fuerzas y leyes de newton

Segundo L. Gallardo Z. 1

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FUERZAS

CONCEPTO DE FUERZA

Fuerza es la descripción cualitativa de la interacción entre partículas, cuerpos o entre estos y su entorno.

Si la fuerza implica contacto directo entre dos cuerpos, la llamamos fuerza de contacto.

F

m

Figura 1

La fuerza ejercida para jalar (o empujar) un cuerpo

Ejemplos:

La fuerza de fricción entre un bloque y una superficie inclinada.

Figura 2

V

F

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FUERZAS

Si la fuerza no necesita de contacto directo se dice que es de largo alcance.

FG

+ -

F21 F12

q1 q2

MT

m

Fuerza de atracción gravitatoria

Figura 3

Fuerza de atracción eléctrica

Figura 4

FSS

FSS

Fuerza de repulsión magnética

Figura 5

N S

S N

La fuerza de atrac-ción o repulsión eléctrica entre cargas.

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La fuerza de atracción gravitatoria entre la Tierra y los cuerpos que lo rodean. Esta fuerza se denomina peso.

La fuerza de atrac-ción o repulsión magnética entre polos de un imán.

Ejemplos:


FUERZAS

COMPOSICIÓN DE FUERZAS.Componer fuerzas significa sumar o calcular la resultante de las fuerzas aplicando las reglas del álgebra vectorial.FUERZAS CONCURRENTES. Son aquellas fuerzas que tienen un pun- to común de aplicación. Por ejemplo las fuerzas de la Fig.6.

La composición de fuerzas concu-rrentes. Esto significa hallar la suma o resultante R de tales fuerzas. Simbólicamente significa:

(1)S = R = F1 + F2 + F3 + F4 = Σ Fi

Figura 6.

F1

F2

O

Punto común de aplicación

F3

F4

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Gráficamente significa obtener el polígono de la Fig.7.

Figura 7.

F1

F2F3

F4

S = R


FUERZAS

Si estas fuerzas están en el espacio tridimensional (X,Y,Z) podemos expresarlas en función de sus componentes rectangulares tal como se ilustra en la Fig.8.

Figura 8X

Y

Z

F1F2

F3 F4

F1 = - F1x i + F1y j + F1z k

F2 = - F2x i - F2y j + F2z k

F4 = F4x i + F4y j – F4z k

F3 = F3x i - F3y j - F3z kFigura 6.

F1

F2

O

Punto común de aplicación

F3

F4

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FUERZAS

Sumando término a término se tiene la suma o resultante

Rx = -F1x - F2x + F3x + F4x + . . . Fnx

Donde el coeficiente de cada vector unitario es la componente de la resultante sobre cada uno de los ejes.

(2)

Rx = Fixo en forma abreviada

Ry = F1y - F2y - F3y + F4y +. . . Fny

R = (- F1x – F2x + F3x + F4x ) i + ( F1y – F2y - F3y + F4y ) j +

( F1z + F2z - F3z - F4z ) k

Rz = F1z + F2z - F3z - F4z +. . . Fnz

Por lo tanto: R = Rx i + Ry j + Rz k

Si tuviéramos “N” fuerzas, cada componente de la resultante seria la suma algebraica de las componentes de las fuerzas sobre cada uno de los ejes.

Ry = Fiy

Rz = Fiz

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FUERZAS

FUERZAS COPLANARES. Fuerzas coplanares son aquellas fuerzas que están en un mismo plano como las de la Fig.9.

Composición de fuerzas coplana-res. Esto significa hallar la suma o resultante R de tales fuerzas. Simbólicamente significa:

S = R = F1 + F2 + F3 = Σ Fi

Figura 9. Plano de fuerzas coplanares

F1

O

F2F3

Figura 10. Las fuerzas y la resultante están en el mismo plano

F1

O

F2F3

R

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FUERZAS

Método de componentes rectangulares para componer fuerzas coplanares.

Fx = F cos , componente de F sobre el eje X

Recíprocamente, si conocemos las componentes de la fuerza sobre los ejes (X,Y), podemos calcular su módulo y dirección usando:

Figura 11

X

Y

O i

j

= arc.Tan (Fy / Fx )

Fy = F sen , componente de F sobre el eje Y

(3)F = Fx + Fy = Fx i + Fy j

Por lo tanto:

F = Fx2 + Fy

2

F

Fx

Fy

La fuerza F de la Fig.11, lo descomponemos en sus componentes sobre los ejes (X,Y).

F = F cos i + Fsen jo

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FUERZAS

Ejemplo.Hallar la resultante de las fuerzas coplanares F1 = 1200 N, F2 = 900 N, F3 = 290 N y F4 = 800 N, que actúan en el punto O, como se muestra en la Fig.12.

Figura 12

X

Y

44º

40º

60º

F1

F2F3

F4

O

Solución.

F1 = 1200 i N

F2 = 900 cos 44º i + 900 sen 44º j N

F4 = - 800 sen 40º i - 800 cos 40º j N

F2 = …….. i + …….. j N

F1 = …….. i N

F3 = …….…. i + ……. j N

F4 = …..…... i ………. j N

F3 = - 290 cos 60º i + 290 sen 60º j N

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FUERZAS

Sumando miembro a miembro se tiene

F1 + F2 + F3 + F4 = (1200 + 647,4 – 145,0 – 514,2 ) i + (625,2 + 251,1 – 612,8 ) j N

De donde

ΣFx = Rx = (1200 + 647,4 – 145,0 – 514,2 ) = 1188,2 N

ΣFy = Ry = (625,2 + 251,1 – 612,8 ) = 263,5 N

R = ………. i + ……. j N

Por lo tanto la resultante es la fuerza que se muestra en la Fig.13

R = (1188,2)2 + (263,5)2 = 1217,1 N

de módulo

= tan-1 (263,5/1188,2) = 12,5º

y dirección

Rx

Ry R

Figura 13

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FUERZAS

u

F1 F2

F3

Fn

Figura 14

Igualando los módulos de los vectores obtenemos la suma algebraica:

R = Σ Fi (6)

Composición de fuerzas paralelas. La composición de las fuerzas F1 , F2 , F3 . . . . Fn paralelas al vector unitario u de la Fig.14 es el vector resultante que se obtiene mediante la suma:

R = Σ Fi = F1 + F2 + F3 . . . + Fn

= F1 u + F2 u - F3 u . . . + Fn u

(4)= ( F1 + F2 - F3 . . . + Fn ) u

En forma abreviada se puede escribir como

R u = (Σ Fi ) u (5)

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Torque o Momento de una fuerza. Es el efecto de rotación que produce una fuerza al actuar sobre un cuerpo y hacerlo girar alrededor de un determinado eje.

Segundo L. Gallardo Z.12

Figura 15

Plano (r, F)

FUERZAS

(7) = r x F

El torque se representa por la letra griega y se define mediante el producto vectorial

Donde: r es el vector posición del punto de aplicación de la fuerza con respecto al eje de rotación.

θF

r

Punto de aplicación

de la fuerzaP

OEje de

rotación

El torque es un vector perpendicular al plano (r, F) y de sentido igual al de avance de un tornillo de giro a la derecha, tal como se ilustra en la Fig. 15.

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Por ejemplo, el torque producido por la fuerza F al actuar sobre la puerta de la Fig. 16 es un vector como el de la Fig-17.


X

Y

Z

Figura 17

o

Plano (r, F)

FUERZAS

θEje de rotación

r

F

Figura 16

X

Y

Z

i j

k

F r

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Por definición el módulo del torque es:

= r F sen θ (8)

Los vectores F y r también se pueden dibujar como se muestra en la Fig. 18 y el módulo del torque en la forma:


FUERZAS

= ( r sen θ) F

Donde:

Por lo tanto:

( r sen θ ) = r sen = b

Esta distancia b se denomina brazo de palanca de la fuerza

Por lo tanto, el módulo del torque es

= b F (9)

sen θ = sen (180 - ) = sen

Figura 18

X

Y

Z

o

b

θ

r

Línea de acción de la fuerza

F

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Como podemos ver, en la Fig.18, el brazo de palanca es la distancia perpendicular trazada desde el eje de rotación (ubicado en O) hasta la línea de acción de la fuerza.

Segundo método:


Figura 19

X

Y

Z

o

FUERZAS

Con lo que:

Por lo tanto, el módulo del torque también se puede definir en la forma:

r

θ

F

(10) = r F┴

El módulo del torque también lo podemos escribir en la forma:

= r (F sen θ)

Fcos = F┴

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Pero: cos = cos (θ - 90) = sen θ

F sen θ = F cos = F┴

Si en la figura trazamos la componente de la fuerza perpendicular al vector posición r obtenemos

F cos = F┴


FUERZAS

Si el vector posición del punto de aplicación y la fuerza se expresan en función de sus componentes rectangulares cartesianas.

El torque se calcula desarrollando el determinante

F = Fx i + Fy j + Fz kr = x i + y j + z k

Cuyas componentes son:

( y Fz – z Fy ) = x , ( z Fx – x Fz ) = y , ( x Fy – y Fx ) = z

= x i + y j + z kDe forma tal que: (12)

=

Fx Fy Fz

x y z

i j k

= ( y Fz – z Fy ) i + ( z Fx – x Fz ) j + ( x Fy – y Fx ) k

(11)

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Este es un vector más al cual podemos calcular módulo y dirección.


Torques de fuerzas coplanares.

Los torques de fuerzas coplanares son vectores perpendiculares al plano de fuerzas, tal como se ilustra con las fuerzas de Fig.20.

FUERZAS

Z

Figura 20

Y

Plano de fuerzasX

k

2

r2r1

eje

o

F1

1 F2

Sentido horario

(-)

Al torque que hace rotar el cuerpo en sentido antihorario se le asigna el signo (+), como se ilustra en la Fig. 21.(+)

(-)

Al torque que hace rotar el cuerpo en sentido horario se le asigna el signo (-).

Sentido antihorario

(+)

Figura 21

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FUERZAS

Por lo tanto, el torque total producido por N fuerzas coplanares en el plano (X,Y) es:

1 = b1 F1 , 2 = b2 F2 , . . . n = bn Fn

Donde cada torque se puede expresar como el producto del brazo de palanca por la fuerza respectiva.

(14) i = 1 - 2 +. . . n

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(13) i = 1 k - 2 k +. . . + n k

i k = ( 1 - 2 +. . . + n ) k

Cancelando el vector unitario k se obtiene la suma algebraica

(15)

i = b1 F1 + b2 F2 + . . . + bn Fn

Reemplazando esta suma en la Ec.(14) se obtiene la suma algebraica

i = bi Fi


LEYES DE NEWTON

Los principios que relacionan la fuerza, la masa y el movimiento aparecieron por primera vez en la obra Philosophiae Naturalis Principia Matemática (Principios Matemáticos de la Filosofía Natural) publicada en 1687 por el científico inglés Isaac Newton (1642-1727).

En esta obra Newton formuló rigurosamente las tres leyes fundamentales del movimiento y la ley de la gravedad.

PRIMERA LEY (ley de la inercia). Según esta ley, todo cuerpo o partícula está en equilibrio mecánico cuando se encuentra en reposo o en movimiento a velocidad constante con respecto a un sistema inercial de referencia. Esto significa que sobre el sistema no actúa ninguna fuerza neta.

En el estudio de estas leyes utilizaremos el concepto de abstracto de partícula (o punto material) al cual asignamos el movimiento de traslación de un cuerpo. Esto excluye su forma geométrica y posible movimiento de rotación en torno a un eje que pase por él.

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LEYES DE NEWTON

Un cuerpo está en equilibrio mecánico si satisface dos condiciones fundamentales:

1°) Equilibrio en la traslación. Esto significa que la suma de fuerzas que actúan sobre un cuerpo o partícula (Fig.22) es igual a cero. Simbólicamente significa que:

F1 + F2 + F3 +. . . . Fn = 0

Gráficamente significa que la suma de las fuerzas deben formar un polígono cerrado, con todas ellas dibujadas en un solo sentido de recorrido, como se muestra en la Fig.23

F1

F2

F3

F5

F4

Figura 23

X

Z

Y

F1F2

F3

F4F5

Figura 22

(16) Fi = R = 0ó

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LEYES DE NEWTON

Usando las componentes rectangulares de las fuerzas, la ecuación (16), se puede escribir en la forma

(17)Σ Fx = Rx = 0

Σ Fy = Ry = 0

Σ Fz = Rz = 0

(19)Σ x = 0

Σ y =

0 Σ z = 0

2°) Equilibrio en la rotación. Esto significa que la suma de torques o momentos que actúan sobre un cuerpo es igual a cero.

Usando las componentes rectangulares de los torques la ecuación (18), se puede expresar en la forma:

(18)ó i = 0 i = 1 + 2 + 3 +. . . . n = 0

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LEYES DE NEWTON

SEGUNDA LEY (ley de acción de fuerzas). Según esta ley, la fuerza neta que actúa sobre la masa de un cuerpo o partícula le produce una aceleración que es directamente proporcional a la fuerza.

Esta relación se expresa en la forma

La constante se denomina masa inercial y se representa por m

Fi

a= constanteó

Fi

a = m

Ecuación que es más conocida en la forma

Fi a

(20)Fi = m a

Usando sus componentes rectangulares se tendría:

(21)Fx = m axFy = m ay

Fz = m az

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LEYES DE NEWTON

Unidades de masa, aceleración y fuerza.

Sistema de Unidades

Masa Aceleración Fuerza

S . I Kilogramo: kg m/s2 Newton: N

C. G. S Gramo: g cm/s2 Dina : din

Inglés absoluto Libra: Lb pie/s2 Poundal: pd

M. K. S gravitatorio

Unidad Técnica

de Masa

U. T . M

m/s2

Kilogramo fuerza

kgf

Inglés gravitatorio Slug pie/s2 Libra fuerza

lbf

Algunas equivalencias.

1 kgf = 9.81 N = 2.21 lbf 1 N = 105 din

1 U.T.M = 9.81 kg1 kg = 2.21 lb

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LEYES DE NEWTON

PESO. Es la fuerza de atracción que ejerce la Tierra sobre los cuerpos que lo rodean. Esta fuerza está dirigida hacia el centro de masa de la Tierra como se muestra en la Fig.24.

Esta constante se denomina masa gravitatoriaSegún la mecánica newtoniana, la masa inercial y masa gravitatoria expresan la misma propiedad de la materia y sólo se diferencian por el método utilizado para calcular su valor. La masa inercial se obtiene dinámicamente aplicando la segunda Ley de Newton. En cambio la masa gravitatoria se obtiene estáticamente midiendo, en una balanza, la fuerza de atracción de la Tierra sobre el cuerpo (peso).

g

Donde: g = 9.81 m/s2 = 32.2 pie/s2 es la aceleración debido a la gravedad terrestre.

C.M

m

Figura 24

Para pequeñas distancia sobre la superficie terrestre, el peso se define como:

P = m g (22)

P

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De la Ec.(22) se obtiene la constante: m = P g

(23)


LEYES DE NEWTON

Centro de masa (C.M)Es el punto ideal donde se considera concentrada toda la masa de un cuerpo. La fuerza gravitatoria que actúa sobre el centro de masa del cuerpo define el peso del cuerpo.Para un cuerpo compuesto de muchas partículas, los pesos de cada una de ellas pueden considerarse como fuerzas que se intersecan en el centro de la tierra (Fig.25).

Figura 25

mP

c

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La suma de estos pesos nos dan el peso total W = Σ mi g del cuerpo.

rc = = Σ ri mi g Σ mi ri

Σ mi g Σ mi

(24)

El punto de aplicación del peso se denomina centro de gravedad del cuerpo. El C.G se puede ubicar, respecto a un sistema de referencia, mediante el vector posición:


LEYES DE NEWTON

Xc = Σ mi xi

Σ mi

(25)Yc = Σ mi yi

Σ mi

Zc = Σ mi zi

Σ mi

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Este vector también determina la ubicación del centro de masa (C.M) del cuerpo. Usando las componentes cartesianas del vector posición, el C.M estará determinado por:

Centro de masa de cuerpos homogéneos y forma regular.En cuerpos homogéneos y forma regular como: la esfera, cubo, disco y placa rectangular el centro de gravedad y el centro de masa están ubicados en su centro geométrico (Fig.26).

Cubo Placa rectangular

DiscoEsfera

C.M C.MC.MC.M

Figura 26


LEYES DE NEWTON

En el caso de tener cuerpos planos de grosor uniforme el centro de gravedad se denomina centroide.

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Por ejemplo, el centroide del triángulo, semicírculo, cuarto de círculo o sector circular, está en un punto particular definido de acuerdo a sus propiedades geométricas tal como se indica en las Fig 27, 28, 29 y 30.

Figura 27. Triángulos (punto donde se cortan las medianas)

b

C.G

2h/3

h/3

b

C.G

2h/3

h/3


LEYES DE NEWTON

rY

XO

C.G

Area = r2

Figura 30. Sector circular

2 r sen

3

Figura 29. Cuarto de círculo

4r/3 4r/3

C.G

Area = r2 / 4

r

4r /3C.G

Figura 28. Semicírculo

Area = r2 / 2

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En el cálculo del centroide de placas planas homogéneas y grosor uniforme se utiliza el área en vez de la masa. Así por ejemplo, si la placa está en el plano (X,Y), las coordenadas del centroide se determinan mediante las expresiones:

yc = A1y1 + A2 y2 + . . . An yn

A1 + A2 + . . . An

yc = Ai yi

Ai

(27)

(26)xc = A1x1 + A2 x2 + . . . An xn

A1 + A2 + . . . An

xc = Ai xi

Ai


LEYES DE NEWTON

Para calcular el centroide de una figura plana de contorno irregular, descomponemos la figura en tantas figuras planas regulares como sean necesarias y luego completamos los datos de la Tabla en la Fig. 31.

Figura Ai xi yi Ai xi Ai yi

Rectángulo

Triángulo

…etc…

Figura 31. La Tabla tiene tantos casilleros como figuras regulares podamos obtener en la descomposición de la figura completa.

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LEYES DE NEWTON

Ejemplo 1. Hallar la ubicación del centroide de la placa achurada de la figura,

donde a = 30 cm. Solución

La placa está formada por:

- un rectángulo cuya área total se considera positiva.

Y

X

a / 2 a

a / 2

a / 2

a / 2

o

36°

36° Y

X

a / 2 a

a / 2

a / 2

a / 2

o36°

36°

Con tres partes cortadas, cuyas áreas se consideran negativas :

- un sector circular, y

- un cuarto de círculo.

- un triángulo.

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LEYES DE NEWTON

La Tabla a utilizar en este problema es la siguiente:

Figura Ai (cm2) Xi (cm) Yi (cm) Ai xi (cm3) Ai yi (cm3)

Rectángulo

Triángulo

Sector circular

Cuarto círculo

Calculando valores para el rectángulo se tiene:

Y

xo

a / 2

x1 C1

x1 = a/2 = 30 /2 = 15 cm

y1 = 0

A1 = (2a)(a) = (60)(30) = 1800 cm2

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LEYES DE NEWTON

Calculando valores para el triángulo se tiene:

x2 = - 2h/3 = - 2(15)/ 3 = - 10 cm

A2 = - ((a/2)(a/2))/ 2 = - (15)(15)/ 2

A2 = -112.5 cm2 (área cortada)

y2 = 2h/ 3 = 2(15)/ 3 = 10 cm

h = a / 2 = 15 cm

Y

X

h = a / 2

o

x2

2h / 3

h = a / 22h / 3 y2

C2

Para el sector circular se tiene:

A3 = - r2 = - (0.2)(302)

r = a = 30 cm, = 36° = 0.2 rad

A3 = - 565.5 cm2 (área cortada)

x3 = (2a sen / 3)

x3 = (2)(30)(sen 36°)/ [(3)(0.2)]

y3 = 0 (está sobre el eje X)x3 = 18.7 cm

X

a

o

Y

x3

C3

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LEYES DE NEWTON

Calculando valores para el cuarto de círculo se tiene:

X

3 a / 2

r = a / 2o

Y

x4

4r/3

4r/3

y4

C4

A4 = - r2/ 4 = - (152)/ 4

r = a / 2 = 15 cm

A4 = - 176.7 cm2 (área cortada)

x4 = 35.5 cmy4 = - (r - (4r/3)) = - (15- 4(15/3))

y4 = - 8.6 cm

x4 = (3a/ 2) – 4r/ 3)= (3(30)/ 2) – 4(15)/ 3)

Llenando datos en la Tabla se tiene

Figura Ai (cm2) Xi (cm) Yi (cm) Ai xi (cm3) Ai yi (cm3)

Rectángulo 1800 15 0 27000 0

Triángulo -112.5 -10 10 1125 - 1125

Sector circular - 565.5 18.7 0 - 10574.9 0

Cuarto círculo -176.7 35.5 - 8.6 - 6272.9 1519.6

945.3 11277.2 394.6

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LEYES DE NEWTON

Usando los datos de la Tabla en las fórmulas (26) y (27) se tiene:

Ai xi

Ai

Xc = 11277.2

945.3

Xc = Xc = 11.9 cm

Ai yi

Ai

Yc = 394.6

945.3

Yc = Yc = 0.4 cm

En la figura adjunta se muestra la ubicación aproximada del centroide de la figura definido por la coordenadas (Xc , Yc ) = (11.9 , 0.4)

Y

X

a / 2 a

a / 2

a / 2

a / 2

o C.G

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TERCERA LEY (ley de acción y reacción). A toda acción corresponde una reacción de igual magnitud pero de sentido opuesto.


Figura 38 Rodillo

Figura 36. Superficie áspera

LEYES DE NEWTON

Ejemplos:

R(Reacción)

N

(Reacción) f

N

(Reacción)

Figura 35. Superficie liza

(Reacción)

N

Figura 32. Bloque sobre plano horizontal

θ

Figura 33. Bloque sobre plano oblicuoFigura 34. Bloque suspendido

de una cuerda

(Reacción normal) N

(Acción) P

P sen θ

(Conponente de la acción)

P c

os θ

θ

P

N (Reacción)

PAcción

(Reacción) T

Figura 37. Articulación o pivote

(Reacción)

Rx

(Reacción)

RyR

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FUERZAS DE FRICCIÓN

FUERZA DE FRICCION. Es la fuerza que surge entre las partículas de los cuerpos en contacto cuando se mueven el uno respecto al otro. Esta fuerza se opone al movimiento (Fig.39).

En el caso de superficies sólidas, la fricción se debe a las rugosidades de las superficies en contacto

Para reducir la fricción se usa lubricantes entre las superficies en contacto, (Fig.40). Las moléculas del lubricante actúan como pequeñas esferas que al colocarse entre las rugosidades facilitan el movimiento de las superficies en contacto.

Lubricante

Rugosidades

Figura 40. Vista aumentada de las rugosidades usando una lupa

Figura 39.

f

vN

mg

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FUERZAS DE FRICCIÓN

La fricción entre superficies sólidas se define mediante la expresión

f = μ N (28)

De donde

μ = f / N (29)

Es el coeficiente de fricción (μ ), una constante característica del tipo de superficies en contacto y su valor es un número sin unidades que se encuentran en tablas de textos de física.

Como el coeficiente de fricción expresa la magnitud de la oposición al movimiento, existen dos tipos de coeficiente.

Coeficiente de fricción estático que expresa la oposición a que se inicie el movimiento de dos superficies en reposo relativo.

Coeficiente de fricción cinético que expresa la oposición a que se mantenga el movimiento relativo de dos superficies.

μs = fs / N fs = μs N (30)

μk = fk / N fk = μk N (31)

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APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON

ESTATICA.- La estática es el estudio de una partícula o cuerpo en equilibrio bajo la acción de fuerzas y torques.

Solución:

Usando el principio de acción y reacción, dibujamos las fuerzas que actúan sobre las cuerdas como se muestra en la Fig. 41.

Luego dibujamos un diagrama de fuerzas separado del cuerpo, al que se denomina “Diagrama de Cuerpo Libre” (D.C.L), como el que se muestra en la Fig. 42.

Ejemplo 1. Un bloque de 1800 N es sostenido mediante cuerdas como se muestra en la Fig. 41. Hallar las tensiones de las cuerdas CA y CB.

42° 35°

D.C.L

Tb

Ta

P

Figura 42

Figura 41.

1800 N

C

A 42° 35° B

P

TaTb

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Aplicando la condición de equilibrio en la traslación sumamos las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, obteniendo el triángulo de la Fig.43 y la ecuación vectorial siguiente:

Según la figura: θ = 42° + 35° = 77°, = 48° = 180° - (77° + 48°) = 55°Primer método de solución. Resolvemos el triángulo aplicando la ley de los senos.

P

Sen θ

Tb

Sen

Ta

Sen = =

Despejando las incógnitas y usando valores se tiene.

P Sen

Sen θTa =

1800 Sen 55°

Sen 77°Ta = Ta =………… N

P Sen

Sen θTb =

1800 Sen 48°

Sen 77°Tb = Tb =…………. N

Figura 43

Ta

Tb

Pθ

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Fi = Ta + Tb + P = 0



Segundo método de solución. Aplicamos el método de descomposición de las fuerzas en sus componentes rectangulares (Fig. 44) e igualamos a cero la suma de las respectivas fuerzas.

Fx = Tb cos 35° - Ta cos 42° = 0

Fy = Tb sen 35° + Ta sen 42° - P = 0

De la primera relación se tiene

Ta cos 42°

cos 35Tb =

Luego reemplazamos este valor en la segunda relación

(sen 35°) + Ta sen 42° - P = 0Ta cos 42°

cos 35

Simplificando y factorizando la incógnita

Ta [(cos 42°)(tan 35°) + sen 42°] = P

X

Y

Tb

Ta

P

35°42°

Figura 44

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Despejando y usando valores

P

(cos 42°)(tan 35°) + sen 42°Ta =

1800

(cos 42°)(tan 35°) + sen 42°Ta =

Ta = ……… N

y de1513.3 cos 42°

cos 35Tb =

Tb = ………. N

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Ejemplo 2. Dos esferas idénticas están colocadas en una cuña como muestra en la Fig.45. Calcular las reacciones de las superficies planas en contacto con las esferas. Demostrar que cada esfera esta independientemente en equilibrio. Usar M = 100 kg.


30°

M

45°

Figura 46


Solución.

Dibujamos en primer lugar las fuerzas que actúan sobre la esfera superior (Fig.46) y obtenemos el siguiente diagrama de cuerpo libre.

N1

P

RN1

P

R

Fi = N1 + R + P = 0

Que simbólicamente significa:

D.C.L

45° 30°

N1

P

RComo la esfera está en equilibrio la suma de fuerzas forma el polígono cerrado

45°

30°M

M

Figura 45

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En el triángulo vectorial se tiene que:

N1

R

Pθ

= 60°, = 45°, θ = 180 – (60° + 45°) = 75°

P

Sen θ

R

Sen

N1

Sen = =

Por la ley de los senos

P Sen

Sen θN1 =

(981) Sen 60°

Sen 75°N1 = N1 = ……… N

Usando: P = M g = (100)(9.81) = 981 N y despejando incógnitas se tiene

P Sen

Sen θR = R = R = ……… N

(981) Sen 45°

Sen 75°

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Ahora, dibujamos las fuerzas que actúan sobre la esfera inferior (Fig.47), con--derando a la fuerza de reacción R de la esfera superior como acción sobre la esfera inferior y obtenemos el D.C.L.


30°

45°

M

Figura 47


R

N2

Como esta esfera también está en equilibrio el Polí-gono de fuerzas es cerrado

N2

P

R

N3

D.C.L

N2

PR

N3

30°

Que simbólicamente significa

Fi = N2 + P + R + N3 = 0

N3

P

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Como se tiene más de tres vectores concurrentes, usamos el método de las componentes rectangulares.

Fx = N2 – R cos 30° = 0

Fy = N3 – P – R sen 30° = 0

N2

PR

N3

30°X

Y

En la primera relación despejamos N2 y usamos el valor de R = 718.1 N calculado en la primera esfera.

N2 = R cos 30° N2 = 718.1 cos 30°

N2 = ……….. N

En la segunda relación despejamos N3 y usamos los valores R = 718.1 N y P = Mg = 981 N

N3 = P + R sen 30° = 981 + 718.1 sen 30° N3 = ……….. N

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Ejemplo 3. Se tiene una barra uniforme AB de 5 [m] de longitud y 150 [N] de peso apoyada en un pivote en A y sostenida mediante una cuerda BC, como se muestra en la Fig.48. Una carga de 100 [N] cuelga de la varilla a una distancia S desde A. Si la resistencia de ruptura de la cuerda BC es de 90 [N], encuentre el máximo valor de S y la fuerza de reacción en A.

Solución.

Trazamos todas las fuerzas que actúan sobre la barra.

Luego dibujamos el diagrama de cuerpo libre e indicamos el sentido de rotación que produciría cada una de las fuerzas (Fig.49).

-

+

T

37°

49°

Pivote A

C

B

53º

Figura 48

P1

T

37°

49°

A

B

RX

RY

s P2

D.C.L

Figura 49

RY

RX

s P2

C.G

P1

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La elección del sentido horario como negativo y el sentido antihorario como positivo se basa en la regla del tornillo de giro a la derecha que se usó en la definición del producto vectorial de dos vectores.

( i )A = – b1 P1 – b2 P2 + b3 T = 0

Primer método. Aplicamos la condición de equilibrio en la rotación. Es decir que la suma de torques respecto al punto A es igual a cero.

b3 = (5) sen 78° = 4.89 m

Las fuerzas Rx y Ry no producen torque porque sus brazos respecto al punto A son iguales a cero.

b3

A

5 m

T

78°B

b1 = (2.5) sen 49º = 1.89 m

b2 = S sen 49º

P1

2.5 m 49º

A b1

s

P2A

49º

b2

Los brazos de palanca de cada una de las fuerzas son:

P1

T

37°

49°

A

B

RX

RY

s P2

-

+

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Reemplazando valores se tiene:

i =– 1.89 (150) – (S sen 49°)(100) + (4.89)(90) = 0

Donde hemos usado la resistencia de ruptura de la cuerda (T = 90 N).

S = 2,1 [m]

Resolviendo la expresión anterior se obtiene el valor máximo de S

En segundo lugar, aplicamos la condición de equilibrio de las fuerzas en la traslación.

Usando las componentes de las fuerzas en el sistema (X,Y) se tiene:

De la relación (a) obtenemos:

Rx = T cos 37°

Rx = 90 cos 37° Rx = …….. N

Fx = Rx – T cos 37° = 0 (a)

Fy = Ry + T sen 37°– P1 – P2 = 0 (b)

P1

T

37°

49°

A

B

RX

RY

P2

T sen 37º

T cos 37º

XY

Sistema (X,Y) de referencia

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De la relación (b) obtenemos:

Ry = 150 + 100 – 90 sen 37°

Ry = P1 + P2 – T sen 37°

Ry = …….. N

La reacción total en A es entonces la suma vectorial:

RA = 71.9 i + 195.8 j

Ry

RA

Rx

A

RA = 208.6 NDe módulo

= 69,9°y dirección

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Segundo método. Trazamos las componentes de cada una de las fuerzas en la dirección tangencial (paralela) y normal (perpendicular) a la barra AB, Fig. 50.

Solución. Las componentes de las fuerzas en la dirección normal a la barra, son las únicas que pueden producir torque. Las componentes paralelas no producen torque, porque su línea de acción pasa por el eje de rotación (A)

+T sen 78°

P1 sen 49°

s = b 2

( i )A = – b1 P1 sen 49° – b2 P2 sen 49° + b3 T sen 78° = 0

En primer lugar aplicamos la condi-ción de equilibrio en la rotación.

Donde los brazos de palanca de cada una de las fuerzas son:

b1 = 5/2 = 2.5 [m],

b2 = s

b3 = 5 [m]

b1

b3

R N

-

P2 sen 49°

49°

D.C.LFigura 50

A

B

P2

49°

37°

T

41°

P1

49°

R

TN

u Tu N

Tcos 78°

P 2 cos 49°

P 1 cos 49°

R T

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Reemplazando valores se tiene:( i )A = – (2.5) 150 sen 49° – (s) 100 sen 49° + (5) 90 sen 78° = 0

S = 2.1 [ m ]

Resolviendo la expresión anterior se obtiene el valor máximo de S

En segundo lugar, aplicamos la condición de equilibrio en la traslación a las componentes de las fuerzas en la dirección tangencial y normal a la barra.

FT = RT – P1 cos 49°– P2 cos 49°–Tcos 78° = 0 (a)

Luego: R = 182,73 uN + 100,64 uT

Con módulo: R = 208.6 N y dirección: = 28,8°, con la barra AB

FN = RN – P1 sen 49°– P2 sen 49°+Tsen 78° = 0 (b)

Usando valores en las relaciones (a) y (b) obtenemos:

RT = 150 cos 49° + 100 cos 49°+ 90 cos 78° = 182,73 [N]

RN = 150 sen 49°+ 100 sen 49°– 90sen 78° = 100,64 [N]

TN

u Tu N

B

Tcos 78°

P1 sen 49°

R N

A

P 1 cos 49°

P 2 cos 49°

P2 sen 49°

R T

T sen 78°

R

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Ejemplo 4. En la Fig. 51 se tiene una viga uniforme de longitud L y masa 190 [kg] apoyada sobre un eje en B y sostenida mediante una cuerda en el extremo C. En el extremo A cuelga un bloque de masa 70 [kg]. Si la tensión en la cuerda es de 671 [N], calcular el ángulo θ de equilibrio del sistema y la reacción en el punto B.

Ry

Ty

Solución. Dibujamos las fuerzas que actúan sobre el sistema, separamos el D.C.L e indicamos los sentidos de rotación del sistema (Fig.52).

P1

AB

C

45º

L/3

Figura 51

AB

C

45º

L/3

Rx

Ry

P2

P1

T

Tx

Ty

D.C.L

-

+

Figura 52

Tx

P2

RxT

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Aplicando la condición de equilibrio en la rotación sumamos los torques respecto al punto B.

Rx

( i )B = – b1 P1 + b2 P2 + b3 T = 0

b3 = (2L/3) sen

Donde los brazos de palanca respecto al punto de apoyo B de cada una de las fuerzas son:

b1 = (L1) sen 45º = (L/2 – L/3) sen 45º = (L/6) sen 45º

b2 = (L/3) sen 45º

AB

C

45º

L/3

Rx

Ry

P2

P1

T

-

+L/2

b2

b3

y según datos del problema los módulos de las fuerzas son:

P1 = (190)9.81 = 1863.9 N

P2 = (70)9.81 = 686.7 N

T = 671 N

b1

P1

L1

45ºB

P2

45º

L/3B

T

2L/3

B

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Remplazando valores en la expresión anterior se tiene

( i )B = – [(L/6) sen 45º ] 1863.9+ [(L/3) sen 45º ] 686.7 +

[(2L/3) sen ] 671= 0

= -219.7 + 161.9 + 447.3 sen = 0

Ahora aplicamos la condición de equilibrio en la traslación e igualamos a cero la suma de componentes de las fuerzas en el sistema (X,Y).

A

B

C

45º52.4º

Rx

Ry

P2

P1

T

T cos 52.4º

X

Y

T s

en

52.

4º

De donde obtenemos:

Rx = ……. N , Ry = ……… N

Fx = Rx – 671 cos 52.4° = 0 (a)

Fy = Ry + 671 sen 52.4°–

1863.9 – 686.7= 0(b)

Luego la reacción total en B es:

RB = 2060.1 N

y dirección = 78.5º

= …..º

RB

Ry

Rx

B

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Ejemplo 3. La masa m1 = 3 kg, sobre la mesa horizontal, interactúa con la masa m2 = 7 kg, a través de la polea móvil P1 y la polea fija P2 ambas muy ligeras y sin

fricción en los ejes, como se indica en la Fig.53. Si a1 y a2 son las aceleraciones

de m1 y m2 respectivamente, hallar: a) La relación entre ambas aceleraciones,

b) los valores de las aceleraciones a1 , a2 , y c) las tensiones en las cuerdas.

Resolver el problema considerando los dos siguientes casos: I) No existe fricción entre la masa m1 y la superficie horizontal y II) si existe fricción entre m1 y la superficie horizontal, con un coeficiente μk = 0.4 .Solución

Caso I: Sin fricción.

a) Relación entre las aceleraciones.

Como las masas m1 y m2 no están directamente conectadas, tienen diferentes aceleraciones.a2

a1m1

m2

P1 P2

Superficie sin fricción

Figura 53

Sea a1 la aceleración de m1 y a2 la

aceleración de m2

a1 a2Entonces:

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PRIMER ANALISIS DEL MOVIMIENTO DEL SISTEMA.

P1

P2

ddd

d

m1

m2

a1

a2

Comoen la Fig-54, la polea móvil P1 y la masa m2 están directamente conectadas, entonces si P1 una se mueve hacia la izquierda una distancia d con

aceleración a2, la masa m2 asciende igual, dejando floja la cuerda que envolvía la polea. Para que el sistema siga ligado la masa m1 debe moverse hacia la

izquierda una distancia 2d con aceleración a1.

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Figura 54



SEGUNDO ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO DEL SISTEMA.

P1

P2

ddd

a1

a2

m1

m2

d

Ahora si en la Fig.55, consideramos que m2 desciende una distancia d con aceleración a2,

jalará a P1 hacia la derecha la misma distancia y con igual aceleración.

Este movimiento hará que cada punto de la cuerda que envuelve P1 se desplace una distancia 2d, jalando consigo a la masa m1 una distancia igual hacia la derecha pero con aceleración a1.

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Figura 55

Relación de aceleraciones


a2

m1

m2

P1 P2

a1

Figura 53


d

d

A’ A

d

B’B

2d

Volviendo a usar la Fig. 53, vemos que si m2 desciende una distancia d, con aceleración a2 , jalará la polea P1 hacia la derecha la misma distancia y con igual aceleración.

Si las aceleraciones son constantes, entonces en un tiempo “t” la distancia que se desplaza cada masa esta dada por:

La masa m2 : d = ½ a2 t 2

La masa m1 : 2d = ½ a1 t 2

Este movimiento producirá a su vez un desplazamiento d, hacia la izquierda del punto de contacto en la cuerda, desde A hasta A`, jalando la masa m1 hacia la derecha la distancia 2d, desde B hasta B’.

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Sustituyendo la segunda relación en la primera se tiene

2 (½ a 2 t 2 ) = ½ a1 t 2

Simplificando obtenemos

a1 = 2 a2

b) Dibujamos el D.C.L de cada parte y aplicamos la segunda ley de Newton

X

Y

a1

Fy = N1 – m1 g = 0 (ii)

Usando el valor m1 = 3 kg en (i)

De (ii) N1 = m1 g = 3(9.81)

N1 = 29.43 N

T1 = 3 a1 (iii)

T1N1

m1g

D.C.L de m1

Fx = T1 = m1 a1 (i)

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Como la polea P1 y la masa m2 están directamente conectadas, tienen la misma

aceleración a2 .

a2

X

YT1

T1

T2

Fx = T2 – T1 – T1 = mP a2

Si la polea P1 es ligera y pequeña podemos considerar que su masa es despreciable mP 0 y entonces

(iv) Fx = T2 – T1 – T1 = 0 T2 = 2T1

Usando (iii) en (iv) obtenemos: T2 = 2 (3 a1 ) = 6 a1

En la polea fija P2 consideramos que la fricción con la cuerda sólo sirve para hacerla rotar y no afecta el movimiento del sistema.

(v)y como a1 = 2 a2, entonces: T2 = 12 a2

D.C.L de P1 Sumamos las fuerzas que actúan en la polea P1

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D.C.L de m2

a2

Y

X

m2 g

T2

Fy = T2 – m2 g = – m2 a2

T2 = m2 g – m2 a2

Usando los valores m2 = 7 kg, g = 9.81 m/s2 se tiene

T2 = (7)(9.81) – 7 a2

T2 = 68.67 – 7 a2 (vi)

Igualando (v) y (vi) se tiene

12 a2 = 68,7 – 7 a2

a2 = ………[m/s2 ]

Y como a1 = 2 a2 , entonces

a1 = …….… [m/s2 ]

a1 = 2(……..)

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Las tensiones se obtienen de

T1 = 3 (7.24) = ……….. Nla Ec. (iii)

T2 = 2 (……) = ………. Ny de la Ec. (iv)

Caso II: Con fricción.

a) La Relación entre aceleraciones es la misma que en el caso I.

a1 = 2 a2

b) Dibujamos el D.C.L de cada parte y aplicamos la segunda ley.

D.C.L de m1

Fx = T1 – f = m1 a1 (vii)

Fy = N1 – m1 g = 0 (viii)

De (viii) N1 = m1 g = 3(9.81)

N1 = 29.43 N

a1

X

Y

m1g

N1 T1

f

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Usando en (vii) la definición f = μ N y los correspondientes valores se tiene que

T1 = μ N + m1 a1

(ix)T1 = 0.4(29.43) + 3 a1 T1 = 11.77 + 3 a1

Como la fricción es solamente entre la masa m1 y la superficie horizontal, mantenemos la misma ecuación para la polea P1.

D.C.L de P1

Fx = T2 – T1 – T1 = 0

Usando (ix) en (x) se tiene

T2 = 2 T1 (x)

a2

X

YT1

T1

T2

T2 = 2 (11.77 + 3 a1 )

T2 = ………. + ….. a1

Como a1 = 2a2 T2 = ……… + …… a2 (xi)

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Como tampoco hay fricción en la polea P2 seguimos manteniendo el criterio de que no afecta el movimiento del sistema.

a2

Y

X

m2g

T2

Fy = T2 – m2 g = – m2 a2

Despejando T2 y usando los valores m2 = 7 kg, g = 9.81 m/s2 se tiene

T2 = (7)(9.81) – 7 a2

23.54 + 12 a2 = 68.67 – 7 a2

Igualamos (xi) y (xii)

D.C.L de m2

T2 = …….. – 7 a2 (xii)

a2 = ……. m/s2

Que usando las correspondientes relaciones obtenemos:

a1 = ……….. m/s2 T1 = ……….. N T2 = ……….. N

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FIN

fuerzas y leyes de newton

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