CAPÍTULO 7. Cuerpo rígido - Biblioteca

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Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán → r es el vector del centro de masa al punto donde i actúa → Oi → i → i F . r es el vector del punto O al punto donde actúa F . De la figura vemos: → → → r i = rO + rOi El torque total alrededor de O es → → → τ O ∑ r Oix× F i = ∑ ∑ i = i i ⎝ → ⎞ ⎟× F ⎠ → → ⎛ ⎜r i − rO i = → → → → r i× F i − ∑rO × F i = ∑ i → → → τ CM − rO× F i i → O Como r es constante → τ O → = τ CM − ∑ → → rO × F i i ∑ → Para un cuerpo en equilibrio F = 0 → τ → = τ tal que O CM → Si τ CM = 0 , el torque alrededor de cualquier punto debe ser cero y viceversa. Ejemplo 17. Par de fuerzas. Dos fuerzas iguales y opuestas que actúan en la figura siguiente se denominan par de fuerzas, Según se indica F es el valor de cualquiera de las fuerzas y d = ( x2 − x1 ) es la distancia entre ellas. El momento o torque producido por estas fuerzas con respecto a O es: τ O = Fx2 − Fx1 = F ( x2 − x1 ) = Fd Este resultado no depende de la selección del punto O, el momento producido por un par es el mismo respecto a cualquier punto del espacio. Ejemplo 18. Una fuerza vertical F que actúa en A. en el sólido rectangular mostrado en la figura, queremos sustituirla por otra cuya línea de acción pasa por el centro de masa más un par de fuerzas que actúen horizontalmente aplicados en A y B. i 12 Solución. a) Sustituir la fuerza vertical dada por otra igual paralela cuya línea de acción pase por el centro de masa. b) Hacer girar el plano del par, hasta desplazarlo hasta la línea A B. c) Se cambian los módulos de las fuerzas a F’ de tal modo que: F ' b = Fa ⇒ a F ' = F b Ejemplo 19. Sobre una placa sólida actúan cuatro fuerzas de módulos F1 = 28,3 N, F2 = 60 N, F3 = 20 N y F4 = 50 N. Como se indican en la figura. Hallar la tuerza resultante sobre la placa y determinar su línea de acción.
Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Solución. Utilizando el cuadriculado obtenemos: → r = −0, 2iˆ − 0, 2 ˆj , 1 2 F iˆ 2 28, 3 ˆ 1 28, 3 j 2 2 ⎟ → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ + ⎜ = ⎜ ⎟ ⎜ 20 iˆ + 20 ˆj ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ → r 2 → r 3 → = 0, 1iˆ − 0, 2 ˆj , F = 60 ˆj 2 3 = → = 0, 2iˆ + 0, 1ˆj , F 20iˆ − → → r 0, 1iˆ 0, 2 ˆ ⎛ 3 ⎞ 3 4 = − + j , F iˆ ⎛ ⎞ 50 50 ˆ 4 = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ j ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ = 30iˆ − 40 ˆj La fuerza resultante es → → → → → F = F1 + F2 + F3 + F4 20 − 20 + 30 & + 20 + 50 − 40 30 iˆ + 40 ˆj = ( ) i ( )j = ( )N El torque resultante respecto al centro de masa es la suma de los torques individuales. → → → → → τ = τ 1+ τ 2 + τ 3 + τ 4 Siendo: → → → 1 = r1× F1 τ = ( 0 , 2iˆ − 0, 2 ˆj ) × ( 20iˆ + 30 ˆj ) → → → 2 = r2× F2 τ − = 0 0 , 1ˆ − 0, 2 ˆ × 60 ˆ = 6 ˆ = ( i j) ( j) k → → → 3 = r3× F3 τ 0 , 2ˆ 0, 1ˆ 20 ˆ = 2 ˆ = ( i + j) × ( − j) k → → → 4 = r4× F4 τ 0, 1ˆ 0, 2 ˆ 20ˆ 40 ˆ −2 ˆ = ( − i + j) × ( i − j) = k Reemplazando: → kˆ = 6 τ Nm Para determinar la línea de acción de la tuerza, consideremos que el punto de aplicación de la fuerza resultante es: ˆ 13 → r = xiˆ + yˆj Tal que → → → = k = r× F ˆ τ 6 = ( xiˆ + yˆj ) × ( 30iˆ + 40 ˆj ) 40 − 30 ˆ = ( x y)k De aquí: ( 40 x − 30y ) = 6 ⇒ 20 x −15y = 3 Esta es la ecuación de la línea de acción de la fuerza; si esta tuerza a de situarse en algún punto del borde inferior de la placa, y = - 0,2 m.. Obtenemos 3 + 15y 3 + 15( − 0, 2) x = = = 20 20 La figura siguiente muestra la fuerza resultante: Ejemplo 20. Se tiene una escalera dé masa M y largo L apoyada contra la pared .No hay fricción en la pared y el coeficiente de fricción del piso es μ . ¿Cuál es el mínimo ángulo de inclinación para que no comience a resbalar? Solución. La figura siguiente muestra el diagrama del cuerpo libre de la escalera. Condición para que el centro de masa no acelere: 0
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