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Segundo L. Gallardo Z. 1
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Segundo L. Gallardo Z. 2
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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Segundo L. Gallardo Z. 3
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:
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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
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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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Segundo L. Gallardo Z. 6
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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Segundo L. Gallardo Z. 11
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.
Segundo L. Gallardo Z. 13
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:
Segundo L. Gallardo Z. 14
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:
Segundo L. Gallardo Z. 15
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┴
Segundo L. Gallardo Z. 16
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.
Segundo L. Gallardo Z. 17
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
Segundo L. Gallardo Z. 19
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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Segundo L. Gallardo Z. 20
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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Segundo L. Gallardo Z. 21
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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Segundo L. Gallardo Z. 22
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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Segundo L. Gallardo Z. 23
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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Segundo L. Gallardo Z. 24
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)
Segundo L. Gallardo Z. 25
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:
Segundo L. Gallardo Z. 26
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
Segundo L. Gallardo Z. 27
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
Segundo L. Gallardo Z. 28
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
Segundo L. Gallardo Z. 29
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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Segundo L. Gallardo Z. 30
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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Segundo L. Gallardo Z. 31
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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Segundo L. Gallardo Z. 32
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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Segundo L. Gallardo Z. 33
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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Segundo L. Gallardo Z. 34
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.
Segundo L. Gallardo Z. 35
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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Segundo L. Gallardo Z. 36
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 37
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)
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 38
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 39
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Fi = Ta + Tb + P = 0
Segundo L. Gallardo Z. 40
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 41
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
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.
Segundo L. Gallardo Z. 42
30°
M
45°
Figura 46
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 43
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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°
12/04/2312/04/23 14:5314:53
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.
Segundo L. Gallardo Z. 44
30°
45°
M
Figura 47
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 45
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 46
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 47
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
-
+
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 48
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 49
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 50
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 51
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 52
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 53
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 54
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 55
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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:
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 56
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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.
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Figura 54
Segundo L. Gallardo Z. 57
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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.
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Figura 55
Relación de aceleraciones
Segundo L. Gallardo Z. 58
a2
m1
m2
P1 P2
a1
Figura 53
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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’.
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 59
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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)
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 60
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 61
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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(……..)
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 62
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 63
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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)
12/04/2312/04/23 14:5314:53
Segundo L. Gallardo Z. 64
APLICACIONES DE LEYES DE NEWTON
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
12/04/2312/04/23 14:5314:53
FIN