6 DINÁMICA Y ESTÁTICA

6 DINÁMICA Y ESTÁTICA

6.1. Introducción

En capítulos anteriores se ha descrito cómo se caracteriza el movimiento en términos de la posición, velocidad y la aceleración. Ahora se responderá por qué los objetos se mueven en la forma en que lo hacen. ¿Qué provoca que un objeto en reposo comience a moverse?

¿Qué hace que un objeto acelere o desacelere? ¿Qué es lo que interviene cuando un objeto describe una trayectoria circular? En todos los casos la respuesta será una fuerza. En este capítulo se estudiará la relación entre fuerza y movimiento. A continuación se describirá cualitativamente el concepto de fuerza.

6.1.1. Concepto de fuerza y fuerza neta

Resulta fácil dar ejemplos de fuerzas, pero ¿cómo se definirá este concepto en general? Una definición operacional de fuerza se fundamenta en los efectos que ella produce sobre un cuerpo, es decir, una fuerza se describe en función de lo que hace. Por su propia experiencia, usted sabe que las fuerzas pueden producir cambios en un cuerpo en reposo o en movimiento. Una fuerza puede provocar el movimiento de un objeto que estaba en reposo. También puede aumentar o disminuir la rapidez de un objeto en movimiento, o cambiar su sentido y dirección. En otras palabras, una fuerza puede producir un cambio en la velocidad; esto es, aceleración, por lo tanto, un cambio observado en el estado de movimiento de un cuerpo (en reposo o movimiento) es evidencia de la existencia de una fuerza. Esto lleva a una definición útil de fuerza: “una fuerza es aquello

capaz de cambiar el estado de reposo o de movimiento de un objeto“, además la fuerza es una magnitud vectorial.

El término “capaz“, es muy importante. Toma en cuenta el hecho de que una fuerza puede actuar sobre un objeto, pero su capacidad para producir un cambio en el movimiento puede equilibrarse con otra u otras fuerzas, de tal manera que el efecto neto sea nulo. En consecuencia, una fuerza no produce necesariamente un cambio en el estado de movimiento de un objeto. En base a lo indicado anteriormente se puede deducir que una fuerza neta no nula puede producir una aceleración que es una magnitud vectorial y en consecuencia la fuerza también debe ser una magnitud vectorial.

Cuando varias fuerzas actúan sobre un objeto, lo que interesa es su efecto combinado, o sea, la fuerza neta. La fuerza neta es el vector suma, ∑𝑛 𝐹⃗_𝑖

𝑖=1 , o resultante, de todas las fuerzas que

actúan sobre un objeto. Como se ilustra en la figura 6.1, la fuerza neta es nula cuando fuerzas de igual módulo actúan en direcciones opuestas. Se dice que tales fuerzas son fuerzas equilibradas. Una fuerza neta no nula se refiere a una fuerza no equilibrada. En este caso, se puede analizar la situación como si sólo actuara esta fuerza. Una fuerza no equilibrada produce una aceleración (figura 6.2).

6.1. Introducción

6.2. Primera Ley de Newton, Ley de la inercia

6.3. Tercera ley de newton o principio de acción y reacción 6.4. Segunda ley de Newton 6.5. Clases de fuerzas 6.6. Diagramas de cuerpo libre

(DCL) 6.7. Poleas

6.8. Dinámica circular 6.9. Estática

Objetivos

 Reconocer los conceptos de inercia y fuerza.

 Identificar las clases de fuerzas que actúan sobre un cuerpo.  Formular las tres leyes de Newton

y su aplicación.

 Entender la diferencia entre las fuerzas netas que originan aceleración y las fuerzas de acción y reacción.

 Aplicar las leyes de Newton a cuerpos que tienen movimiento rectilíneo o circular.

 Entender el concepto de torque o momento de una fuerza.  Establecer cuando un cuerpo se

encuentra en equilibrio de traslación y rotación.  Ubicar el centro de masa de

objetos homogéneos.  Aplicar las leyes de Newton a

partículas y sólidos rígidos que están en equilibrio.

Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro y puede ejercerse por contacto real o a distancia, como en el caso de las fuerzas gravitacionales y magnéticas.

Las fuerzas se pueden clasificar en dos tipos:

a) Las fuerzas de contacto, que surgen a causa del contacto físico (interacción) entre dos objetos, por ejemplo, cuando se levanta un libro o patea una pelota, se ejerce una fuerza de contacto sobre el libro o sobre la pelota.

Cuando se habla de una fuerza, por lo general uno se imagina un empuje o una tracción sobre algún objeto, estos son ejemplos de fuerzas de contacto, así llamadas porque resultan del contacto físico entre dos objetos.

b) Las fuerzas de acción a distancia se denominan fuerzas de campo, lo cual significa que los cuerpos no están en contacto físico, ejemplos de estas fuerzas son la fuerza de atracción gravitatoria, las fuerzas de atracción y repulsión entre dos cargas eléctricas y la fuerza magnética entre dos imanes.

Las fuerzas fundamentales conocidas en la naturaleza son todas fuerzas de campo, Michael Faraday introdujo el concepto de un campo, y las fuerzas asociadas a él se denominan fuerzas de campo y son en orden decreciente:

 Fuerzas atómicas fuertes entre las partículas subatómicas

 Fuerzas eléctricas y magnéticas producidas por cargas eléctricas.

 Fuerzas nucleares débiles, que aparecen en ciertos procesos de desintegración radiactiva.

 Atracciones gravitacionales entre objetos.

Ahora, teniendo una mejor comprensión del concepto de fuerza se verá cómo se relacionan la fuerza y el movimiento a través de las leyes de Newton.

6.2. Primera ley de newton o principio de inercia 6.2.1. La inercia

La inercia es una propiedad de la materia que está relacionada con la resistencia que ofrece un cuerpo a cambiar su estado de reposo o de movimiento. En base a lo anterior se puede deducir que a mayor masa mayor inercia.

6.2.2. La masa

La segunda ley de Newton, utiliza el concepto de masa. Newton utilizo el término masa como la cantidad de materia que ocupa un lugar en el espacio. Esta noción intuitiva de la masa de un cuerpo no es muy precisa, porque la cantidad de materia, en sí, no está bien definida. Con más precisión, se puede decir que, la masa es “una medida de la inercia de un cuerpo”.

0









F



_F



_

₀



Se sabe que cuando un automóvil frena, los pasajeros son impulsados hacia delante, como si sus cuerpos tratarán de mantener su movimiento. A veces, en algunos choques, hasta hay personas que salen despedidas fuera de los vehículos. Este ejemplo, muestra que: “los cuerpos que están en movimiento tienden a seguir en movimiento“. Esta propiedad de la materia se llama inercia. Pero existen otros aspectos de la inercia. Cuando arranca un ómnibus, los pasajeros son empujados hacia atrás, como si tratarán de quedar en el reposo en el que se hallaban. En los circos suele verse a artistas muy hábiles que con un rápido movimiento, extraen el mantel de una

mesa sin que caigan ni abandonen su lugar los objetos colocados encima. Luego, se concluye que: “los cuerpos que están en reposo tienden a seguir en reposo“. Además, todos sabemos que en las curvas, los pasajeros de un vehículo son empujados hacia las puertas, pues sus cuerpos tienden a seguir en la dirección y sentido que tenían inicialmente. El automóvil mismo se inclina, y si se toma la curva a excesiva velocidad, se produce el vuelco, lo que muestra la tendencia del automóvil a seguir en línea recta. Resumiendo las conclusiones obtenidas hasta ahora:

Todos los cuerpos en reposo tienden a seguir en reposo.

Todos los cuerpos en movimiento tienden a seguir moviéndose, pero con movimiento rectilíneo uniforme.

6.2.3. Las fuerzas y el movimiento

Mientras nada se oponga, un cuerpo no sólo tenderá a mantener su velocidad, sino que la mantendrá. Existe un problema interesante, cuando una fuerza ha puesto en movimiento a un cuerpo, ¿es necesario que esa fuerza siga actuando para que el movimiento se mantenga? La solución está, precisamente, en el concepto de inercia. Por una superficie horizontal, pero accidentada, se hace rodar una piedra, se le ha aplicado una fuerza para ponerla en movimiento, venciendo su inercia. La piedra da unos saltos, choca aquí, choca allá, y luego se detiene, parece que al dejar de actuar la fuerza, el movimiento cesa. Si se hace rodar una pelota por un terreno menos accidentado, llegará más lejos, pero termina por detenerse. Otra vez parece que para mantener el movimiento es necesaria la fuerza. Sin embargo, existe una clara diferencia con el caso anterior, al ser menos accidentadas las superficies, el movimiento se mantiene más tiempo. Si se repite la experiencia con una bola de cristal muy pulida, y se la hace rodar por una superficie muy pulida, un lago helado, por ejemplo, llegará muy lejos, manteniéndose en movimiento por mucho tiempo. No es difícil advertir que lo que impide que el movimiento se mantenga indefinidamente son las irregularidades de las superficies, imposibles de evitar. Entre ellas se producen rozamientos, y aparecen así las fuerzas exteriores que van frenando al móvil. Si tanto éste como la superficie estuvieran idealmente pulidos, estas fuerzas desaparecerían, y el movimiento seguiría eternamente rectilíneo y uniforme, mientras no apareciera otra fuerza exterior. En la realidad, las superficies perfectamente pulidas no existen. La función del motor en los trenes, automóviles, etc., es precisamente producir una fuerza capaz de compensar las fuerzas de frenado. Todas las anteriores ideas constituyen el principio de inercia, descubierto por Leonardo de Vinci, quien lo mantuvo en secreto. Más tarde Galileo llego a las mismas conclusiones, y finalmente Newton le dio la forma con la que hoy se conoce al “Principio de inercia”, que se enuncia de la siguiente forma: “si sobre un cuerpo no actúan fuerzas, o actúan varias que se anulan entre sí, entonces el cuerpo está en reposo o bien con movimiento rectilíneo uniforme”.

Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la partícula permanecerá en reposo (si originalmente está en reposo) o se moverá con velocidad constante en línea recta (si originalmente estaba en movimiento).

El principio de inercia a primera ley de Newton se expresa como:

∑𝑛 𝐹⃗_𝑖

𝑖=1 = 0⃗⃗ (6.1)

6.3. Tercera ley de newton o principio de acción y reacción

Cuando se dispara un revolver, ésta retrocede (culatazo), si un patinador hace fuerza contra una pared, retrocede como si la pared lo hubiera empujado a él. Estos ejemplos muestran qué: “A toda fuerza (acción), se le opone otra fuerza (reacción) de módulo igual a la primera pero de sentido contrario. Esto se verifica por que las fuerzas no se originan de la nada, sino que siempre aparecen como resultado de la interacción o acción mutua entre dos o más cuerpos.

Como resultado de esta interacción y en función de las masas puede suceder que, se mueva uno de los cuerpos o se muevan ambos. Así, cuando

interactúan una persona (acción) y una almohadilla (reacción) sobre una mesa, la almohadilla es la que se moverá y no así la persona. Pero si la persona empuja la pared del aula, la que se moverá será la persona y la pared permanecerá en reposo. Ahora si dos personas de aproximadamente la misma masa interactúan con las palmas de sus manos y se empujan ambas se moverán en sentidos contrarios.

Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tienen el mismo módulo, la misma línea de acción y sentidos opuestos.

Si dos objetos interactúan, la Fuerza 𝐹⃗ 12 ejercida por el

objeto “1” sobre el “2” es igual en módulo, pero opuesta en sentido a la fuerza 𝐹⃗ ₂₁ ejercida por el objeto “2” sobre el “1”.

6.4. Segunda ley de newton

Cuando la fuerza resultante (vector) de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo no es nula, el mismo adquirirá una aceleración en el sentido de la fuerza resultante. Experimentalmente se ha comprobado que la aceleración es directamente proporcional a la fuerza resultante, e inversamente proporcional a la masa del cuerpo, es decir,

𝑎 = 𝐾 𝐹𝑅

𝑚

Donde, K es la constante de proporcionalidad que determinado experimentalmente resulta ser igual a la unidad, es decir, K = 1.

Luego,

𝐹 = 𝑚 𝑎

(6.2)

Donde F, a y m, representan, respectivamente el módulo de la fuerza resultante que actúa sobre la partícula, el módulo de la aceleración adquirida y la masa de ésta.

Luego, expresando la ecuación anterior en forma vectorial se tiene,

∑𝑛𝑖 = 1𝐹⃗𝑖 = 𝑚 𝑎⃗ (6.3)

O en forma equivalente,

m

_F



a



Figura 6.4

...todo comenzó cuando

él me devolvió el golpe...

Ahora si entiendo

el principio

de acción - reacción

12

F



F



₂₁

Figura 6.3

∑𝑛𝑖 = 1𝐹𝑥 𝑖 = 𝑚 𝑎𝑥 (6.4) ∑𝑛 𝐹_{𝑦 𝑖}

𝑖 = 1 = 𝑚 𝑎𝑦 (6.5)

En este punto se debe mencionar que la primera ley de Newton es parte de la segunda ley, ya que si la fuerza resultante es nula entonces, la aceleración es nula.

6.4.1. Unidades de masa y fuerza

Las unidades de masa en los principales sistemas se dan en el cuadro 6.1. Sistema Unidad Símbolo

SI kilogramo kg

cgs gramo g

MKgfs (técnico) Unidad técnica de masa utm

Ingles absoluto libra lb

Ingles técnico slug slug

En el cuadro 6.2 se detallan las conversiones respectivas entre unidades de masa.

Unidad kg g utm lb slug

1 kg 1 1000 0,102 2,2046 6,85*10 - 2

1 g 0,001 1 1,02*10 - 3 _2,20*10 - 3 _6,85*10 - 5

1 utm 9,81 9810 1 21,63 0,673

1 lb 0,4536 453,6 4,62*10 - 2 _{1 3,11*10} - 2

1 slug 14,6 1,46*10 4 _{1,49 32,19 1}

En el cuadro 6.3 se detallan las principales unidades de peso.

Sistema Unidad Símbolo _{fundamentales} Unidades

SI Newton N [𝑘𝑔][𝑚]

[𝑠]

cgs dina dina [𝑔][𝑐𝑚]_[𝑠]

MKgfs (técnico) Kilogramo fuerza _(kilopondio) kgf (kp) 9,81 [𝑘𝑔][𝑚]_[𝑠]

Ingles absoluto Poundal pdl [𝑙𝑏][𝑝𝑖𝑒]_[𝑠]

Ingles técnico Libra fuerza lbf 32,17 [𝑙𝑏][𝑝𝑖𝑒]

[𝑠]

En el cuadro 6.4 se detallan las conversiones respectivas entre unidades de fuerza.

Unidad N dina kgf pdl lbf 1 N 1 10 5 _{0,102 7,23 0,225} 1 dina 10-5 _{1 1,02*10} - 6 _7,23*10 - 5 _2,25*10 - 6 1 kgf 9,8067 9,81*10 5 1 70,92 2,20 1 pdl 0,1383 1,383*10 4 _1,41*10 - 2 _{1 3,11*10} - 2 1 lbf 4,448 4,448*10 5 0,454 32,17 1 Cuadro 6.1 Cuadro 6.3 Cuadro 6.4 Cuadro 6.2

6.5. Clases de fuerzas 6.5.1. Fuerza peso (𝐖

⃗⃗⃗⃗

) Ley de gravitación universal

La ley de gravitación universal de Newton, establece que la fuerza de atracción gravitacional entre dos masas puntuales “𝑚1” y “𝑚2”, está dada

por la siguiente expresión: 𝐹⃗ = − 𝐺𝑚1𝑚2

𝑟2 𝑈̂𝑟 (6.6)

El signo (–) indica que la fuerza entre las dos masas es atractiva, “r” es la distancia entre ellas y 𝑈̂_𝑟 es el vector unitario que apunta desde el centro de uno de los cuerpos hacia el otro. “G” es la constante de gravitación universal.

La fuerza peso es la fuerza que la tierra ejerce para atraer una masa que tiene un cuerpo. Esta fuerza siempre tiene dirección vertical y siempre está dirigida hacia abajo y se expresa como:

𝑊⃗⃗⃗⃗ = − 𝑚 𝑔 𝑗̂ (6.7)

Donde “𝑚 𝑔” representa el módulo del vector peso. Cabe aclarar que el peso de un cuerpo varía de acuerdo al lugar donde se encuentre el mismo, en cambio la masa permanece constante en cualquier lugar del universo.

Como se indico anteriormente, toda fuerza tiene una contra fuerza, en este caso su contra fuerza se encuentra en la tierra (figura 6.5).

Nota.- Para levantar verticalmente un cuerpo a velocidad constante, se debe aplicar una fuerza cuyo módulo sea igual al módulo del peso del cuerpo. Si el módulo de la fuerza es mayor al módulo del peso, entonces el cuerpo se acelera.

6.5.2. Fuerza normal o reacción (𝐍

⃗⃗⃗

)

La fuerza normal (que también significa perpendicular) no es nada más que la aplicación de la tercera ley de Newton a dos cuerpos en contacto, dicha fuerza tiene la característica de que siempre es perpendicular a la superficie sobre la que se encuentra en reposo o sobre la que se mueve un cuerpo (que no siempre en módulo es igual al peso). Además, cabe indicar que, si un cuerpo está en contacto con dos cuerpos (o con dos superficies), entonces existen dos fuerzas normales que actuan sobre el cuerpo.

6.5.3. Fuerza de rozamiento (𝒇⃗⃗_𝑹)

Es una fuerza tangencial que actúa en la superficie de contacto entre dos cuerpos y que se opone al movimiento relativo de uno de ellos con respecto al otro. Estas fuerzas tangenciales siempre son paralelas a las superficies de contacto y se originan por las rugosidades de las superficies en contacto y también debido al predominio de las fuerzas eléctricas de atracción (ejemplo al tratar de separar dos láminas de vidrio que se encuentran juntas). Además, la fuerza de fricción siempre tiene sentido contrario al sentido en que se mueve o moverá un cuerpo.

Experimentalmente se ha verificado que el módulo de la fuerza de fricción es directamente proporcional al módulo de la normal, es decir:

𝑓𝑅 = 𝜇 𝑁 (6.8)

N



W



W



N



Figura 6.6 m

F



R

f



S S m Figura 6.5 Figura 6.7

Donde  se denomina coeficiente de fricción. Este adopta valores en el intervalo 0   1.

Si  = 0, entonces se dice que la superficie es lisa y la fuerza de fricción es nula, y si   1, entonces la superficie se denomina rugosa.

6.5.3.1 Rozamiento estático (𝒇⃗⃗𝐞

)

Es la fuerza tangencial entre dos superficies cuando no existe movimiento relativo entre ellas. La fuerza tangencial entre las dos superficies inmediatamente antes de que una de ellas comience a deslizarse sobre la otra recibe el nombre de fuerza máxima de rozamiento estático.

(a) Reposo (b) No hay movimiento (c) Movimiento inminente

En (a), no hay movimiento posible ya que no se tiene ninguna fuerza que la ocasione.

En (b) 𝐹⃗1 no es suficiente para mover el bloque. La fuerza de

fricción 𝑓⃗𝑒 sólo se encarga de equilibrar a la fuerza 𝐹⃗1.

En (c), el módulo de 𝐹⃗2 es mayor que el módulo de 𝐹⃗1, de modo tal

que el bloque está por moverse (deslizamiento inminente); entonces la fuerza de rozamiento 𝑓⃗𝑒 , es máxima y su valor es

proporcional a la normal, es decir:

𝑓𝑒 𝑚á𝑥 = 𝜇𝑒 𝑁 (6.9)

Donde e recibe el nombre de coeficiente de rozamiento estático, el análisis realizado se muestra

en la figura 6.9.

Para valores mayores al módulo de 𝐹⃗2, el bloque se mueve con aceleración.

6.5.3.2 Rozamiento cinetico (𝒇⃗⃗_𝐂)

Es la fuerza tangencial entre dos superficies cuando una de ellas se desplaza sobre la otra. Por lo tanto, se presenta cuando el cuerpo está en movimiento; su valor será constante y directamente proporcional a la reacción normal de la superficie, es decir:

𝑓𝐶 = 𝜇𝐶 𝑁 (6.10)

Donde 𝜇𝐶 se denomina coeficiente de fricción cinético.

Nota.- Para mover horizontalmente un cuerpo a velocidad constante, se debe aplicar una fuerza cuyo módulo sea igual al módulo de la fuerza rozamiento cinético. Si el módulo de la fuerza es mayor al módulo de la fuerza rozamiento cinético, entonces el cuerpo se acelera. Si la superficie es lisa, el módulo de la fuerza para mover un cuerpo debe ser mayor a cero (𝐹 > 0).

6.6. Diagramas de cuerpo libre (DCL)

Para la resolución de problemas que involucran la aplicación de la primera y la segunda Ley de Newton, se debe reconocer y dibujar claramente las fuerzas que actúan sobre un cuerpo.

Si se tienen dificultades para reconocer y representar las fuerzas actuantes, jamás se podrá lograr la solución de la situación planteada.

N



N



N



W



W



W



0   e f f_e femáx  e f F₁ F2 femáx  Figura 6.8

f

r

F

máx e

f

e

f

f

c Figura 6.9

Un diagrama de cuerpo libre o diagrama de cuerpo aislado debe mostrar todas las fuerzas

externas que actúan sobre el cuerpo. Es fundamental que el diagrama de cuerpo libre esté

correcto antes de aplicar las leyes de Newton.

En estos diagramas, se escoge un objeto o cuerpo y se lo representa por un punto ubicado en el origen de coordenadas, reemplazando las cuerdas, superficies u otros elementos por fuerzas representadas por vectores que representan sus respectivas direcciones y sentidos.

Una vez conocidas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo el siguiente paso es resolver problemas utilizando la primera y segunda ley de Newton. Para ello se siguen los siguientes pasos:

 Identificar y dibujar todas las fuerzas que están actuando sobre un cuerpo.

 Construir un sistema de ejes coordenados de tal modo que el eje “x” sea paralelo al sentido de movimiento del cuerpo o paralelo a la superficie sobre la que se encuentra o mueve el cuerpo.

 Trasladar todos los vectores fuerza al sistema de ejes construido con la condición de que sus puntos iníciales coincidan con el origen de coordenadas.

 Si algunos de los vectores no coinciden con alguno de los ejes, estos deben ser descompuestos.

 Dibujar el vector aceleración en un lugar adecuado, ya que ella, será una guía en la segunda ley de Newton en el eje de movimiento.

 Aplicar la segunda ley de Newton, tomando en cuenta que en el eje “x”, en los términos de la sumatoria de fuerzas, a las fuerzas que tengan el mismo sentido que la aceleración se les asigna signo positivo y negativas en caso contrario.

 Resolver el sistema de ecuaciones planteados.

Puede en algunos casos cuando se considere importante incluir alguna dimensión, pero lo importante es no saturar el DCL con demasiada información que enrede la descripción del sistema. En este punto, cabe mencionar que si se tienen dos o más cuerpos, se debe realizar el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo.

6.7. Poleas y cuerdas

En principio, al resolver un problema siempre se debe considerar que las masas de las poleas y las cuerdas son nulas.

Luego, tiene singular importancia el uso de las poleas dentro de la mecánica, donde se consideran las poleas fijas y las poleas móviles.

Las poleas fijas solo cambian el sentido de la fuerza (tensión), mientras que las poleas móviles actúan dividiendo la fuerza aplicada en uno de sus lados.

Como se puede observar en la figura 6.10, por un lado se tienen la misma cuerda que solo cambia de sentido y cada extremo soporta la mitad de la fuerza ejercida por la otra cuerda, por otro lado al bajar la polea una distancia “𝑥1”,

esta baja dos veces la distancia “𝑥2+ 𝑥3” en la cuerda que

pasa por la polea. Por consiguiente en una polea móvil se tienen las siguientes relaciones:

𝐹1 = 2 𝐹2 Figura 6.10

x

1

x

2

x

3 1

F



2

F



2

F



F



F



F 1

a



1 N 1

W



g

x

y F 2 N 2

W



2

a



2 𝑥1 = 𝑥2+ 𝑥3 → 2 𝑣1 = 𝑣2+ 𝑣3→ 2 𝑎1 = 𝑎2+ 𝑎3

Cuando uno de los extremos de la cuerda que pasa por la polea móvil está sujeta a un punto fijo, entonces las anteriores relaciones se reducen a:

2 𝑥1 = 𝑥2 → 2 𝑣1 = 𝑣2→ 2 𝑎1 = 𝑎2

Ejemplo 6.1

Sobre un bloque, de 15 [kg] de masa, actúa una fuerza neta

F⃗⃗

, de módulo igual a 30 [N]. Determine el valor de la aceleración.

Solución

Como en el enunciado y en el gráfico no se mencionan ni se muetran el coeficiente o fuerza de fricción, entonces se consideran que las superficies son lisas. En general, si sola una de las superficies es lisa se considerara que los coeficientes de rozamientos son nulos.

En el eje “y” no es necesario aplicar ninguna de las leyes de Newton. En el eje “x” 𝐹 = 𝑚 𝑎 → 𝑎 = 𝐹 𝑚→ 𝑎 = 30 [𝑁] 15 [𝑘𝑔] → 𝑎 = 2,0 [ 𝑚 𝑠2] Ejemplo 6.2

Sobre un bloque, de 15 [kg] de masa, actúa una fuerza

F⃗⃗

, de módulo igual a 30 [N]. Determine la aceleración (No se consideran los efectos de rozamiento)

Solución

Solo la componente horizontal de la fuerza produce el movimiento del bloque, por consiguiente:

𝐹𝑥 = 𝑚 𝑎 → 𝑎 = 𝐹_𝑚𝑥 → 𝑎 = 𝐹 𝑐𝑜𝑠 37°_𝑚

𝑎 = 30 [𝑁] 𝑐𝑜𝑠 37°_{15 [𝑘𝑔]} → 𝑎 = 1,6 [𝑚_𝑠2]

Ejemplo 6.3

En la figura 6.13, se observa dos bloques de masas “m” y “m/2” respectivamente. Sobre los bloques se aplica una misma fuerza neta de valor

F⃗⃗

, ¿cuál es la relación de las aceleraciones de los bloques?

Solución 𝐹 = 𝑚 𝑎1 𝐹 = 𝑚₂ 𝑎2} → 𝑚 𝑎1 = 𝑚 2 𝑎2→ 𝑎2 = 2 𝑎1

F



F



 37 Figura 6.12 Figura 6.11 DCL 6.1

F



a N W _g

x

y

F



a



N



W



_g



x

y

 37 X

F



Y

F



F



DCL 6.2

m

F



m/2

F



Figura 6.13 DCL 6.3

Ejemplo 6.4

De una cuerda inextensible y sin masa, que pasa por una polea cuelgan dos masas como se observa en la figura 6.14. Sabiendo que m2 = (3/2) m1,

calcular la aceleración de las masas.

Solución

Considerar que los módulos de las aceleraciones son iguales: 𝑎1= 𝑎2= 𝑎

Del DCL para m1: ∑ 𝐹 = 𝑚 𝑎 → 𝑇 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎 (1) Del DCL para m2: ∑ 𝐹 = 𝑚 𝑎 → 𝑚2 𝑔 − 𝑇 = 𝑚2 𝑎 (2) Sumando (1) más (2): 𝑚2 𝑔 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎 + 𝑚2 𝑎 𝑎 = 𝑔 (𝑚2 −𝑚1) 𝑚₁ + 𝑚₂ = 𝑔 (3 𝑚1₂ −𝑚1) 𝑚1 + 3 𝑚1₂ 𝑎 = 𝑔 2 5 2 = 𝑔 5 = 9,8 [𝑚 𝑠2] 5 → 𝑎 = 1,96 [ 𝑚 𝑠2]

Ejemplo 6.5

Un bloque de 2 [kg] de masa se suelta del reposo desde la parte superior de un plano inclinado un ángulo θ, respecto de la horizontal. Si el coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie es  = 0,25 y la aceleración que adquiere el bloque es 4,9 [m/s2_{], hallar el valor} del ángulo θ.

Solución

En el eje y por la primera ley de Newton:

∑ F_y= 0 → N = m g cos θ → fR = μ m g cos θ (1)

En el eje x por la segunda ley de Newton:

∑ 𝐹_𝑥= 𝑚 𝑎 → 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑓𝑅 = 𝑚 𝑎 (2) 𝑔 𝑚 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝜇 𝑐𝑜𝑠 𝜃) = 𝑚 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝜇 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑎_𝑔 √1 − 𝑐𝑜𝑠2 _{𝜃 =} 𝑎 𝑔 + 𝜇 𝑐𝑜𝑠 𝜃 √1 − 𝑐𝑜𝑠2 _{𝜃 =} 9,8 [ 𝑚 𝑠2] 4,9 [_𝑠2𝑚] + 0,25 𝑐𝑜𝑠 𝜃 → √1 − 𝑐𝑜𝑠 2 _{𝜃 = 0,5 + 0,25 𝑐𝑜𝑠 𝜃} 1 − 𝑐𝑜𝑠2 _{𝜃 = 0,25 + 0,25 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 0,0 625 𝑐𝑜𝑠}2 _𝜃 1, 0625 𝑐𝑜𝑠2 _{𝜃 + 0,25 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 0,75 = 0} 𝑐𝑜𝑠 𝜃 =−0,25 ± √(0,25)_2∗1,06252 + 4∗1,0625∗0,75 → _{𝑐𝑜𝑠 𝜃 = −0,96601}} 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 0,73072

Tomando en cuenta solo el valor positivo del coseno se obtiene: 𝜃 = 43°

m1 m2 a a

θ



Figura 6.14 Figura 6.15 DCL 6.4 DCL 6.5 1

a



g

m

₂



g m₁ 

T



T



2

a



2 1

a

a



a



N



r f



cos

g

m





sen

g

m 

m

g



Ejemplo 6.6

La masa m1 del sistema de la figura 6.16 vale 40 [kg], y la masa m2 es variable. Los coeficientes de rozamiento estático y cinético entre m1 y la mesa son iguales y valen μ = 0,2. Si el sistema está inicialmente en reposo.

a) Con qué aceleración se moverá el sistema si m2 = 10 [kg].

b) ¿Cuál es el valor máximo de m2 para el cual el sistema permanecerá en reposo?

c) Si m2 = 6 [kg], ¿cuál será la fuerza de rozamiento entre el cuerpo y la mesa? y la tensión de la cuerda. R: 60 [N] y 60 [N]

Solución a) Datos: 𝑚1= 40 [𝑘𝑔]; 𝑚2= 10 [𝑘𝑔] Para m1: ∑ 𝐹_𝑌= 0: 𝑁 − 𝑚₁ 𝑔 = 0 𝑁 = 𝑚1 𝑔 → 𝑓𝑅= 𝜇 𝑚1 𝑔 (1) ∑ 𝐹𝑋= 𝑚 𝑎: 𝑇 − 𝑓𝑅= 𝑚1 𝑎 → 𝑇 − 𝜇 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎 (2) Para m2: ∑ 𝐹𝑌= 𝑚2 𝑎: 𝑚2 𝑔 − 𝑇 = 𝑚2 𝑎 (3) (2) más (3): : 𝑚2 𝑔 − 𝜇 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎 + 𝑚2 𝑎 𝑎 =𝑔 (𝑚2 −𝜇 𝑚1 ) 𝑚₁ + 𝑚₂ → 𝑎 = 9,8 [_𝑠2𝑚] (10 [𝑘𝑔]−0,2∗40 [𝑘𝑔] ) 40 [𝑘𝑔] + 10 [𝑘𝑔] → 𝑎 = 3,92 [ 𝑚 𝑠2] b) Se debe cumplir que:

(𝑚2 − 𝜇 𝑚1 ) → 𝑚2= 𝜇 𝑚1→ 𝑚2= 0,2 ∗ 40 [𝑘𝑔] → 𝑚2= 8 [𝑘𝑔]

c) Para m2: ∑ 𝐹𝑌= 0: 𝑚2 𝑔 − 𝑇 = 0 → T = 𝑚2 𝑔 → T = 6 [kg] ∗ 9,8 [_𝑠𝑚2] → 𝑻 = 𝟓𝟖, 𝟖 [𝑵] 𝑓𝑅= 𝑇 → 𝒇𝑹 = 𝟓𝟖, 𝟖 [𝑵]

Ejemplo 6.7

Si para el sistema de la figura 6.17, m1 = 6 [kg], m2 = m3 = 2 [kg] y  = 0,2 (para las dos superficies), calcule la aceleración de las masas y las tensiones en las cuerdas.

Solución

Para la masa 1, por la segunda ley de Newton:

∑ 𝐹 = 𝑚 𝑎 → 𝑚1 𝑔 − 2 𝑇 = 𝑚1 𝑎 (1)

Para la masa 2 (simétrica con la masa 3), por la primera ley de Newton: ∑ 𝐹𝑦= 0 → 𝑁 − 𝑚2 𝑔 𝑐𝑜𝑠 60° = 0 → 𝑁 = 𝑚2 𝑔 𝑐𝑜𝑠 60° 𝑓𝑅 = 𝜇 𝑁 → 𝑓𝑅 = 𝜇 𝑚2 𝑔 𝑐𝑜𝑠 60° (2)

Para la masa 2, por la segunda ley de Newton:

∑ 𝐹 = 𝑚 𝑎 → 𝑇 − 𝑚2 𝑔 𝑠𝑒𝑛 60° − 𝑓𝑅 = 𝑚2 𝑎

(3) (2) en (3) 2 3 1 60° 60°  _ Figura 6.17 DCL 6.7 1

m

2

m

Figura 6.16 DCL 6.6

´

a



2

W



_g



y

´

T



T



a



1

N



1

W



_g



x

y

1 r

f



m2 g se n 6 0º 60º m 2g co s 60_º

´

a



T



N 2 r f  g m₂ 

´

T



g m1 

a



𝑇 − 𝑚2 𝑔 𝑠𝑒𝑛 60° − 𝜇 𝑚2 𝑔 𝑐𝑜𝑠 60° = 𝑚2 𝑎

Multiplicando la ecuación anterior por 2 y operando:

2 𝑇 − 2 𝑚2 𝑔 (𝑠𝑒𝑛 60° + 𝜇 𝑐𝑜𝑠 60°) = 2 𝑚2 𝑎 (4)

Sumando (1) y (4):

𝑚1 𝑔 − 2 𝑚2 𝑔 (𝑠𝑒𝑛 60° + 𝜇 𝑐𝑜𝑠 60°) = 𝑚1 𝑎 + 2 𝑚2 𝑎

Operando y despejando “a”.

𝑎 = 𝑚1 𝑔 −2 𝑚2 𝑔 (𝑠𝑒𝑛 60° + 𝜇 𝑐𝑜𝑠 60°) 𝑚1 +2 𝑚2 Remplazando datos: 𝑎 = 6 [𝑘𝑔]∗9,8 [ 𝑚 𝑠2] − 2∗2 [𝑘𝑔]∗9,8 [ 𝑚 𝑠2] (𝑠𝑒𝑛 60° + 0,2 𝑐𝑜𝑠 60°) 6 [𝑘𝑔] + 2∗2 [𝑘𝑔] → 𝑎 = 2,1 [ 𝑚 𝑠2] De (1): 𝑇 = 𝑚1 (𝑔 − 𝑎) 2 Remplazando datos: 𝑇 = 6 [𝑘𝑔]∗(9,8 [ 𝑚 𝑠2] −2,1 [ 𝑚 𝑠2]) 2 → 𝑇 = 23,1 [𝑁] Ejemplo 6.8 En la figura 6.18: m1 = 2 [kg], m2 = 4 [kg],  = 0,2, θ = 30° y F = 26

[N]. Hallar la aceleración de las masas y las tensiones en las cuerdas.

Solución

Para la masa “1” en el eje “y”, por la primera ley de Newton: ∑ 𝐹𝑦= 0 → 𝑁 = 𝑚1 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 → 𝑓𝑅 = 𝜇 𝑚1 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 (1)

Para la masa “1” en el eje “x”, por la segunda ley de Newton: ∑ 𝐹_𝑥= 0 → 𝐹 + 𝑚1 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑇1 − 𝑓𝑅 = 𝑚1 𝑎1 (2)

(1) en (2)

𝐹 + 𝑚1 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑇1 − 𝑓𝑅 = 𝑚1 𝑎1

𝐹 + 𝑚1 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑇1 − 𝜇 𝑚1 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚1 𝑎1 (3)

En la polea móvil se producen las siguientes relaciones:

2 𝑇1 = 𝑇2 (4)

𝑎1 = 2 𝑎2 (5)

Para la masa 2 en el eje “y”, por la segunda ley de Newton: ∑ 𝐹𝑦= 0 → 𝑇2 − 𝑚2𝑔 = 𝑚2 𝑎2 (6)

Remplazando (4) en (6):

2 𝑇1 − 𝑚2𝑔 = 𝑚2 𝑎2 (7)

Remplazando (5) en (3)

𝐹 + 𝑚1 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑇1 − 𝜇 𝑚1 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 2 𝑚1 𝑎2

Multiplicando la ecuación por dos

2 𝐹 + 2 𝑚1 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2 𝑇1 − 2 𝜇 𝑚1 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 4 𝑚1 𝑎2 (8) Sumando (7) y (8) 30° 1 2 F Figura 6.18 DCL 6.8 1

a



N



F



1

T



r

f



g m1    cos 1 g m  sen g m 1 2

a



T

1



1

T



2

T



2

T



g

m

₂



2 𝐹 + [2 𝑚1 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝜇 𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝑚2]𝑔 = (4 𝑚1 + 𝑚2) 𝑎2 𝑎2 = 2 𝐹 + [2 𝑚1 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝜇 𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝑚2]𝑔 4 𝑚1 + 𝑚2 𝑎₂ = 2∗26[𝑁]+ [2∗2[𝑘𝑔](𝑠𝑒𝑛 30° − 0,2∗ 𝑐𝑜𝑠 30°) −4[𝑘𝑔]]∗ 9,8 [ 𝑚 𝑠2] 4∗2[𝑘𝑔] + 4[𝑘𝑔] = 2,13 [ 𝑚 𝑠2] En (5): 𝑎1 = = 4,27 [_𝑠𝑚2] De (6): 𝑇2 = 𝑚2(𝑔 + 𝑎2) → 𝑇2 = 4[𝑘𝑔] ∗ (9,8 [_𝑠𝑚2] + 2,13 [ 𝑚 𝑠2]) = 47,7 [𝑁]

En (4): 𝑇₁ = 𝑇2 2 = 47,7 [𝑁] 2 = 23,9 [𝑁] Ejemplo 6.9

En la figura 6.19, se tienen tres bloques de masas mA = 5 [kg], mB = 10 [kg] y mC = 8 [kg]. Si los coeficientes de fricción entre los bloques A y C y las superficies horizontales es 𝜇 = 0,2, determinar: a) la tensión en la cuerda y, b) la aceleración de cada bloque.

Solución Para el bloque A: 𝑇 − 𝜇 𝑚𝐴 𝑔 = 𝑚𝐴 𝑎𝐴 → 𝑎𝐴= 𝑇 − 𝜇 𝑚_𝑚 𝐴 𝑔 𝐴 (1) Para el bloque C: 𝑇 – 𝜇 𝑚𝐶 𝑔 = 𝑚𝐶 𝑎𝐶 → 𝑎𝐶= 𝑇 − 𝜇 𝑚_𝑚 𝐶 𝑔 𝐶 (2) Para el bloque B: 𝑚𝐵 𝑔 – 2 𝑇 = 𝑚𝐵 𝑎𝐵 → 𝑎𝐵= 𝑚𝐵 𝑔−2 𝑇 _𝑚 𝐵 (3) Además, 𝑎_𝐵= 𝑎𝐴 + 𝑎𝐶 2 (4) Reemplazando (1), (2) y (3) en (4), 𝑚_𝐵 𝑔−2 𝑇 𝑚_𝐵 = 𝑇 − 𝜇 𝑚𝐴 𝑔 𝑚𝐴 + 𝑇 − 𝜇 𝑚𝐶 𝑔 𝑚𝐶 2

2 𝑚𝐵 𝑔−2 𝑇 𝑚𝐵 = 𝑇 − 𝜇 𝑚𝐴 𝑔 𝑚𝐴 + 𝑇 − 𝜇 𝑚𝐶 𝑔 𝑚_𝐶

2 𝑔 − 4 𝑇 𝑚𝐵 = 𝑇 𝑚𝐴 – 𝜇 𝑔 + 𝑇 𝑚𝐶 − 𝜇 𝑔

2 𝑔 (1 + 𝜇) = 𝑇 (_𝑚 4 𝐵 + 1 𝑚_𝐴 + 1 𝑚_𝐶)

2 ∗ 9,8 [𝑚 𝑠2] ∗ (1 + 0,2) = 𝑇 ( 4 10 [𝑘𝑔] + 1 5 [𝑘𝑔] + 1 8 [𝑘𝑔]) → 23,52 = 0,725 𝑇

𝑇 = 32,4 [𝑁] Reemplazando en (1), (2) y (4), 𝑎_𝐴= 32,4 [𝑁] – 0,2∗5 [𝑘𝑔]∗9,8 [ 𝑚 𝑠2] 5 = 4,52 [ 𝑚 𝑠2]

𝑎𝐶 = 32,4 – 0,2∗8 [𝑘𝑔]∗9,8 [𝑚 𝑠2] 8 = 2,09 [ 𝑚 𝑠2]

A C B DCL 6.9 Figura 6.19 A

a



aC  A

N



N

C



g

m

_A



A r

f



C r

f



B

a



g

m

_C



T



T



T



2

g

m

_B



A

a



aC  A

N



N

C



g

m

_A



A r

f



f



_rC B

a



g

m

_C



T



T



T



2

g

m

_B



A

a



aC  A

N



N

C



g

m

_A



A r

f



f



_rC B

a



g

m

_C



T



T



T



2

g

m

_B



𝑎_𝐵= 4,52 [ 𝑚 𝑠2 ] + 2,09 [ 𝑚 𝑠2 ] 2 = 3,31 [ 𝑚 𝑠2]

6.8. Dinámica circular

Tomando en cuenta el movimiento circular. Por lo tanto, si un cuerpo describe una trayectoria circular este estará sujeto a una aceleración centrípeta dada por:

𝑎𝐶 = 𝑣

2

𝑅 = 𝑅 𝜔

2 _(6.11)

Dicha aceleración siempre estará dirigida hacia el centro o eje de rotación.

Luego, si un cuerpo posee aceleración sobre éste debe existir una fuerza neta (algunos autores la denominan fuerza centrípeta), en consecuencia, se debe cumplir la segunda ley de Newton en dirección y sentido del centro de rotación (eje “c”) en todo momento, es decir: ∑𝑛 𝐹_{𝑐 𝑖} = 𝑖 = 1 𝑚 𝑎𝐶 = 𝑚 𝑣 2 𝑅 = 𝑚 𝑅 𝜔 2 _(6.12)

Donde

F

_{c i}

,

son cada una de las componentes “i” de las fuerzas en el eje radial (hacia el centro de rotación).

En este punto se debe aclarar que, al elegir el sistema de ejes coordenados, uno de ellos (denominado eje radial) debe ser paralelo al radio del círculo que describe el cuerpo. Además, al asignar signos a las componentes radiales de las fuerzas, se consideran positivas a las fuerzas que tienen el mismo sentido que la aceleración centrípeta y negativas en caso contrario.

Ejemplo 6.10

Calcula la velocidad máxima con que un vehículo puede tomar una curva de radio “r” si el ángulo de peralte “θ”. Considera despreciable el rozamiento.

Solución

La suma de fuerzas en “y” por la primera ley de Newton es de: 𝑁 𝑦= 𝑚 𝑔 (1) 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑁 𝑥 𝑁 𝑦 → 𝑁 𝑥 = 𝑁 𝑦 𝑡𝑔 𝜃 (2) (1) en (2) 𝑁 𝑥 = 𝑚𝑔 𝑡𝑔 𝜃 (3)

Por la segunda ley de Newton en dirección al centro de giro: ∑ 𝐹𝑐= 𝑚 𝑎𝑐 → 𝑁𝑥 = 𝑚 𝑣 2 𝑅 → 𝑚 𝑔 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑚 𝑣2 𝑅 𝑣 = √𝑅 𝑔 𝑡𝑔 𝜃

Nota.- Este mismo procedimiento se aplica a aves, aviones y ciclistas que giran en un plano

horizontal.

v







c

R

C

a



Figura 6.20



DCL 6.10 Figura 6.21 C

a





N



g

m



Centro de giro C

Ejemplo 6.11

Un cuerpo de masa m = 1 [kg] se encuentra sobre una superficie cónica como indica la figura 6.22, y gira alrededor de un eje vertical con velocidad angular  = 5 [rad/s], sin despegarse de la superficie. Si el radio de la trayectoria circular que describe el cuerpo es R = 0,5 [m] y la tensión en la cuerda es T = 10 [N], halle la fuerza de rozamiento entre el cuerpo y la superficie cónica. Considere que,  = 30°.

Solución

En el eje “y”, por la primera ley de Newton, ∑ 𝐹_𝑦= 0 → 𝑁𝑦 + 𝑇𝑦 + 𝑓𝑟𝑐= 𝑚 𝑔

𝑁 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30° + 𝑓𝑟 𝑠𝑒𝑛 30° = 𝑚 𝑔

𝑁 𝑐𝑜𝑠 30° = 𝑚 𝑔 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30° − 𝑓𝑟 𝑠𝑒𝑛 30° (1)

En el eje “c” (al centro de giro), por la segunda ley de Newton, ∑ 𝐹𝑐= 𝑚 𝑎𝑐 → 𝑇𝑐 + 𝑓𝑟𝑐 − 𝑁𝐶 = 𝑚 𝑎𝑐 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑓𝑟 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑁 𝑠𝑒𝑛 30° = 𝑚 𝑅 𝜔2 𝑁 𝑠𝑒𝑛 30° = 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑓𝑟 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑚 𝑅 𝜔2 (2) Dividiendo (2) entre (1), 𝑁 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑁 𝑐𝑜𝑠 30° = 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑓𝑟 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑚 𝑅 𝜔2 𝑚 𝑔 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30° − 𝑓𝑟 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑡𝑔 30° = 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑓𝑟 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑚 𝑅 𝜔2 𝑚 𝑔 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30° − 𝑓_𝑟 𝑠𝑒𝑛 30° (𝑚 𝑔 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30°)𝑡𝑔 30° − 𝑓𝑟 𝑠𝑒𝑛 30° × 𝑡𝑔 30° = 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑓𝑟 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑚 𝑅 𝜔2 (𝑚 𝑔 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30°)𝑡𝑔 30° + 𝑚 𝑅 𝜔2 _{− 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° = 𝑓} 𝑟 (𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑠𝑒𝑛 30° × 𝑡𝑔 30°) 𝑓_𝑟 =(𝑚 𝑔 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 30°)𝑡𝑔 30° + 𝑚 𝑅 𝜔_{(𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑠𝑒𝑛 30°×𝑡𝑔 30°)}2 − 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° 𝑓_𝑟 ={[1[𝑘𝑔] 9,8 [ 𝑚 𝑠2] − 10[𝑁] 𝑠𝑒𝑛 30°]𝑡𝑔 30° + 1[𝑘𝑔] 0,5 [𝑚] (5 [ 𝑟𝑎𝑑 𝑠 ]) 2 − 10[𝑁] 𝑐𝑜𝑠 30°} (𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑠𝑒𝑛 30°×𝑡𝑔 30°) 𝑓𝑟 = 5,73 [𝑁] Ejemplo 6.12

La esfera “A” de 500 [g] de masa mostrada en la figura 6.23, está unida a una varilla vertical por medio de dos cuerdas y también está unida a la esfera “B” de 300 [g] de masa, por medio de otra cuerda de 50 [cm] de longitud. Cuando el sistema gira alrededor del eje, las cuerdas quedan tensadas según muestra la figura 6.23. a) Si la tensión en la cuerda superior (unida a la varilla) es de 10,5 [N], ¿cuál es el valor de la velocidad angular? b) ¿Qué valores tienen las tensiones en las cuerdas inferior y horizontal?

Solución

Datos: mA = 0,5 [kg], L = 0,5 [m], T1 = 10,5 [N], mB = 0,3 [kg] El radio de giro es de: 𝑅 = 𝐿 𝑐𝑜𝑠 30° = 1 [𝑚] 𝑐𝑜𝑠 30° = 0,866 [𝑚]





30°

m





A

B

1

m

1 m 1 m DCL 6.11 Figura 6.22 Figura 6.23

c

C

a



30° 30°

N



g

m



T



f

r



Para la esfera B en el eje “c”, por la segunda ley de Newton: ∑ 𝐹𝑐= 𝑚 𝑎𝑐 → 𝑇3 = 𝑚 𝑎𝑐

𝑇3 = 𝑚𝐵 (𝑅 + 𝐿) 𝜔2 (1)

Para la esfera A en el eje “y”, por la primera ley de Newton: ∑ 𝐹_𝑦= 0 → 𝑇1 𝑠𝑒𝑛 30° − 𝑇2 𝑠𝑒𝑛 30° − 𝑚𝐴 𝑔 = 0

𝑇1 − 𝑇2 = _{𝑠𝑒𝑛 30°}𝑚𝐴 𝑔 (2)

Para la esfera “A” en el eje “c”, por la segunda ley de Newton: ∑ 𝐹_𝑐= 𝑚 𝑎𝑐 → 𝑇1 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑇2 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑇3 = 𝑚𝑎 𝑅 𝜔2 (3) (1) en (3): ∑ 𝐹𝑐= 𝑚 𝑎𝑐 (𝑇₁ + 𝑇2) 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑚𝐵 (𝑅 + 𝐿) 𝜔2 = 𝑚𝑎 𝑅 𝜔2 𝑇1 + 𝑇2 = [𝑚𝑎 𝑅 + 𝑚𝐵 (𝑅 + 𝐿)] 𝜔 2 𝑐𝑜𝑠 30° (4) Sumando (2) y (4): 2 𝑇1 = [𝑚𝑎 𝑅 + 𝑚𝐵 (𝑅 + 𝐿)] 𝜔 2 𝑐𝑜𝑠 30° + 𝑚𝐴 𝑔 𝑠𝑒𝑛 30° → 2 𝑇1 − 𝑚𝐴 𝑔 𝑠𝑒𝑛 30° = [𝑚𝑎 𝑅 + 𝑚𝐵 (𝑅 + 𝐿)] 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 30°

𝑤 = √{

2 𝑇1 𝑐𝑜𝑠 30° − 𝑚𝐴 𝑔 𝑡𝑔 30° [𝑚𝑎 𝑅 + 𝑚𝐵 (𝑅 + 𝐿)]

}

Remplazando datos, 𝑤 = √{ 2∗10,5 [𝑁]∗𝑐𝑜𝑠 30° − 0,5 [𝑘𝑔]∗ 9,8 [ 𝑚 𝑠2] 𝑡𝑔 30°∗[0,5 [𝑘𝑔]∗ 0,866 [𝑚] + 0,3 [𝑘𝑔]∗ (0,866 [𝑚] + 0,5 [𝑚])]} = 5,22 [ 𝑟𝑎𝑑 𝑠 ] En (1): 𝑇3 = 0,3 [𝑘𝑔](0,866 [𝑚] + 0,5 [𝑚]) ∗ (5,22 [𝑟𝑎𝑑_𝑠 ]) 2 = 11,19 [𝑁]

De (2): 𝑇2 = 𝑇1 − _{𝑠𝑒𝑛 30°}𝑚𝐴 𝑔 → 𝑇2 = 10,5 [𝑁] − 0,5 [𝑘𝑔]× 9,8 [_𝑠2𝑚] 𝑠𝑒𝑛 30° → 𝑇2= 0,7 [𝑁]

Ejemplo 6.13

En el velódromo de Alto Irpavi de la ciudad de La Paz, los ciclistas pueden imprimir una velocidad máxima de 90 [km/h] en las curvas. Calcular el ángulo de peralte, asumiendo que el radio de curvatura es de 30 [m] y el coeficiente de rozamiento estático entre el neumático y el asfalto es 0,8.

Solución

Eje y: 𝑁 cos 𝜃 − 𝑓𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚 𝑔 → 𝑁 cos 𝜃 − 𝜇 𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚 𝑔

𝑁 (cos 𝜃 − 𝜇 𝑠𝑒𝑛 𝜃) = 𝑚 𝑔 (1) Eje r: 𝑁 sen 𝜃 + 𝑓𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚 𝑣 2 𝑅 → 𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇 𝑁 cos 𝜃 = 𝑚 𝑣2 𝑅 𝑁 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇 cos 𝜃) = 𝑚 𝑣_𝑅2 (2) Dividiendo (1) entre (2): 𝑁 (cos 𝜃 – 𝜇 𝑠𝑒𝑛 𝜃)

𝑁(𝑠𝑒𝑛 𝜃+ 𝜇 cos 𝜃) = 𝑚 𝑔 𝑅 𝑚 𝑣2 → (cos𝜃 – 𝜇 𝑠𝑒𝑛 𝜃) _{(𝑠𝑒𝑛 𝜃+ 𝜇 cos 𝜃)} = 𝑔 𝑅 _𝑣2 𝑣2_{cos 𝜃 − 𝜇 𝑣}2 _{= 𝑔 𝑅 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑔 𝑅 𝜇 cos 𝜃} DCL 6.12 R f

g

m



N





C a

c

DCL 6.13 A

g

m

_A



c

C

a



B

g

m

_B



c

C

a



1

T



2

T



3

T



3

T



(𝑣2_{− 𝑔 𝑅 𝜇) cos 𝜃 = (𝑔 𝑅 + 𝜇 𝑣}2_{)𝑠𝑒𝑛 𝜃} 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑣_{𝑔 𝑅+ 𝜇 𝑣}2− 𝑔 𝑅 𝜇 ₂ → 𝑡𝑔 𝜃 = (25 [ 𝑚 𝑠]) 2 − 9,8 [_s2m]×30 [𝑚]×0,8 9,8 [m s2]×30 [𝑚]+ 0,8× (25 [ 𝑚 𝑠]) 2 𝜃 = 26,1° Ejemplo 6.14

Se tiene un dispositivo de giro como se muestra en la figura 6.24. En el extremo de ésta existe una cuerda atada a una esfera. Considerando que d = 20 [cm] y L = 30 [cm], hallar la velocidad angular a la que debe girar el eje vertical para que la cuerda forme un ángulo de 30° con la vertical.

Solución En el eje y: 𝑇 cos 30° = 𝑚 𝑔 (1) En el eje r: 𝑇 sen 30° = 𝑚 𝑅 𝜔2 ₍₂₎ Dividiendo (2) entre (1) 𝑇 𝑐𝑜𝑠 30° 𝑇 sen 30° = 𝑚 𝑔 𝑚 𝑅 𝜔2 𝑡𝑔 30° = 𝑅 𝜔_𝑔 2 → 𝑔 𝑡𝑔 30° = 𝑅 𝜔2 𝜔 = √ 𝑔 𝑡𝑔 30° _𝑅 (3) Además, 𝑅 = 𝑑 cos 45° + 𝐿 𝑠𝑒𝑛 30° (4) Reemplazando (4) en (3) 𝜔 = √ 𝑔 𝑡𝑔 30° 𝑑 cos 45° +𝐿 𝑠𝑒𝑛 30° Entonces, 𝜔 = √ 9,8 [ m s2]∗𝑡𝑔 30° 0,20 [𝑚]∗cos 45° + 0,30 [𝑚]∗𝑠𝑒𝑛 30° = 4,4 [ 𝑟𝑎𝑑 𝑠 ] Ejemplo 6.15

Un ascensor sube con una aceleración igual a 𝑔 2⁄ . Del techo del ascensor se cuelga un hilo en cuyo extremo se tiene una esfera metálica de masa 𝑚 = 0,5 [𝑘𝑔]. La esfera se hace girar en un círculo horizontal como se muestra en la figura 6.25, con una velocidad angular 𝜔 = 2 𝜋 [𝑟𝑎𝑑_𝑠 ]. Determinar el ángulo “θ” que forma la cuerda de longitud 𝐿 = 1,5 [𝑚] con la vertical.

Solución En el eje “y” 𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝑚 𝑔 = 𝑚 0,5 𝑔 → 𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 1,5 𝑚 𝑔 (1) Eje “c”, 𝑇 sen 𝜃 = 𝑚 𝑅 𝜔2

₍₂₎ Dividiendo (2) entre (1), 𝑇 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑇 cos 𝜃 = 𝑚 𝑅 𝜔2 1,5 𝑚 𝑔 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑅 𝜔_{1,5 𝑔} 2

(3) De la figura, 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑅 𝐿 𝑅 = 𝐿 𝑠𝑒𝑛 𝜃 (4)



d

L

 45 ₃₀ Figura 6.24 g m

T



C a

c

 30

m

DCL 6.14

g



5

,

0



DCL 6.15 Figura 6.25

g

m



T



C a

c

m



g



5

,

0

Reemplazando (4) en (3), 𝑡𝑔 𝜃 = 𝐿 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝜔 2 1,5 𝑔

Entonces, 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 1,5 𝑔 𝐿 𝜔2 → 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 1,5∗9,8 [𝑚 𝑠2] 1,5∗ (2 𝜋 [𝑟𝑎𝑑_𝑠 ])2 = 75,6° 6.9. Estática

La estática es la parte de la mecánica que tiene como objetivo estudiar el equilibrio de los cuerpos considerándolos como una partícula en un caso y como un sólido rígido por otro lado.

Según las fuerzas que actúan sobre una partícula o sólido rígido, se consideran dos tipos de equilibrio.

 Equilibrio traslacional de la partícula.  Equilibrio rotacional del sólido rígido.

Sólido rígido: Es aquel en el que se cumple, que las distancias entre sus partículas constituyentes

permanecen invariables con el tiempo, cualesquiera que sean las fuerzas exteriores que actúen sobre el mismo.

Movimiento de Traslación: Se produce cuando todos y cada uno de los puntos del cuerpo

realizan idénticos movimientos rectilíneos y paralelos.

Movimiento de Rotación: Se produce cuando sus puntos describen circunferencias y tienen su

centro sobre el eje de rotación. También, es importante conocer las fuerzas que se producen en los apoyos y las reacciones que aparecen según las clases de superficie de contacto o apoyo, en la figura 6.26, se tiene un resumen de dichas fuerzas.

Figura 6.26

Rodillos Patines Balancín Superficie sin fricción

Fuerza con línea de acción conocida

Cable corto

Eslabón corto

Collarín sobre una barra sin fricción

Perno sin fricción en una ranura lisa

Fuerza con línea de acción conocida

90°

Fuerza con línea de acción conocida

Apoyo fijo Fuerza y par Superficie

rugosa

Superficie rugosa Perno sin fricción

articulación o bisagra

Pared

rugosa Fuerza de dirección desconocida

6.9.1. Centro de masa de cuerpos homogéneos

El centro de masa (CM), se define como el punto donde se considera que se concentra la masa de un cuerpo, a partir del cual debe dibujarse las fuerzas aplicadas al cuerpo.

El centro de masa de cualquier objeto simétrico homogéneo, se ubica sobre un eje de simetría, por ejemplo, en la figura 6.27 se muestran los centros de masa de una barra y una esfera. En la figura 6.28 se muestra el peso y las reacciones de las paredes sobre una esfera, las líneas de acción de dichas fuerzas pasan por el CM, y al considerar su efecto sobre dicha línea de acción, han sido trasladadas al centro de masa.

6.9.2. Equilibrio de traslación de una partícula

La condición necesaria y suficiente para que una partícula esté en equilibrio de traslación, es que la suma de vectorial de todas las fuerzas que actúen sobre él sea el vector nulo.

6.9.2.1. Método de las componentes

Una partícula se halla en equilibrio, si la resultante de todas las fuerzas componentes que actúan sobre él se anulan, es decir:

∑𝑛 𝐹⃗_𝑖

𝑖 = 1 = 0⃗⃗

(6.13)

Tomando en cuenta en los ejes coordenados,

∑

𝑛

𝐹⃗

_𝑖𝑥

𝑖 = 1

= 0⃗⃗

(6.14)

∑

𝑛

𝐹⃗

_𝑖𝑦

𝑖 = 1

= 0⃗⃗

(6.15)

Ejemplo 6.16

Un bloque de 20,0 [N] de peso está en equilibrio mediante una fuerza 𝐹⃗1 que

se mantiene formando un ángulo de 30º respecto a la vertical, y mediante otra fuerza horizontal 𝐹⃗2 según muestra la figura 6.29. Determinar los módulos de

𝐹⃗1 y 𝐹⃗2. Solución ∑ 𝐹_𝑦= 0⃗⃗: 𝐹_1𝑌 = 0 → 𝐹_1𝑌− 𝑚 𝑔 = 0 → 𝐹_1𝑌= 𝑚 𝑔 → 𝐹_1𝑌= 20 [𝑁] 𝐹_1𝑌= 𝐹 cos 30° → 𝐹 = 𝐹1𝑌 cos 30° → 𝐹 = 20 [𝑁] cos 30° → 𝐹 = 23,1 [𝑁] ∑ 𝐹𝑋 = 0⃗⃗: 𝐹1𝑋− 𝐹2= 0 → 𝐹2= 𝐹1𝑋 → 𝐹2 = 𝐹 𝑠𝑒𝑛 30° → 𝐹2= 23,1 𝑠𝑒𝑛 30° 𝐹₂= 11,5 [𝑁] CM CM CM CM CM Figura 6.27 Figura 6.28 Figura 6.29 2

F



g

m



1

F



 30

Ejemplo 6.17

Una esfera de 10,0 [N] mostrada en la figura 6.30 descansa sobre una pared lisa y sujeta por una cuerda de masa despreciable. Determinar el módulo de la tensión en la cuerda y la reacción de la pared, si 𝜃 = 25°.

Solución

Descomponiendo la tensión en ambos ejes, se tiene: En el eje “y” ∑ 𝐹𝑌= 0; 𝑇 𝑐𝑜𝑠 25° − 𝑤 = 0 → 𝑇 𝑐𝑜𝑠 25° = 𝑤 𝑇 =_{𝑐𝑜𝑠 25°}𝑤 → 𝑇 =10,0 [𝑁]_{𝑐𝑜𝑠 25°} → 𝑇 = 11,0 [𝑁] En el eje “x” ∑ 𝐹𝑋= 0; 𝑅 − 𝑇 𝑠𝑒𝑛 25° = 0 → 𝑅 = 𝑇 𝑠𝑒𝑛 25° 𝑅 = 11,0 [𝑛] ∗ 𝑠𝑒𝑛 25° → 𝑅 = 4,66 [𝑁] Ejemplo 6.18

Encontrar la tensión en las cuerdas, siendo W = 80,0 [N], Despreciar los pesos de las cuerdas.

Solución

Descomponiendo la tensión en ambos ejes, se tiene: En el eje “x” ∑ 𝐹𝑋= 0; 𝑇2𝑠𝑒𝑛 60° − 𝑇1𝑐𝑜𝑠 75° = 0 → 𝑇2𝑠𝑒𝑛 60° = 𝑇1𝑐𝑜𝑠 75° 𝑇₂=𝑇1𝑐𝑜𝑠 75° 𝑠𝑒𝑛 60° (1) En el eje “y” ∑ 𝐹𝑌= 0; 𝑇1𝑠𝑒𝑛 75° − 𝑇2𝑐𝑜𝑠 60° − 𝑊 = 0 (2) (1) en (2) 𝑇1𝑠𝑒𝑛 75° − 𝑇₁𝑐𝑜𝑠 75° 𝑠𝑒𝑛 60° 𝑐𝑜𝑠 60° − 𝑊 = 0 𝑇₁= 𝑤 𝑠𝑒𝑛 75°−𝑐𝑜𝑠75°_{𝑠𝑒𝑛 60°}𝑐𝑜𝑠 60°→ 𝑇1= 80,0 [𝑁] 𝑠𝑒𝑛 75°−_{𝑠𝑒𝑛 60°}𝑐𝑜𝑠75°𝑐𝑜𝑠 60° 𝑻𝟏= 𝟗𝟖, 𝟎 [𝑵] En (1) 𝑇₂=98,0 [𝑁] 𝑐𝑜𝑠 75° 𝑠𝑒𝑛 60° → 𝑇2= 29,3 [𝑁]



  0 Figura 6.30



X

T



W



R



T



Y

T



DCL 6.16

60

75

W Figura 6.31 DCL 6.17 1

T



W



60 75 X

T

1



Y

T

1



X

T

2



Y

T

2



2

T



6.9.2.2. Polígono de fuerzas

En un sistema en equilibrio de fuerzas coplanares y concurrentes (figura 6.32), al componer un polígono con los vectores ordenados en forma sucesiva se plantea un polígono de fuerzas cerrado, es decir la suma de fuerzas es el vector cero (resultante nula).

Ejemplo 6.19

Las esferas homogéneas y del mismo peso 𝑊⃗⃗⃗⃗ mostradas en la figura 6.33, están apoyadas en superficies lisas. Dibujar los correspondientes DCL, polígonos de fuerzas para cada esfera y el polígono de fuerza considerando ambas esferas como un sistema.

Solución

Los DCL y polígonos se dibujan a escala, considerando los módulos direcciones y sentidos de las fuerzas (magnitudes vectoriales).

La esfera “1”, está sometida a tres fuerzas, el peso de la esfera, la reacción de la pared izquierda sobre la misma 𝑁⃗⃗⃗₁, la reacción con la esfera “2” 𝑅⃗⃗₂₁, esta última en la dirección que une los centros de masa de ambas esferas y en sentido de la esfera “2” hacia la “1”.

La esfera “2”, está sometida a cuatro fuerzas, el peso de la esfera, la reacción de la pared derecha sobre la misma 𝑁⃗⃗⃗₂, la reacción con la esfera “1” 𝑅⃗⃗₁₂, esta última en la dirección que une los centros de masa de ambas esferas y en sentido de la esfera “1” hacia la “2” y la reacción del piso 𝑁⃗⃗⃗₃.

En el DCL 6.18, se muestran las fuerzas que actúan sobre las dos esferas, donde se han aplicado las fuerzas en el centro de masa de cada esfera.

Para obtener un triángulo o polígono de fuerzas de la esfera “1”, se comienza con la fuerza dato, en este caso el peso 𝑊⃗⃗⃗⃗ y luego se dibujan las líneas de acción de las otras fuerzas, y luego se dibujan las mismas como se muestra en el DCL 6.19.

Para la esfera “2”, en base a las fuerzas peso y la fuerza de reacción entre la esfera “1” y “2” anteriormente dibujada cambiando su sentido (3ra _{Ley de Newton), se adicionan las reacciones de la pared sobre la} esfera 𝑁⃗⃗⃗₂ y del piso 𝑁⃗⃗⃗₃ como se muestra en el DCL 6.20.

Combinando los DCL de ambas esferas, las fuerzas de acción y reacción entre ambas esferas se anulan obteniéndose el DCL del sistema como se muestra en el DCL 6.21.

1

2

Figura 6.33 DCL 6.18 1

N



21

R



W



2

N



12

R



W



3

N



1

F



2

F



3

F



4

F



5

F



Figura 6.32 1

F



2

F



3

F



4

F



5

F



Polígono de fuerzas

Ejemplo 6.20

Las esferas homogéneas y del mismo peso 𝑊⃗⃗⃗⃗ mostradas en la figura 6.34, están apoyadas en superficies lisas. Dibujar los correspondientes DCL, polígonos de fuerza para cada esfera y el polígono de fuerza considerando las tres esferas como un sistema.

Solución

La esfera “1”, está sometida a tres fuerzas, el peso de la esfera, la reacción de la pared izquierda sobre la misma 𝑁⃗⃗⃗₁, la reacción con la esfera “2” 𝑅⃗⃗₂₁, esta última en la dirección que une los centros de masa de ambas esferas y en sentido de la esfera “2” hacia la “1”.

La esfera “2”, está sometida a cuatro fuerzas, el peso de la esfera, la reacción de la pared derecha sobre la misma 𝑁⃗⃗⃗2, la reacción con la esfera “1” 𝑅⃗⃗12, y la reacción con la esfera “3” 𝑅⃗⃗32, estas

últimas en el sentido que une los centros de masa de las esferas.

21

R



1

N



W



₁ 2

N



12

R



W



3

N



2 1

N



21

R



W



2

N



12

R



W



3

N



1 2 1

N



W



2

N



W



3

N



Sistema

W



21

R



1

N



W



2

N



32

R



12

R



W



4

N



23

R



3

N



2

N



12

R



R

32



W



1

N



21

R



W



W



3

N



4

N



23

R



2

N



3

N



4

N



W



W



W



1

N



1 2 3

Sistema

DCL 6.19 _{DCL 6.20 DCL 6.21}

1

3

2

Figura 6.34 DCL 6.22 DCL 6.23

6.9.2.3. Teorema de Lamy – Triangulo de Fuerzas

Cuando se tienen tres fuerzas concurrentes en equilibrio, estas forman un triángulo de fuerzas cuya resultante es el vector nulo (

0⃗⃗

), por lo que se puede utilizar la ley de senos para un triángulo oblicuángulo, en el cual trasladando los ángulos internos del triángulo a un diagrama de cuerpo libre da el denominado triángulo de fuerzas o teorema de Lamy.

Si un cuerpo en equilibrio se encuentra sometido a la acción de tres fuerzas, sus líneas de acción deben ser concurrentes.

En un sistema de tres fuerzas concurrentes y coplanares que están en equilibrio, se cumple que cada fuerza es proporcional a la función seno del ángulo opuesto a ella, es decir:

𝐹1 𝑠𝑒𝑛 (180° − 𝛼) = 𝐹2 𝑠𝑒𝑛 (180° − 𝛽) = 𝐹3 𝑠𝑒𝑛 (180° − 𝛾) 𝐹1 𝑠𝑒𝑛 𝛼 = 𝐹₂ 𝑠𝑒𝑛 𝛽 = 𝐹₃ 𝑠𝑒𝑛 𝛾 (6.16)

El teorema de Lamy, se aplica tanto a una partícula como al sólido rígido.

Ejemplo 6.21

Determinar en cada caso la tracción en la cuerda y la compresión en el puntal mediante la primera ley de Newton y por el método de Lamy, siendo P = 100 [N]. Se desprecian los pesos de los puntales y las cuerdas.

𝑅 𝑠𝑒𝑛 127°= 𝑇 𝑠𝑒𝑛 90°= 100 [𝑁] 𝑠𝑒𝑛 143° 𝑅 = _{𝑠𝑒𝑛 143°}100[𝑁] ∗ 𝑠𝑒𝑛 127° = 132,7 [𝑁] 𝑇 = _{𝑠𝑒𝑛 143°}100 [𝑁] ∗ 𝑠𝑒𝑛 90° = 166,2 [𝑁] 𝑅 𝑠𝑒𝑛 45°= 𝑇 𝑠𝑒𝑛 150°= 100 [𝑁] 𝑠𝑒𝑛 165° 𝑅 = _{𝑠𝑒𝑛 165°}100 [𝑁] ∗ 𝑠𝑒𝑛 45° = 273,2 [𝑁] 𝑇 = _{𝑠𝑒𝑛 165°}100 [𝑁] ∗ 𝑠𝑒𝑛 150° = 1932 [𝑁]

P

37

45

_60

P

1

F



2

F



3

F









1

F



2

F



3

F









DCL 6.24 Figura 6.35 R 127 _90 P 143 T

R



165

P



T



150 45 DCL 6.25 _{DCL 6.26}

Ejemplo 6.22

La cuerda que sostiene la esfera de radio “r”, de la figura 6.36 tiene una longitud igual a 4 r; la esfera está apoyada en una superficie semiesférica de radio R = 2 r. Si el peso de la esfera es 100 [N], halle la reacción de la superficie semiesférica y la tensión en la cuerda. Solución De la figura 6.42: 𝑠𝑒𝑛 𝜑 = 𝑅 𝑅 + 𝑟 → 𝑠𝑒𝑛 𝜑 = 2 𝑟 2 𝑟 + 𝑟 → 𝑠𝑒𝑛 𝜑 = 2 3 → 𝜑 = 41,81° También de la figura, 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑥 5 𝑟 (1) (3 r)2 _{= (2 r)}2 _{+ x}2 _{→ x}2 _{= 5 r}2 _{→ x = √5 r}

₍₂₎ Reemplazando (2) en (1) 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = √5₅ → 𝜃 = 26,57°

Por el teorema de Lamy, se tiene:

𝑇 𝑠𝑒𝑛 131,18° = 𝑅 𝑠𝑒𝑛 153,43° = 100 [𝑁] 𝑠𝑒𝑛 74,76° 𝑇 = 100 [𝑁] 𝑠𝑒𝑛 131,18° 𝑠𝑒𝑛 74,76° = 78 [𝑁] 𝑅 = 100 [𝑁] 𝑠𝑒𝑛 153,43° 𝑠𝑒𝑛 74,76° = 46,4 [𝑁]

En resumen, para el equilibrio traslacional se emplean los tres métodos enunciados:  Método de las componentes.

 Polígono de fuerzas.  Teorema de Lamy.

R

r



R

x







w



R



T



Figura 6.36 DCL 6.27



w



R



T



_

w



R



T





81

,

131

 76 , 74  43 , 153 Figura 6.37