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Tema 4. ESTÁTICA
Física, J.W. Kane, M. M. Sternheim, Reverté, 1989
Tema 4
Estática
Estática
Propiedades elásticas
TS 4.8 Las mandíbulas de los animales
Caps. 4 y 8
Cap. 4, pp 70-88
Cap. 8, pp 183-195
Cap.4, pp 89-90
Problema clásico de la masa colgante: http://www.youtube.com/watch?v=dxM9lsbUbpw
1
CENTRO DE MASAS
Sistema de partículas
m1
Z

r1
Y

rn
X
n

rCM

m2

r2

rCM


  mi ri
m r  m2 r2  ...  mn rn 1
1

 n
 1 1
M
m1  m2  ...  mn
m
n
m
i
1

ri
M es la
masa total
i
1
El sistema de partículas responde ante la acción de fuerzas exteriores
del mismo modo que respondería si la resultante de todas ellas se
aplicase en el centro de masas.
La ecuación vectorial anterior contiene tres ecuaciones escalares,
una por cada coordenada
n
mi xi
m1 x1  m2 x2  ...  mn xn 
1 n
1

mi xi
xCM 
 n

M
m1  m2  ...  mn
1
m
mn

i
1
Sólido rígido
Sistema de partículas en el cual las distancias relativas entre ellas son invariables. Es decir, se
trata de un sólido indeformable.
Z
Posición del CM
en un sólido rígido
dm

r
X
Y

rCM 

r dm

 dm

1
M


r dm
Nosotros no acometeremos cálculos
complicados, nos basaremos sobre
todo en propiedades de simetría.
2
CENTRO DE MASAS
Ejemplo.
El polo inferior de la esfera mostrada
en el esquema está en contacto con el
centro de la base superior del
cilindro. Determinar la posición del
CM del conjunto, sabiendo que el
cilindro y la esfera tienen el mismo
diámetro, que la altura del cilindro es
dos veces su diámetro y que la
densidad del material que forma la
esfera es la mitad de la del material
del cilindro.
Z
Resolución
1. Elegimos arbitrariamente un origen de coordenadas en el
punto de contacto de ambos sólidos.
Por razón de la simetría del problema, esta elección implica
que el CM va a estar sobre el eje Z.
2. Tanto la esfera E como el cilindro C son figuras con
simetría, y sus centros de masas respectivos están situados en
los respectivos centros de las figuras, cuyas coordenadas son
E 0,0, R 
C 0,0,2 R 
R es el radio de la esfera
3. Calculamos las masas. Sea  la densidad de la esfera.
4
M E   R3 
3
M C   R 2 4 R 2   8 R 3 
4. Ahora representamos la esfera y el cilindro por dos masas
puntuales ocupando la posición de su CM respectivo.
E 0,0, R 
Z
zCM 
Y
E 0,0, R 
ME
X
Y
R4 / 3 R 3    2 R  8 R 3 
4 / 3 R 3   8 R 3 
zCM  R
4 / 3  16
11
  R
4 / 3  8
7
C 0,0,2 R 
X
C 0,0,2 R 
MC
Discusión: ¿cuál sería el
resultado de haber elegido
otro origen de coordenadas?
3
MOMENTO DE UNA FUERZA
Momento de una fuerza con respecto a un punto

i

 
O  r  F  x
Fx

j
y
Fy

k
z
Fz


Dirección: perpendicular al plano determinado por r y F
Sentido: el indicado por la regla de la mano derecha
Módulo:
Punto de aplicación: el punto O

O




F  Fx i  Fy j  Fz k
Brazo de la fuerza
O




r  xi  y j zk

O

r

F

 O   O  r  F  sin 

O


F
El momento respecto a un
punto está asociado con una
rotación en el sentido indicado
por la regla de la mano
derecha.
Puesto que un sólido rígido puede
girar además de trasladarse, para
su equilibrio de rotación es
preciso que sobre él no actúe
ningún momento neto.
Terminología alternativa: Momento de una fuerza  Torque
4
MOMENTO DE UNA FUERZA
Momento de una fuerza con respecto a un punto

Vista desde arriba (vector  O normal y saliente)
Ejemplo

F
O


O

r
Nótese que  O  r  F  sin 
Brazo de la fuerza

 d F
Línea de acción
de la fuerza
pues d  r  sin 
El momento respecto a O es igual al producto del brazo por la componente de la fuerza
perpendicular a dicho brazo F  sin   .
Ejemplo 2. ¿En qué caso se ejerce mayor fuerza? ¿En qué caso se ejerce mayor momento?
(a)
(b)
(c)
5
CONDICIONES DE EQUILIBRIO ESTÁTICO DE UN CUERPO RÍGIDO

Equilibrio de traslación: Suma de fuerzas externas igual a cero  F  0
Equilibrio de rotación: Suma de momentos de las fuerzas externas igual a cero


0
Ejemplo. Barra homogénea horizontal sostenida por un pivote y un cable.
Longitud de la barra L = 75 cm. Peso W = 650 N.
Calcular la tensión y la reacción en el pivote A.
T
12º
A
15 cm
Tomamos momentos respecto al punto A

W
A
W 
T
Diagrama de sólido libre de la barra
L
 T  L  0.15  sin 12º  0
2
650  0.75
 1954 N
2  0.60  sin 12º
Y
N
X
M
A
 FX  M  T cos12  0
T
12º
15 cm
La resultante de estas fuerzas es
M 2  N 2  1927 N
W
M  T cos 12  1911 N
N
M
F
Y
 N  W  T sin 12  0
N  W  T sin 12  244 N
6
PALANCAS
Las palancas son máquinas simples que constan de un fulcro o punto de apoyo f, una fuerza
aplicada F y una fuerza resistente o resistencia R. El propósito de las palancas es equilibrar la
resistencia R con la fuerza F mediante la elección apropiada del fulcro, aprovechando el hecho
de que los momentos respecto al fulcro de ambas fuerzas sean iguales.
Se denomina ventaja mecánica (VM) de la palanca al cociente R/F.
Clases de palancas
1er género
F
xF
xR
xF
f
3er género
2º género
xR
R
F  xF  R  xR
R x
VM   F
F xR
VM puede ser mayor o
menor que la unidad
F
xF
R
f
xR
R
f
F  xF  R  xR
VM 
F
R xF

F xR
VM siempre es
mayor que la unidad
F  xF  R  xR
VM 
R xF

F xR
VM siempre es
menor que la unidad
7
PALANCAS EN EL CUERPO HUMANO
f
F
R
F
F
R
R
f
2º género
F
1er género
f
3er género
F
F
R
f
R
f
Adaptado de http://www.periodictable.com/Properties/A/YoungModulus.html
R
f
8
PALANCAS EN EL CUERPO HUMANO. EJEMPLO.
Un hombre de 102 kg cuya columna vertebral mide 75 cm desde las cervicales hasta el final de
la zona lumbar se inclina manteniendo la espalda recta. En esta postura el tronco pivota
alrededor del sacro. Si suponemos que los diversos músculos de la espalda que actúan para
mantenerla recta equivalen a un único músculo unido a la columna 15 cm por debajo de las
cervicales y de manera que la tensión que ejerce forma 12º con la horizontal, calcular la tensión
de ese hipotético músculo y cuál es la fuerza que se aplica sobre el sacro. Puede suponerse que
el peso del tronco, la cabeza y los brazos es un 65% del peso del hombre y que el CM está
situado en el centro de la columna vertebral.
El peso del tronco, cabeza y brazos del hombre es W  102  9.8  0.65  650 N
Observe que el diagrama de fuerzas y las dimensiones son las mismas que en el ejemplo anterior.
T
Sacro
15 cm
El sacro es el pivote A del caso de la barra
12º
N
W
A
75 cm
A
M
N  W  T sin 12  244 N
15 cm
12º
W
Haciendo el mismo planteamiento de antes, la solución es
650  0.75
T
 1954 N
La resultante de estas fuerzas es
2  0.60  sin 12º
M 2  N 2  1927 N
M  T cos 12  1911 N
T
N
M
F
f
R
Observación: véase que la fuerza sobre
el sacro es casi dos veces el peso del
hombre, debido a que el ángulo de la
9
tensión con la horizontal es pequeño.
EJEMPLO 2. PROBLEMA 2 (1º parcial 2012-2013)
La figura muestra el diagrama de fuerzas sobre la cadera izquierda de una persona de 70 kg
puesta en pie que apoya todo su peso sobre el pie izquierdo (ha encogido la pierna derecha de
modo que el pie derecho no toca el suelo). Los músculos de la cadera izquierda deben
contraerse para mantener la pelvis horizontal contrarrestando el peso del cuerpo.
(a) ¿Qué género de palanca es el mostrado en la figura? Identifíquese el fulcro, la potencia y la
resistencia.
(b) Usando los valores de distancias y ángulos dados en la figura, calcular la fuerza FA
realizada por los músculos de la cadera.
b
Fulcro
5 cm
a) Palanca de primer género
b) Cálculo de la fuerza:
aplicamos la ecuación de
momentos
75º
W
FA
14 cm
W · a · sin 90º  FA · b · sin   0
W ·14 · sin 90º  FA · 5 · sin 75  0
FA 
Resistencia
5 cm
75º

W
14 cm
FA
a
W · a · sin 90º 14 · 70 · 9.8

 1989 N
b · sin 
5 · 0.9659
10
EJEMPLO 3. PROBLEMA 3 (junio 2013)
Calcular la fuerza de reacción en el codo y la fuerza Fm que ha de ejercer el
bíceps para contrarrestar el peso del antebrazo (cuya masa es 2.4 kg) y del
objeto que sostiene la mano (peso indicado con Fg, masa 3 kg). Puede
suponerse que el centro de masa del antebrazo está a 20 cm de la articulación
del codo. Datos de distancias en la figura.
Suma de momentos respecto al codo (C):
FC
C
Fm
Fm  3  FA  20  Fg  40  0
FA
Fg
Suma de fuerzas (eje vertical)
Fm 
FA  20  Fg  40
3

2.4  9.8  20  3  9.8  40 470.4  1176

 548.8 N
3
3
FC  Fm  FA  Fg  0
FC   Fm  FA  Fg  548.8  2.4  9.8  2.4  9.8  548.8  23.52  29.40  495.88 N
El signo negativo del resultado quiere decir que el vector FC tiene en realidad
sentido contrario al indicado en el esquema
11
Algunos datos biométricos del cuerpo humano
%h
100
%h
60
80
40
60
20
40
20
%h
40
Fig. 4.58. Centro de gravedad del cuerpo
(CG), articulaciones (círculos negros) y
posición del CG. de las partes del cuerpo
(círculos blancos) de un hombre típico en
posición inclinada (K & S, p. 92)
20
Datos biométricos promedio para el cuerpo de un hombre (Figuras 4.57 y 4.58).
Masa m , altura h
Fuente: K & S, p. 93
20
40
Fig. 4.57. Centro de gravedad del cuerpo
(CG), articulaciones (círculos negros) y
posición del CG. de las partes del cuerpo
(círculos blancos) de un hombre típico
en posición erguida (K & S, p. 92)
%h
Masa (% m )
Parte del cuerpo
Tronco y cabeza
59,3
Brazos
5,3
Antebrazos y manos
4,3
Muslos
19,3
Piernas y pies
11,8
Posición del centro de gravedad
Figura 4.57 (erguido)
Figura 4.58 (inclinado)
x (% h )
y (% h )
x (% h )
y (% h )
10
70
26
52
14
75
35
45
24
64
34
29
12
42
11
40
12
10
19
17
18
ELASTICIDAD y DEFORMACIÓN
Los cuerpos sometidos a esfuerzos se deforman
Comportamiento elástico: la deformación D es proporcional a la causa C que la produce
Deformación
Punto
fractura
Esfuerzo
máximo
Deformación
permanente
Cuando desaparece la causa C, se recupera
la forma original
Límite
elástico
Deformación
residual
Causa deformadora (fuerza)
13
ELASTICIDAD y DEFORMACIÓN. LEY DE HOOKE
Aplicación a un sistema simple: el resorte
l0
La deformación en este caso
consiste en un alargamiento
En ausencia de fuerza aplicada
Incremento
de longitud
Deformación
x  l  l0
l
F
Aplicando fuerza
x
Ley de Hooke
x
F
k
La deformación es proporcional a
la fuerza aplicada
Válida mientras no sobrepasemos el límite elástico
Fuerza a aplicar para
conseguir un
incremento unitario
de la longitud
k: Constante
elástica del
resorte
Forma alternativa
Aplicación directa:
el dinamómetro
Límite
elástico
F  kx
N/m (S.I.)
F
1 / k  pendiente
Límite elástico
k  pendiente
x
Causa Fuerza
deformadora
(fuerza)
aplicada
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ELASTICIDAD y DEFORMACIÓN. LEY DE HOOKE (2)
Formulación más general de la ley de Hooke. Tracción en materiales. Módulo de Young.
l  l0
F
Causa deformadora:
fuerza aplicada por unidad de superficie S
Alargamiento
relativo
Deformación
S
Valores típicos
Material
E (´1010 N×m-2)
Goma
0,0007
Cartílago
0,0024
Tendón
0,06
Hueso
2
Vidrio
7
Acero
20
Deformación:
Alargamiento relativo
l0
l  l0
l0
F
Ley de Hooke
l
El alargamiento relativo es
proporcional a la fuerza aplicada
por unidad de superficie
l  l0 1  F 
  
l0
E S
E: módulo de Young
Unidades S.I. Nm-2
Pendiente pequeña  E grande
Límite
elástico
Mayor E  Material más elástico
1 / E  pendiente
Causa
(fuerza)
Fuerza aplicada
pordeformadora
unidad de superficie
E
• Sólo depende del material (no de la forma, geometría)
• Sólo tiene sentido por debajo del límite elástico
• Es tanto mayor cuanto más elástico sea el material
15
ELASTICIDAD y DEFORMACIÓN. LEY DE HOOKE (3)
Alargamiento
relativo
Formulación más general de la ley de Hooke. Tracción y compresión. Módulo de Young.
Más elástico
TRACCIÓN. Cambio de
forma y de volumen
Fuerza por unidad de
superficie (compresión)
Límite
elástico
Menos elástico
Fuerza por unidad de
superficie (tracción)
Límite
elástico
Acortamiento
relativo
Diferente comportamiento elástico en
tracción y en compresión. (La gráfica
representa un material más elástico bajo
tracción que en compresión).
COMPRESIÓN. Cambio
de forma y de volumen
Los materiales homogéneos (p. ej. el acero) tienen módulos de Young iguales en tracción y en compresión. Pero los materiales
16
heterogéneos (p. ej. el hormigón o los huesos) tienen módulos de Young diferentes en tracción y en compresión.