Equilibrio rotacional

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Equilibrio rotacional

  1. 1. Equilibrio rotacional Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de FísicaSouthern Polytechnic State University
  2. 2. El Puente Golden Gateproporciona unexcelente ejemplo defuerzas balanceadas ymomentos de torsión.Los ingenieros debendiseñar talesestructuras de modoque se mantengan losequilibrios rotacional ytraslacional. Foto © EP 101 Photodisk/Getty
  3. 3. Objetivos: Después de completar este módulo, deberá:• Establecer y describir con ejemplos su comprensión de la primera y segunda condiciones para el equilibrio.• Escribir y aplicar la primera y segunda condiciones para el equilibrio a la solución de problemas físicos similares a los de este módulo.
  4. 4. Equilibrio traslacional Auto en reposo Rapidez constante a = 0; ΣF = 0; No hay cambio en vLa rapidez lineal no cambia con el tiempo. Nohay fuerza resultante y por tanto aceleracióncero. Existe equilibrio traslacional.
  5. 5. Equilibrio rotacional Rueda en reposo Rotación constante Στ = 0; no hay cambio en rotaciónLa rapidez angular no cambia con el tiempo.No hay momento de torsión resultante y, portanto, cero cambio en velocidad rotacional.Existe equilibrio rotacional.
  6. 6. Equilibrio• Se dice que un objeto está en equilibrio si y sólo si no hay fuerza resultante ni momento de torsión resultante. Primera condición: ∑F x = 0; ∑Fy =0 Segunda condición: ∑τ = 0
  7. 7. ¿Existe equilibrio? ¡SÍ! La observación ¿El sistema de la T muestra que ninguna izquierda está en 300 parte del sistema equilibrio tanto cambia su estado de traslacional como movimiento. rotacional?¿Un paracaidista momentos después de saltar? ¿SíNoNo? o¿Un paracaidista que alcanza rapidez terminal? Sí¿Una polea fija que rota con rapidez constante? Sí
  8. 8. Estática o equilibrio total La estática es la física que trata los objetos en reposo o en movimiento constante.En este módulo se revisará la primeraEn este módulo se revisará la primeracondición para el equilibrio (tratada en lacondición para el equilibrio (tratada en laParte 5A de estos módulos); luego seParte 5A de estos módulos); luego seextenderá el tratamiento al trabajar con laextenderá el tratamiento al trabajar con lasegunda condición para el equilibrio.segunda condición para el equilibrio.Ambas condiciones se deben satisfacerAmbas condiciones se deben satisfacerpara el verdadero equilibrio.para el verdadero equilibrio.
  9. 9. Sólo equilibrio traslacionalSi todas las fuerzas actúan sobre el mismo punto,entonces no hay momento de torsión a considerary uno sólo necesita aplicar la primera condiciónpara el equilibrio: • Construya diagrama de cuerpo libre. • Sume fuerzas e iguale a cero: ΣFx = 0; ΣFy = 0 • Resuelva para incógnitas.
  10. 10. Repaso: Diagramas de cuerpo libre•• Lea el problema; dibuje y etiquete bosquejo. Lea el problema; dibuje y etiquete bosquejo.•• Construya diagrama de fuerzas para cada Construya diagrama de fuerzas para cada objeto, vectores en el origen de ejes x,, y.. objeto, vectores en el origen de ejes x y•• Puntee rectángulos y etiquete los Puntee rectángulos y etiquete los componentes x y y opuesto y adyacente a componentes x y y opuesto y adyacente a los ángulos. los ángulos.•• Etiquete todos los componentes; elija Etiquete todos los componentes; elija dirección positiva. dirección positiva.
  11. 11. Ejemplo 1. Encuentre la tensión en las cuerdas A y B. Diagrama de cuerpo libre: 600 By A B B A 600 B x 80 N 80 N• Lea el problema; dibuje bosquejo; construya diagrama de cuerpo libre e indique componentes.• Elija el eje x horizontal y escoja la dirección derecha como positiva (+). No hay movimiento.
  12. 12. Ejemplo 1 (cont.). Encontrar A y B. Diagrama de cuerpo libre: 600 A B B By A 600 Bx 80 N 80 N Nota: Los componentes Bx y By se puedenencontrar de la trigonometría del triángulo recto: Bxx = B cos 6000;; B = B cos 60 Byy = B sin 6000 B = B sin 60
  13. 13. Ejemplo 1 (cont.). Encontrar tensión en las cuerdas A y B. Diagrama de cuerpo libre: By B sen 600 B By ΣFx = 0 Bx A 60 0 ΣFy = 0 A Bx B cos 60o 80 N 80 N• Aplique la primera condición para el equilibrio. ∑F x = 0; ∑F y = 0;
  14. 14. Ejemplo 2. Encontrar tensión en cuerdas A y B. 350 550 B By A B Ay A 350 550 Ax Bx 500 N WRecuerde: ΣFx = ΣFy = 0 ΣFx = Bx - Ax = 0 W = 500 N ΣFy = By + Ay – 500 N = 0
  15. 15. Ejemplo 2 (cont.) Simplifique al rotar ejes: x ΣFx = B - Wx = 0 y B B = Wx = (500 N) cos 350 A Wx B = 410 N B = 410 N 550 350 Wy W ΣFy = A - Wy = 0 A = Wx = (500 N) sen 350Recuerde que W = 500 N A = 287 N A = 287 N
  16. 16. Equilibrio total En general, hay seis grados de libertad(derecha, izquierda, arriba, abajo, cmr y mr): derecha = ΣFx = 0 izquierda ΣFy = 0 arriba = abajo Στ=0cmr (+) mr (-) Σ τ (cmr)= Σ τ (mr)
  17. 17. Procedimiento general:• Dibuje diagrama de cuerpo libre y etiquete.• Elija el eje de rotación en el punto donde se da menos información.• Extienda línea de acción para fuerzas, encuentre brazos de momento y sume momentos de torsión en torno al eje elegido: Στ = τ1 + τ2 + τ3 + ... = 0• Sume fuerzas e iguale a cero: ΣFx = 0; ΣFy = 0• Resuelva para las incógnitas.
  18. 18. Ejemplo 3: Encuentre las fuerzas ejercidas por los soportes A y B. Desprecie el peso de la pluma de 10 m. 2m 7m 3m Dibuje diagrama de cuerpo libre A B 40 N 80 NEquilibrio rotacional: A BElija eje en el punto 2m 7m 3m de fuerza desconocida. 40 N 80 N En A por ejemplo.
  19. 19. Ejemplo 3 (cont.) A BNota: Cuando aplique 2m 7m 3m Στ(cmr) = Στ(mr) 80 N 40 Nsólo necesita las Los momentos de torsión en tornomagnitudes al eje cmr son iguales a las de mr.absolutas (positivas)de cada momento detorsión. cmr (+) τ (+) = τ (-) mr (-)En esencia, se dice que los momentos de torsiónEn esencia, se dice que los momentos de torsión están balanceados en torno a un eje elegido. están balanceados en torno a un eje elegido.
  20. 20. Ejemplo 3 (cont.) 2m 7m 3m Equilibrio rotacional: A BΣ τ = τ1 + τ2 + τ3 + τ4 = 0 40 N 80 N o A B 2m 7m 3m Στ(cmr) = Στ(mr) 40 N 80 NCon respecto al eje A: Momentos de torsión CMR: fuerzas B y 40 N. Momentos de torsión MR: fuerza de 80 N. Se ignora la fuerza A : ni cmr ni mr
  21. 21. Ejemplo 3 (cont.) 2m 7m 3mPrimero: Στ(cmr) A B 40 N 80 N τ1 = B (10 m) A B 2m 7m 3mτ2 = (40 N) (2 m) = 80 N⋅m 40 N 80 NA continuación: Στ(cmr) = Στ(mr) Στ(mr) B (10 m) + 80 N⋅m = 560 N⋅mτ3 = (80 N) (7 m) = 560 N⋅m B = 48.0 N B = 48.0 N
  22. 22. Ejemplo 3 (cont.) 2m 7m 3m Equilibrio A B traslacional 40 N 80 N A B ΣFxx= 0; ΣFyy= 0 ΣF = 0; ΣF = 0 2m 7m 3mΣF (arriba) = ΣF (abajo) 40 N 80 NA + B = 40 N + 80 N Recuerde que B = 48.0 N A + 48 N = 120 N A + B = 120 N A = 72.0 N A = 72.0 N
  23. 23. Ejemplo 3 (cont.) 2m 7m 3mCompruebe larespuesta al sumar los A Bmomentos de torsión 40 N 80 Nen torno al extremo A B 2m 7m 3mderecho para verificarA = 72.0 N 40 N 80 NΣτ(cmr) = Στ(mr) (40 N)(12 m) + (80 N)(3 m) = A (10 m) 480 N⋅m + 240 N⋅m = A (10 m) A = 72.0 N A = 72.0 N
  24. 24. Recuerde los signos: 2m 7m 3mLos valores absolutos A B se aplican para: 40 N 80 N ΣF(arriba) = B ΣF(abajo) 2m A 7m 3mSe usaron valores absolutos (+) tanto para los términos 80 N 40 N ARRIBA como ABAJO. En lugar de: ΣFy = A + B – 40 N – 80 N = 0 Escriba: A + B = 40 N + 90 N
  25. 25. Ejemplo 4: Encuentre latensión en la cuerda y la Tfuerza de la pared sobre lapluma. La pluma de 10 m 300pesa 200 N. La cuerda mide 2m desde el extremo derecho. 800 N Para propósitos de sumar momentos de Para propósitos de sumar momentos de torsión, considere que todo el peso actúa torsión, considere que todo el peso actúa en el centro de la tabla. en el centro de la tabla. Fy T T Fx 300 300 3m 2m 5m 200 N 800 N 200 N 800 N
  26. 26. Ejemplo 4 F r y T T (cont.) Fx 300 300 3m 2m 5m 200 N 800 N 200 N 800 NElija el eje de rotación en la pared (menos información) Στ(cmr): Tr = T (8 m) sen 300 = (4 m)T Στ(mr): (200 N)(5 m) + (800 N)(10 m) = 9000 Nm (4 m) T = 9000 N⋅m T = 2250 N T = 2250 N
  27. 27. T Ejemplo 4 F Ty y T (cont.) T Fx x 300 0 30 300 3m 2m 5m 200 N 800 N 200 N 800 N ΣF(arriba) = ΣF(abajo): Ty + Fy = 200 N + 800 N Fy = 200 N + 800 N - Ty ; Fy = 1000 N - T sen 300 Fy = 1000 N - (2250 N) sen 300 Fy = -125 NΣF(derecha) = ΣF(izquierda): Fx = Ty = (2250 N) cos 300 Fx = 1950 N o F = 1954 N, 356.300 F = 1954 N, 356.3
  28. 28. Centro de gravedadEl centro de gravedad de un objeto es elpunto donde se puede considerar que actúatodo el peso de un objeto con el propósito detratar las fuerzas y momentos de torsión queafectan al objeto.La fuerza de soporte única tiene línea de acción que pasa a través del c. g. en cualquier orientación.
  29. 29. Ejemplos de centro de gravedadNota: El centro de gravedad no siempre está adentro del material.
  30. 30. Ejemplo 5: Encuentre el centro de gravedad del aparato que se muestra abajo. Desprecie el peso de las barras conectoras. x FEl centro de gravedad es el 4m 6mpunto donde una sola fuerzaF hacia arriba balanceará el sistema. 30 N 10 N 5N Elija el eje a la izquierda,luego sume los momentos de ΣF(arriba) = ΣF(abajo): torsión: F = 30 N + 10 N + 5 N Στ(cmr) = Στ(mr) (45 N) x = 90 NFx = (10 N)(4 m) + (5 N)(10 m) Fx = 90.0 Nm x = 2.00 m x = 2.00 m
  31. 31. Resumen Condiciones para el equilibrio:Se dice que un Se dice que un ΣFx = 0objeto está en objeto está enequilibrio si y sólo equilibrio si y sólo ΣFy = 0si no hay fuerza si no hay fuerzaresultante ni resultante nimomento de Στ = 0 momento detorsión resultante. torsión resultante.
  32. 32. Resumen: Procedimiento• Dibuje diagrama de cuerpo libre y etiquete.• Elija el eje de rotación en el punto donde se da menos información.• Extienda la línea de acción para fuerzas, encuentre brazos de momento y sume los momentos de torsión en torno al eje elegido: Στ = τ1 + τ2 + τ3 + ... = 0• Sume fuerzas e iguale a cero: ΣFx = 0; ΣFy = 0• Resuelva para las incógnitas.
  33. 33. Conclusión:Equilibrio rotacional

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