una que, diagonalmente tira a la derecha la tuerca, y otra que la tira hacia laizquierda diagonalmente. Estas tensiones fueron calculadas en el punto anterior.Insistimos que el valor de la tensión no varía, en la cuerda, por lo tanto ambas fuerzas

tienen una magnitud de 1000 [N]. Teniendo las magnitudes entonces de todas las fuerzas, podemos encontrar las direcciones de estas. Como el sistema es simétrico, sabemos que el peso de la tuerca (1400 [N]) se reparte en forma equitativa en ambas cuerdas (aunquedigamos ambas, sabemos que en realidad es una sola cuerda). Es decir, la componentevertical de cada tensión es igual a la mitad del peso de la tuerca, 700 [N]. Por lo tanto, loúnico que debemos hacer es dibujar la descomposición en los ejes X e Y de la tensión, untriángulo rectángulo que tenga un lado opuesto de 700 [N] y una hipotenusa de 1000 [N].Cerrando el triángulo podremos medir el ángulo, que tendrá el valor de Ө/2.



O bien, simplemente realizamos una sumatoria gráfica de los tres vectores-fuerzas quetenemos. Dibujamos primero el vector 1400 [N] hacia abajo, habiendo previamenteelegido una escala adecuada. A continuación, una de las tensiones de magnitud

1000 [N] y luego la otra, procurando cerrar con esta última el triángulo de fuerzas. Losdos ángulos iguales del triángulo tienen el valor de Ө/2. Podemos comprobar fácilmentenuestros resultados a partir de una relación trigonométrica derivada del primer caso:

Cos (Ө/2) = 700/1000(Ө/2) ≈ 45,57º

Ө ≈ 91º

3.

CONTROL 4

P p = 200 N P b = 800 N

1. Determine las fuerzas que actúan sobre el bloque, plataforma y cuerda (interesa sudirección y quien las aplica)

2. Determine el valor de cada una de las fuerzas.



SOLUCIÓN1. Como siempre lo primero es separar el sistema y ver que pasa en cada elemento por separado con los ya famosos diagramas de cuerpo libre...

Bloque.En el caso del bloque la primera fuerza a considerar es la que ejerce la Tierra (peso P b)sobre el mismo, conociendo incluso su magnitud que es de 800 N. Pero hasta aquí nuestroobjeto no está en equilibrio, aún nos quedan dos elementos por analizar que interactúancon él, la cuerda y la plataforma. La primera le “tira” hacia arriba interrumpiendo su caídaal vacío, de la misma forma que la plataforma. Por lo tanto ambas actúan sobre el bloqueen el mismo sentido, hacia arriba, evitando su caída y equilibrando al peso P b,concluyendo que la suma de ambas deberá ser igual a P b.

Plataforma.

Ahora la plataforma ¿que siente? Pues bien, lo primero es la gravedad ejercida por laTierra, que constituye el peso del objeto, que en este caso llega a 200 N.En segundo lugar esta el bloque que, apoyado sobre la plataforma la empuja hacia abajo,

pero OJO¡¡ No es todo el peso del bloque lo que siente la plataforma (F = P b – T) Ahoraal mirar el cuerpo notamos que no esta en equilibrio, se cae, necesitamos sostenerlo ¿Conqué? Con la cuerda pues, esta debe soportare el peso de la plataforma y además parte del

peso del bloque, obviamente el sentido de esta fuerza será hacia arriba y su magnitud estadeterminada por

Σ F y = T – F – P p

0 = T – (P b – T) – P p

0 = 2T – P b – P p

CuerdaDebemos recordar que consideramos a las cuerdas como objetos sin masa, por lo tanto laTierra no ejerce fuerzas sobre ellas, además solo trabajan a tracción (estirándose), no

pueden empujar¡¡. La tensión será la misma en cualquier punto de la cuerda, en este casola cuerda sufre fuerzas que la tiran, ejerciéndolas el bloque y la plataforma, en sentidocontrario y de igual magnitud y dirección.



2. Sabemos que sobre el bloque podemos plantear el equilibrio en Y:

Σ F y = T + N – P b = 0

Y en la plataforma también

Σ F y = T – F – P p = 0

Y de ambas relaciones podemos encontrar el valor de todas las fuerzas que están actuandoen el sistema que estudiamos, pues conocemos tanto P p como P b, que son200 N y 800 N respectivamente, y entonces tenemos:

T - F - 200 = 0T - (P b - T) - 200 = 0

T - (800 - T) - 200 = 02T = 800 + 200

T = 500 [N]

T + N = 800 [N]N = 800 - T

N = 300{N}

Y deberíamos ya intuir que N es igual en magnitud y dirección a F ¿por qué? se preguntarán los más incrédulos, por el principio de acción y reacción dirán los que sabende Newton, y tienen razón.

CONTROL 5

El sistema que se muestra a continuación se encuentra en equilibrio. Este consta de una barra homogénea de 110 [cm.] de largo (1,1[m]) y tiene una masa de 11 [Kg.]

1. Dibuje las fuerzas que actúan sobre la barra.(indique quien aplica la fuerza dibujada!)

2. Plantee condiciones para equilibrio de la barra.

SOLUCIÓN



1. Para dibujar las fuerzas en la barra necesitamos saber que cuerpos están en contactocon ella. Para empezar esta la tierra, que ejerce la fuerza de gravedad sobre la barra lacual multiplicada por la masa de la barra nos da el peso, que se sitúa en el centro de masa,y apuntando al centro de la tierra, es decir perpendicular a la superficie terrestre. Luego,

tenemos el contacto con la cuerda, la cual ejerce una fuerza llamada tensión, determinadaen su magnitud por la masa X, y en su dirección por la dirección de la cuerda. Yfinalmente, el pasador. Ya teniendo las otras dos fuerzas dibujadas podemos estimar quela fuerza ejercida sobre la barra por el pasador debe equilibrar tanto al peso como a latensión, por lo tanto apuntará hacia arriba (debe sostener a la barra) y hacia la derecha(para equilibrar la componente en y de la tensión).

2. Debemos ahora plantear las ecuaciones en los distintos ejes, y plantear también laecuación de torque para equilibrar los giros. En este caso la ecuación de torque latomaremos con respecto al pasador. En pos de facilitar los cálculos y la expresión de estasecuaciones, vamos a descomponer tanto la tensión como la fuerza en el pasador lasecuaciones quedan como sigue:

Eje X: Σ F x = R x - T x

Eje Y Σ F y = R y - T y - P

Ojo, para establecer la ecuación de torque necesitamos conocer las distancias perpendiculares al eje de acción de la fuerza estudiada. Por lo tanto para encontrar la

distancia hasta la tensión deberemos ocupar un método gráfico, o bien mediantetrigonometría. La distancia al eje de acción del peso será L/4 y a al eje de acción de latensión la altura del triángulo equilátero formado por la barra, la cuerda y el techo.

Torque: Σ T = T · d 1 – P · L/4Torque: Σ T = T · – P · 1,1/4

CONTROL 6



Un tronco no homogéneo de 8O [Kg.] se mantiene levantado como se indica en lasiguiente figura. El sistema se encuentra en equilibrio

1 Dibuje las fuerzas que actúan sobrea) T ronco

b) Sueloc) Cuerda

2. Determine GRAFICAMENTE el valor de las fuerzas. Explique.

SOLUCIÓN

1. a) En el tronco se aplican 3 fuerzas: la tensión de la cuerda (T), la fuerza peso (mg) del

tronco, y una resultante en el apoyo sobre el suelo (R). Estas 3 fuerzas nos tienen que dar equilibrio.De la tensión T en el extremo superior conocemos la dirección y el sentido: es una fuerzaaplicada por una cuerda que tira el tronco en una dirección de 60º.La fuerza peso mg, la ubicamos en el centro de masa del cuerpo, a 3/7 del tronco, yobviamente tira el tronco hacia abajo. De esta fuerza conocemos dirección, sentido ymagnitud (800 [N])De la fuerza R no sabemos nada. . .sin embargo podemos intuir que R tiene unacomponente horizontal hacia la izquierda, que resulta de la reacción a la componentehorizontal de T; y una componente vertical, que es la reacción en el suelo al apoyo deltronco. Tendremos que determinar el ángulo α de esta fuerza y su magnitud.



b) En el suelo existe sólo una fuerza, la del apoyo del tronco, y no es otra cosa que lareacción a la fuerza R, en igual magnitud y dirección, pero en sentido contrario. El suelosiente como el tronco lo empuja hacia abajo y hacia la derecha.

c) La cuerda siente solamente la tracción que se genera en ella, por efecto del peso deltronco. El peso del tronco se reparte entre el apoyo del suelo y la cuerda (OJO, nosabemos en que proporción!). El hombre realiza una fuerza en el otro extremo de lacuerda, de igual magnitud a la fuerza con que le tronco tira a la cuerda. Recordemos que

por una cuerda, sin importar que cambie de posición, pasa solamente una fuerza, que tienela misma dirección que la dirección de la cuerda.

Hecho ya el análisis de las fuerzas, nos damos cuenta que tenemos muchas incógnitas; α,T, R… ¿cómo llegar a una solución? El método gráfico nos mostrará el camino.

2. Partamos del siguiente principio: si un cuerpo está en equilibrio, en cualquier puntodonde nos situemos existirá equilibrio (incluso si nos situamos fuera del cuerpo!). Vamosentonces a escoger mi punto estratégico en el espacio para poder jugar con nuestro amigo

Don Torque. El criterio que utilizamos es situarnos en un punto en el cual los brazos delas fuerzas incógnitas sean iguales a O. De esta forma manejamos variables conocidas.Pero en vez de situarnos en los extremos, como usualmente lo hacemos, analicemos el

punto X, fuera del cuerpo.Como sabemos con certeza la dirección de T y mg, si situamos un punto X en el lugar endonde se cruzan las líneas de acción de estas fuerzas, lograremos evaluar el torque en un

punto donde dos de las tres fuerzas del sistema tienen brazos de palanca iguales a 0.



De esta manera, T y mg no generan torque alguno con respecto a X. Por lo tanto, como Xestá en equilibrio, R tampoco puede generar torque. O sea, la línea de acción de R tieneque pasar por y sólo por X para satisfacer el equilibrio, de lo contrario, el tronco giraría.Tenemos que, solamente hacer confluir R a X, y determinaremos gráficamente α, quetiene un valor de 44º aproximadamente.

Habiendo obtenido las direcciones de las fuerzas es fácil determinar las magnitudes de Ty R por medio de un triángulo de fuerzas.



CONTROL 7

Una barra homogénea, de densidad lineal de masa, es de 2 [Kg. /m] y se encuentra enequilibrio, como se indica en la figura adjunta. La cuerda, de largo L = 4 [m] no tienemasa.

Determine e indique el valor de ángulo ABC, y ACB.

Determine e indique el valor de las distancias AB y AC.Determine la masa de la barra.Dibuje las fuerzas que actúan sobre la barra.Determine GRAFICAMENTE el valor de dichas fuerzas.

SOLUCIÓN1. OK, lo primero que se nos pide encontrar son los ángulos ABC y ACB, el primeroobviamente es 120º por tratarse del ángulo suplementario a 60º, el segundo es 30º ya quela suma de los ángulos interiores de un triángulo debe ser igual a 180°. Ahoranecesitamos las distancias AB y AC, para lo cual tenemos dos métodos, el gráfico y eltrigonométrico. Partamos por el método gráfico, para esto debemos hacer el dibujo delsistema a escala, en este caso será 1: l00

Luego solo medimos las distancias requeridas, obteniendo AB = 4,2 m y AC = 7,1 m.El método trigonométrico es más complicado, debiendo incluso agregar un nuevo punto(D) perpendicular al techo desde C. Y decimos:

Sen30° · BC = BDSen30° · 4 = BD

BD = 2 m

Sen60° · BC = CDSen60° · 4 = CD

CD = 3,5 m



Cos30° · AC = ADCos30° · 7 = AD

AD = 6 m

AB = AD – BD

AB = 6 – 2AB = 4 m

Como vemos los resultados coinciden solo con pequeñas variaciones debidas aaproximaciones decimales en su mayoría. Para determinar la masa la tarea es fácil, ya quese nos dice que la densidad lineal es 2 Kg./m y si la barra mide 7 m simplementemultiplicamos: 2 Kg./m x 7 m = 14 Kg., obteniendo la masa de la barra. Hagamos undiagrama de cuerpo libre de la barra.

La primera fuerza a dibujar como siempre es la ejercida por la Tierra, que es el peso P dela barra, y ahora vemos que pasa con el resto de los cuerpos en relación con la barra, primero la tensión, pues como ya sabemos las fuerzas ejercidas por cuerdas (tensiones) poseen la misma dirección de esta y además no pueden empujar, por lo tanto tambiénconocemos el sentido de T, que sale de la barra. Analicemos el pasador, que es la fuerzade la que tenemos menos información. Veamos, intuitivamente podemos saber que va a laderecha, pues T tiene una componente horizontal que va hacia la izquierda que debe ser equilibrada (Σ Fx = 0) y la única opción es F. Y como vemos que obviamente el pasador esta evitando que la barra se caiga, diremos que F va hacia arriba sosteniendo a la barra.

Para entender y realizar el último punto debemos entender el concepto de torque!! Este se

refiere a que se producirá un giro en un objeto o cuerpo respecto a un punto de girodeterminado si es que se ejerce una fuerza a cierta distancia de este punto de giro, así desimple. Por lo tanto para que el cuerpo no gire, no deberá existir fuerza que lo haga girar o bien no existir distancia de estas fuerzas a algún punto definido por nosotros.Ahora, para resolver el problema gráficamente debemos hacer un diagrama de fuerzas,

pero para esto debemos conocer las direcciones de las fuerzas comprometidas. Muy bien,conocemos la dirección de P (0°) y la de T (60º) pero no la de F, cómo hacemos estoentonces? Si revisamos la definición de torque podemos decir que va a existir un punto enel cual las fuerzas no generan torque, por ejemplo un punto sobre el cual ninguna fuerzaeste a cierta distancia, o sea un punto sobre el cual pasen todas las fuerzas es este uno deesos casos? Yo creo que sí, veamos entonces en un dibujo escala 1: 100 que pasa.



Muy bien, vemos como en el punto S se cruzan las líneas de acción de P y T. Para que la barra este en equilibrio entonces F deberá no tener magnitud o bien no tener distancia a S.La primera sabemos que no es cierta, y para que la segunda ocurra F (su línea de acción)deberá pasar obligatoriamente por S. Y así obtenemos la dirección (gráficamente) de Fque es 32° respecto a la horizontal.

Ya conociendo P en dirección y magnitud y T y F en dirección podemos realizar eldiagrama de fuerzas correspondiente para encontrar sus magnitudes, el cual debe ser aescala:

Debemos dibujar P que es la fuerza que conocemos y luego T y F las dibujamos según susángulos cerrando el diagrama cruzándose en un punto. Luego sólo medimos según laescala y obtenemos que T = 118 N y F = 70 N.



CONTROL 8

El sistema que se muestra a continuación se encuentra en equilibrio. Las reglas delsistema son iguales (masa de c/u: l00 [gr.]) y están unidas por medio de un pasador. A unade ellas se le aplica una fuerza en su extremo, como se muestra en el dibujo. Esta fuerza

tiene una magnitud igual a la mitad del peso de una regla.

1. Separar las barras y dibujar las fuerzas que actúan sobre cada una.

2. Determinar el valor y dirección dé las fuerzas y los ángulos α y β

SOLUCIÓN

1. Lo primero que debemos hacer es separar las barras, y estudiar individualmente suequilibrio, de acuerdo a las fuerzas que les estén siendo aplicadas.

Partiremos entonces con la barra B.Qué sabemos de la barra B? Sabemos, primeramente, y al igual que cualquier otro cuerpoque se sitúe en la Tierra, que posee un peso mg, y que es representado como una fuerzaaplicada en el centro de masa del objeto estudiado, en este caso, la barra, y es

perpendicular a la tierra, (siempre!). También sobre la barra B existe una fuerza F demagnitud mg/2 en su extremo inferior, que le tira hacia la derecha. Nos preguntamosentonces, ¿se encuentra la barra en equilibrio con estas dos fuerzas aplicadas? Larespuesta es obvia, no lo esta!) pues se encuentra desequilibrada en los dos ejes

principales x e y. ¿de donde sacamos entonces la fuerza faltante?; del único contacto conotro objeto que queda sin estudiar, es decir el pasador que le sujeta a la otra barra, y esdibujada hacia arriba, inclinada hacia la izquierda, a partir de la noción de equilibrar lasotras dos fuerzas existentes.



Muy bien, pasemos entonces a la barra A.Qué conocemos de A? Nuevamente, lo primero es ubicar el peso de la barra en su centrode masa, y perpendicular a la superficie de la tierra. Luego pensamos en los contactos quetiene la barra con otros objetos. Existe un pasador superior y uno inferior, este último, leune con la barra B. Y si recordamos esta fuerza ya la conocemos, sólo que siendo aplicadaa B. Por principio de acción y reacción la misma fuerza es aplicada en la barra A, sólo quecon el sentido contrario, manteniendo la dirección y magnitud con que actuaba en B.

Finalmente, nos queda el pasador superior.Con el mismo proceder anterior, vemos como compensar las fuerzas conocidas hasta

ahora, y así, nos daremos cuenta, que esta fuerza apuntará hacia arriba, y a la izquierda.

2. Ahora, para encontrar tanto la dirección como la magnitud de las fuerzas reciéndibujadas, y los ángulos α y β partiremos de la base de saber que

• En los objetos sólidos, la dirección de la fuerza aplicada no necesariamente es la mismaque la del objeto.• Sólo en las cuerdas la fuerza pasa por el mismo eje del objeto, siempre.

Nuevamente partiremos con la barra B.

Cuántas fuerzas conocemos? Dos de tres conocemos tanto el peso de la barra P = mg , ytambién conocemos la fuerza F = mg/2 . De ambas conocemos entonces, tanto lamagnitud, como su dirección:P esta en el eje y, y F en el eje x. Así, gráficamente, y ocupando alguna escala adecuada,obtendremos la fuerza restante, cerrando el diagrama de fuerzas, dándonos comoresultado una magnitud de 1,12 [N], con una dirección de 63° respecto a la horizontal.

Ahora es el turno de la barra A.Qué fuerzas conocemos? Conocemos tanto el peso, como la fuerza F. Usamos el mismo

procedimiento gráfico para obtener tanto la dirección como la magnitud de S. Dándonoscomo resultado un ángulo de 75°, y una magnitud de 2,7 [N].



Ahora debemos encontrar los ángulos α y βCómo hacemos esto? Fácil, a partir de las ecuaciones de torque, plantearemos relacionesde distancias, las cuales gráficamente, nos darán los ángulos requeridos.

Primero en la barra B.

Lo más recomendable es hacer el torque en el pasador superior. Entonces la ecuaciónqueda como sigue:

Σ T: - mg · d1 + mg/2 · d2 = 0mg /2 · d2 = mg · d1

d2 = 2 · d1

Lo aplicamos a la figura y obtenemos el ángulo β.

β = tan-1 (1) = 45º



Ahora en A.De nuevo, lo más recomendable es hacer el torque en el pasador superior. Pero acáutilizaremos un “truco” para facilitar el problema y consiste en expresar la fuerza F, comosus descomposiciones en x e y, que corresponden a respectivamente. Entonces laecuación queda como sigue:

Σ T: - mg · d3 - mg · d4 + mg/2 · d5 = 0- mg · d3 -2 mg · d3 + mg/2 · d5 = 0

mg/2 · d5 = 3 mg · d3d5 = 6 mg · d3

Nuevamente aplicamos esto, y hacemos calzar la barra en esta relación de distancias, y deesta forma obtenemos el ángulo α. Queda como sigue:

α = tan-1 (3) ≈ 72º

FISICA 103 Victor Slusarenko

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