ESTATICA CONDICIONES DE EQUILIBRIO, Esquemas y mapas conceptuales de Matemáticas

¡Descarga ESTATICA CONDICIONES DE EQUILIBRIO y más Esquemas y mapas conceptuales en PDF de Matemáticas solo en Docsity! ESTÁTICA OCTUBRE 2023 CONDICIONES DE EQUILIBRIO Es parte de la mecánica de sólidos que estudia las condiciones que deben cumplir las fuerzas que actúan sobre un cuerpo o un sistema de partículas para que se encuentre en estado de equilibrio. Equilibrio.- Es el estado en el que un cuerpo o un sistema de partículas carece de todo tipo de aceleración. La estática estudia el estado de equilibrio de los cuerpos bajo la acción de un sistema de fuerzas. E S T Á T I C A FR = FRx i + FRy j + FRz k = 0 FR = FRx i + FRy j + FRz k = 0 N1 cos0 = N2 cos 0N1 cos0 = N2 cos 0 Fx = 0 Fx = 0 v = 0 v = cte. (MRU) FR = m a = 0 FR a TENSIÓN o TRACCIÓN 0 0 i 0 j 0 k O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O COMPRESIÓN O O a = —— = 0v t (Las diferencias generan desequilibrio) 0 O F F F F COMPRESIÓN TENSIÓN o TRACCIÓN Fx = 0 Fy = 0 1 -1 1 ~ - - PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO EQUILIBRIO DE TRASLACIÓN (DE UNA PARTÍCULA) Un cuerpo o un sistema de partículas estará en equilibrio de traslación, cuando la fuerza resultante que actúa sobre él es igual a cero. CÓNCAVO CONVEXO sen(18 0- )= sen sen(18 0- )= sen sen(18 0- )= sen FR = FRx i + FRy j + FRz k = 0 FRx = 0 ó Fx = 0 FRy = 0 ó Fy = 0 FRz = 0 ó Fz = 0 N = mg EQUILIBRIO INESTABLE EQUILIBRIO INESTABLE Primera condición de equilibrio o equilibrio de traslación o equilibrio de una partícula. PUNTO DE INFLEXIÓN EQUILIBRIO INDIFERENTE EQUILIBRIO ESTABLE mg FORMAS DE ESTABILIDAD (Suma algebraica de fuerzas) m EQUILIBRIO INESTABLE m m m m v = 0 -B n - 1 - *- : TEOREMA DE LAMY ( BERNARD LAMY 1645-1716 ) es el caso particular de la ley de senos. Cuando un cuerpo rígido en equilibrio se encuentra sometido a la acción de tres fuerzas concurrentes, el módulo de cada una de las fuerzas es directamente proporcional al seno de su respectivo ángulo opuesto. (EQUILIBRANTE) sen(180- )= sen sen(180- )= sen sen(180- )= sen F1 F2 F3 sen sen sen F2 F3 F1 F1 F3 F2 F12 FR = 0 PROPIEDAD sen (180º - 60º) = sen 60º sen 120º = sen 60º m F1 F2 F3 sen sen sen F1 + F2 + F3 = 0 TRIÁNGULO VECTORIAL DE FUERZAS. 8 e ~ - - B - 5.* 2+B +5=360 / ~ X Yort en B S 55 c - - 5 (INCONSISTENTE) TECHO 60 N y = sen 0 Si T1 es de valor mínimo, determine los valores de T1 y T2 SOLUCIÓN T1 T2 T1 T2 60 N sen 150° sen ( 90 + 0 ) sen ( 120 - 0 ) Mínimo Máximo Máximo CONSISTENTE 0 = 30° CONSISTENTE VALOR MÍNIMO DE: sen 0 = -1 cos 0 = -1 T1 60 N 1/2 sen ( 120 - 30 ) (Relaciones inversas) (Relaciones inversas) (Relaciones inversas) 60°0 POR EL TEOREMA DE LAMY: SISTEMA FÍSICO: 0 120°-0 60° (cuerda) (cuerda) 90° 180° 270° 360° 1 - 1 mg = 60 N 120° - 0 = 90°90°+ 0 = 90° 0 = 0° T1 = 30 N mínimo máximo T1 T2 sen 150° = sen 30° = —12 => * .--------- - > Y I - m ·V *E -nixA * - - - - - - => - * 24 cm 24 cm ' ' T T A B C - - - Es una magnitud física vectorial que aplicada sobre un cuerpo rígido mediante una fuerza ( F ), trata de hacerlo girar alrededor de un punto fijo o un eje de rotación. (PUNTO FIJO) + - HORARIOANTIHORARIO b: Brazo de la Fuerza “F” N m m N F ro = x i + y j + z k b ro Mo = 0 Mo = ro x F = r F sen 0 = + F b Mo = ro x F = r F sen 0 = + F b Mo = ro x F = ro F sen 0 = + F b Mo = ro x F sen (180 - 0 ) = sen 0 Si: 0 = 60° sen 120° = sen 60° Mo = ro x F 0 180°- 0 180°- 0 180°- 0 REGLA DE LA MANO DERECHA M M M MOMENTO O TORQUE DE UNA FUERZA P: Punto de aplicación de la fuerza F. P m y x z b ro b = ro sen (180°- 0) b = ro sen 0 F F F m N -- - - - ⑧E -> ~ M & . -- - - - . 8 . * ⑭ * m M1 M2 M3 M3 = M1 + M2 F3 F2 F1 POR LA SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO: Mo = 0FR SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO ( Equilibrio de rotación o equilibrio de un cuerpo rígido ) Mx = 0 My = 0 Mz = 0 Mo = 0 Mo = 0 EQUILIBRIO TOTAL: SE PRESENTA CUANDO SE CUMPLEN LA PRIMERA Y SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO A LA VEZ. M0 = Mx i + My j + Mz k = 0 FR x y z FR F F F F o X X X ( Equilibrio de rotación o equilibrio de un cuerpo rígido )( Equilib io de rotación o equilibrio de un cuerpo rígido ) Fx = 0 Fy = 0 Fz = 0 E * (Equilibrio total) (APOYO EN SUPERFICIE RUGOSA) TECHO TEOREMA DE LAS TRES FUERZAS.- Si dos de las tres fuerzas que actúan sobre un cuerpo en equilibrio son paralelas, entonces la tercera fuerza debe ser paralela a las anteriores. POR LA SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO: P(PESO DE LA PLACA) = 300 N Fy = 0 A B T (CUERDA) P = mg = 300 NN Placa homogénea de forma Triangular en equilibrio: h N T mg (BASE)C 2/3 h 1/3 h C : Baricéntro Mo = 0F MA = MA T mg N =100 N T = 200 N T ( h ) = 300 ( — h )2 3 T + N = P y x EN EL SIGUIENTE SISTEMA FÍSICO. DETERMINE LOS VALORES DE LA TENSIÓN EN LA CUERDA Y LA REACCIÓN EN EL PUNTO “A”. (TRES FUERZAS PARALELAS) x it A - -i ↑ Te,,0;"↓- - - * El teorema de Varignón se utiliza para determinar la ecuación cartesiana de la línea de acción de la fuerza resultante que actúa sobre un cuerpo o un sistema de partículas. Teorema de las tres fuerzas.- Sí dos de las tres fuerzas que actúan sobre un cuerpo en equilibrio son paralelas, la tercera también debe ser paralela a las dos anteriores. (Mayoría) CALCULAR EL VALOR DEL ÁNGULO “0” (SISTEMA EN EQUILIBRIO). (CILINDRO FIJO) POR LA SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO: FR = FRx i + FRy j + FRz k = 0 RUGOSA RCilindro = 30 cm LVarilla = 64 cm PPeso var. = 500 N REACCIÓN DEL CILINDRO SOBRE LA VARILLA: R = 400 N MA = MA R mg (400 N) (a cos 0) = (500 N)(32 cos 0) 4a = 160 a = 40 cm 0 = 37° 50 cm a N MA = 0 Mo = 0 F Radio Reacción LISA mg = 500 N NA = 100 N 0 A R fs N’ o M REACCIÓN DEL CILINDRO SOBRE LA VARILLA: R = 400 N A (TRES FUERZAS PARALELAS) 0 S = -> * in -a . -> FR = F1 + F2 + . . . + Fn MO = Mo + Mo + . . . + Mo MO = Mo + Mo + . . . + Mo FR FR F1 F2 Fn F1 F2 Fn POR EL TEOREMA DE VARIGNON: y = m x + b El teorema de Varignón se utiliza para determinar la ecuación cartesiana de la línea de acción de la fuerza resultante que actúa sobre un cuerpo o un sistema de partículas. F1 Fn F2 x y Z F3 TEOREMA DE VARIGNON o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o m O ECUACIÓN CARTESIANA DE LA LÍNEA DE ACCIÓN DE LA FUERZA RESULTANTE: .. Es el sistema físico formado por dos fuerzas paralelas de igual magnitud pero de sentidos contrarios y separados por una distancia que es el brazo ( b ) de la cupla. El momento o torque de una cupla es un vector libre y tiene el mismo valor con respecto a cualquier punto del plano de rotación. M Cupla O LVarilla = 50 cm FR = 0 b = 30 cm = 0,3 m ( - ) : Por efecto de la rotación. CUPLA O PAR DE FUERZAS F1 = 40 N F2 = 40 N Mo = - 12 N.m Cupla y x 37° 37° A BC D E F B 37° Mo = - F b = - ( 40 N )( 0,3 m ) = - 12 N m Cupla Mo = 12 ( - k ) N m = - 12 k N m Cupla b z MO Cupla PLANO DE ROTACIÓN: xy - ↑ /*-> 8 & 8 ACEITE 1 L F F M M ANTIHORARIO HORARIO + - + + F F M Cupla OTIMÓN a = 30 cm F = 50 N Mo = + 30 k N m Cupla a a Las cuplas no producen traslaciones, porque la fuerza resultante es cero (Las fuerzas actúan sobre un mismo cuerpo). Las cuplas producen rotaciones con momento o torque que tiene el mismo valor con respecto a cualquier punto del plano de rotación. Cupla Mo = + F b = + ( 50 N )( 0,6 m )= +30 N m Cupla brazo = b = 2 a = 60 cm M Cupla O - ⑮ - ⑧ * X - ③ X / ⑧ A partir del siguiente sistema de fuerzas: F1 = 3 i -2 j + 5 k ( N ), aplicado en el punto ( 3, -2, 1 ) m, F2 = -3 i + 2 j - 5 k ( N ), aplicado en el punto ( 3, 2, 1 ) m. Determine el momento o torque de la cupla o par de fuerzas en forma vectorial. SOLUCIÓN A partir del siguiente sistema de fuerzas: F1 = 3 i -2 j +5 k ( N ), aplicado en el punto ( 3,-2, 1 ) m, F = -3 i + 2 j - 5 k ( N ), aplicado en el punto ( 3, 2, 1 ) m. Determine el momento o torque de la cupla o par de fuerzas en forma vectorial. FR = 0 x ( m ) y ( m ) z ( m ) r2 - r1 = 0 i + 4 j + 0 k r1 - r2 = 0 i - 4 j + 0 k F1 = - F2 F2 = - F1 MO = rO x F F r1 - r2 r1r2F2 F1 ( 3, -2, 1 )( 3, 2, 1 ) - -. En la varilla angular que se muestra. Determine el momento o torque de la fuerza F = 100 N, con respecto al punto “A” . SOLUCIÓN EN FORMA ESCALAR 0 = 53° 53° F = 100 N rA 0,8 m 0,6 m MA F F = 60 i + 80 j (N) rA = - 0,8 i + 0,6 j (m) P A P A R E D MA = - F b = - ( 100 N )( 1 m ) = - 100 N mF MA = 100 ( -k ) N m = - 100 k N mF 80 N 60 N y x MA = ( - 64 - 36 ) k = - 100 k m N F MA = rA x F = - 0,8 60 0,6 80 0 0 F 53° e ⑧ 0 ⑧ En el gráfico que se muestra. Determine el peso del cilindro “A” SOLUCIÓN PESO DEL CILINDRO “B” = 180 N Sistema Cilindro “B” ( x es el peso del cilindro “A” ) B A(PLANO INCLINADO) P A R E D 53° 37° 180 N R1 N Sistema en equilibrio: 37° R1 R2 x = PA = 140 N R1 = 240 N —— = tg 53° = ——43 R1 180 180 + x = R1 tg 53° 37° 53° 180 + xR2 R1 53° ——— = tg 53°180 + x R1 180 + x = 240 ( — ) = 3204 3 R2 N PA 16° 37° 127° N(Interna) . & in ............ ↑ * 1 Sa - SISTEMA COMPROBACIÓN CILINDRO B: ( INTERIOR DEL SISTEMA ) 320 = 3/5 N + 140 N = 180 x 5/3 = 300 N N 320 320 SISTEMA *180 +X =180 +140 =320 Ra * * 32033, By =BR, =3 x 20 R1 =240 N * Ra *53 R1 20153 2=5 Re =3x240-400NI - 180 N 4 37 C0137° = 240 = 5 - ⑭ R1 =240 N N 3x240 = 300N- -