Física General 1 Proyecto PMME - Curso 2007 Instituto de Física Facultad de Ingeniería UdelaR

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1 Físca General 1 Proyecto PMME - Curso 2007 Insttuto de Físca Facultad de Ingenería UdelaR ANÁLISIS E INFLUENCIA DE DISTINTOS PARÁMETROS EN EL ESTUDIO DE LA ESTÁTICA DE CUERPOS RÍGIDOS. Sebastán Bugna, Dego Gutérrez y Andrés Luzardo INTRODUCCIÓN El objeto del trabajo es analzar la manera en la que nterenen determnados parámetros en el análss del equlbro estátco de un cuerpo rígdo. Para ello se ha propuesto la resolucón, lo mas general posble, de un problema físco relaconado con los tópcos tratados en el curso, aplcando los conceptos tratados en el msmo. FUNDAMENTO TEÓRICO Para comenzar con el análss del ejemplo tratado en este nforme, debemos defnr cual será nuestro objeto de estudo y su medo ambente, así como dentfcar las dstntas relacones exstentes entre ambos; dchas relacones no son mas que las nteraccones físcas entre ambos y sus leyes, es decr, las fuerzas y los prncpos que las gobernan. Luego aplcaremos los dstntos métodos de la mecánca newtonana para determnar que condcones deben cumplr dchas relacones. Antes que nada, conendrá descrbr breemente las deas y conceptos de la dnámca de las rotacones que utlzaremos en este nforme. Se supone asmsmo que el lector tene conoentos de la cnemátca de las rotacones y las leyes del momento de Newton, por lo que no entraremos en detalles. Cuerpo Rígdo: llamaremos cuerpo rígdo a todo cuerpo en el que sus componentes no sufren desplazamentos relatos unos respecto de otros; en otras palabras, el cuerpo no se estra n camba de forma en el tempo (su confguracón como sstema permanece constante.) Torque o momento de una fuerza: se defne el torque de una partícula como el producto ectoral: τ = r F del ector poscón, que a desde el orgen del referencal a la partícula y el ector fuerza F que actúa sobre la partícula. El modulo o alor numérco de dcho ector se calcula como: τ = r F senθ sendo F el modulo del ector fuerza y r el modulo del ector poscón y θ es el alor del menor ángulo que forman dchos ectores. Análogamente se defne el torque de un sstema de partículas respecto a un punto en un referencal nercal como la suma ectoral de los torques de cada componente del sstema respecto al punto: τ neto = r F donde r es el ector que a desde el orgen del sstema de coordenadas a la partícula -ésma del sstema y F es el ector fuerza que actúa sobre la partícula -ésma. Equlbro de los cuerpos rígdos: Defnremos equlbro a una condcón dnámca en la cual un sstema no sufre cambos en su estado de momento (sea su momento rotaconal, traslaconal o ambos); es decr el sstema no esta sendo acelerado (y por ende no esta sendo sometdo a la accón de una fuerza externa o torque externo) sto desde un referencal nercal. Entonces tenemos que en el caso de los cuerpos rígdos, no pueden actuar sobre ellos fuerzas y torques que - 1 -

2 camben su estado de momento. Entonces resulta que para que un cuerpo rígdo permanezca en equlbro tenemos dos condcones: Prmera condcón: el rígdo no esta sendo acelerado lnealmente, es decr, su momento de traslacón, descrto por el momento de su centro de masa en un referencal nercal, no es acelerado. O equalentemente: F neta = F = ma = O x y z Lo que sgnfca que la elocdad lneal del centro de masa del rígdo sta desde un referencal nercal permanece constante. Segunda condcón: el momento rotaconal del rígdo (descrto por cualquer punto del msmo excepto los ubcados en el eje de rotacón s el eje pasa por el cuerpo) respecto a cualquer eje en un referencal nercal no es acelerado. Es decr: τ = r F = Iα = O α = O ω neto sendo I el momento de nerca respecto al eje consderado. Lo que sgnfca que la elocdad angular del rígdo respecto a cualquer eje sto desde un referencal nercal permanece constante. Caso partcular muy mportante es el del equlbro estátco, en el cual además de las condcones anterores, se mpone que el cuerpo permanezca en reposo es decr: = O ω = O Ahora estamos en condcones de resoler el sguente: PROBLEMA Un bombero sube por una escalera rígda de largo total 2L. La prmera seccón de la escalera tene largo L = 7,5 m y una masa M = 350 Kg (el resto de la escalera puede suponerse de masa desprecable). La escalera está apoyada formando un ángulo de 45º sobre un pso cuyo coefcente de rozamento estátco es µ S = 0,6. La escalera tene un punto de apoyo P sn frccón en el extremo del prmer tramo de escalera, como se muestra en la fgura. Determnar la masa máxma del bombero que le permte subr hasta el extremo superor de la escalera sn que ésta se muea. Nota: La reaccón en el punto P es normal a la escalera

3 RESOLUCIÓN: Nos encontramos en la stuacón de un rígdo en equlbro estátco. Por esto, debemos consderar las condcones de equlbro estátco para extraer ecuacones que nos permtan determnar nuestra arable "m (Masa del bombero). PRIMERA CARDINAL DEL MOVIMIENTO: S la escalera está en equlbro estátco no se traslada, hablamos de un equlbro traslaconal reflejado por una elocdad constante nula y una aceleracón nula. Recurrendo a la segunda ley de Newton: entonces lógcamente: para este equlbro. F F = ma neta = F = O neta Realzamos un dagrama de cuerpo lbre (Fg.2) para sualzar las fuerzas que actúan sobre este cuerpo. Antes de consderar las ecuacones que proporcona la ley de Newton, debemos establecer un sstema de ejes de coordenadas a conenenca, que nos faclte el cálculo al descomponer las fuerzas. En este caso, es práctco tomar el eje defndo por el ersor sobre la horzontal con sentdo haca la derecha y de ersor j perpendcular a, ertcalmente con sentdo haca arrba (asmsmo se tomara el ersor k, no mostrado, perpendcular a ambos en dreccón salente de la hoja). Todas las fuerzas están defndas sobre nuestros ejes exceptuando el caso de N P, que es la únca fuerza a descomponer. De esta forma, consderando las fuerzas en sus puntos de aplcacón, obtenemos las sguentes dos ecuacones. ) f s N senθ = 0 p j) N Mg + N cosθ mg = 0 p Fgura 2 Como el problema plantea el caso en que la masa del bombero es máxma, podemos pensar que la fuerza de rozamento estátco que ejerza el pso sobre la escalera tambén será máxma. Al conocer que f S µ S N, entonces obtenemos nuestra tercera ecuacón. f s = µ s N SEGUNDA CARDINAL DEL MOVIMIENTO: Nos queda aún sacar proecho a un segundo análss del equlbro. Las condcones de equlbro estátco del rígdo nos garantzan que este no rota sobre nngún punto, y por ende consderamos su equlbro rotaconal

4 Debemos defnr un sentdo para medr los ángulos de forma posta y así determnar el sentdo del ector del torque en cada caso. Defnmos como sentdo posto el ant-horaro o usual; asmsmo debemos defnr desde que punto del rígdo nos conene medr los torques. Por defncón, s nos tomamos el torque sobre un punto X del rígdo, sabemos que las fuerzas aplcadas en X efectuarán torques nulos. Pensando de esta forma: S medmos los torques desde el punto P en la escalera, tendremos 4 torques. Dos en el punto O relaconados a las fuerzas N y f S y luego las dos fuerzas Mg y mg. El torque de la fuerza N P se anula por la consderacón anteror. En cambo resulta más conenente medr los momentos desde O. S nos fjamos tendremos los torques efectuados por las fuerzas Mg y mg y luego el relaconado a la fuerza N P que resulta normal a la escalera, lo cual es muy practco s pensar en la ecuacón de torque pues Sen 90º = 1, se faclta el calculo con esta fuerza al no trabajar con el seno de un ángulo. Para smplfcar aún más. En ez de consderar las dos fuerzas Mg y mg por separado, consderaremos que las dos pueden consderarse como una únca fuerza aplcada sobre el centro de masa del sstema. Para esto calculamos la poscón del centro de masa y sobre el consderamos la fuerza g(m + m). Consderando los dos rígdos como partículas puntuales, y analzando sus centros de masas, deduos que el centro de masa del conjunto estará posconado entre ambos. Específcamente sobre la parte de masa consderable en la escalera. L M + 2mL X 2 = M + m De esta forma podemos realzar un dagrama de cuerpo lbre bastante smplfcado (Fg. 3) y obtener una ecuacón cómoda para segur adelante. Fgura 3 Obtenemos de esta forma nuestra cuarta ecuacón: M k) τo = Lg 2m cosθ + N pl =

5 RESOLUCIÓN DEL SISTEMA: Llegamos a un sstema de 4 ecuacones con cuatro ncógntas (N, Np, fs y m) por lo tanto compatble. Nuestro nterés es hallar m en funcón de los parámetros conocdos. M Lg 2m cosθ + N pl = 0 2 N Mg + N pcosθ mg = 0 fs N psenθ = 0 fs = µ sn Se resuele el sstema anteror y se llega al sguente resultado: m = M cosθ senθ + cosθ 2 µ s 1 senθ 2cosθ + + cosθ µ s 1 ANALISIS GRÁFICO Y CONCLUSIONES: Al resoler la ecuacón con los datos en la letra del problema llegamos a que el bombero debe pesar 70Kg. Grafcando la ecuacón deducda (Gráfco 1), hacendo arar el ánguloθ de la escalera con la horzontal, obtenemos la sguente representacón: Gráfco 1-5 -

6 Al ser una funcón peródca emos en el Gráfco 2 que se repte nfntas eces en R, pero desde el punto de sta del análss físco solo una parte de dcha grafca corresponde a la realdad, consderamos entonces la masa posta de hasta 500Kg y el ángulo restrngdo entre 0 y π/2: Gráfco 2 Tomando esta zona de la grafca podemos sualzar la relacón que tene que haber entre la masa del bombero y el ángulo de la escalera para que haya equlbro (señalamos el caso especfco que plantea la letra en el que al tener la escalera un ángulo de 45º el bombero debe tener una masa de 70kg). Tambén obseramos que nuestro bombero de 70Kg podría estar sobre la escalera en equlbro pero con otro ángulo dstnto (menor) a 45º. Esto ocurre para masas menores a 180 Kg. aproxmadamente, la escalera ofrece dos ángulos dstntos. S la masa de la escalera fuera dstnta, afectaría drectamente la relacón de equlbro, ya que al tener más masa la escalera, el bombero deberá tener asmsmo más masa; estas masas están relaconadas drectamente como es muy fácl de er en nuestra ecuacón. Analzamos algunos casos en el gráfco 3: Gráfco 3-6 -

7 Dejando la masa de la escalera constante y tomando como arable lbre el coefcente de rozamento estátco podemos er (gráfco 4) como debería arar la masa del bombero para que se rompa el equlbro. El gráfco es aldo mentras que el coefcente de rozamento sea razonablemente pequeño, en general menor a 1. Vemos como la relacón exstente entre estos alores resulta bastante lneal. Gráfco 4 De la ecuacón obtenda obtenemos que m es proporconal aµ s. A su ez podemos obserar que el dato L (largo de la escalera) no nfluye para nada en la resolucón del problema. (Es un dato que sobra, s se quere, de la letra del problema). S quséramos que se mantuera el equlbro con una mayor masa del bombero podemos cambar la escalera por una de mayor masa o ben cambar la superfce de apoyo por una más rugosa. Las representacones grafcas son esencales para poder er el comportamento e nfluencas de las dferentes arables. Esta forma de abordar un problema, de forma general y ofrecendo arantes, nos permte extender nuestra comprensón del tema y del problema físco de una forma mas completa. REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS: 1. RESNICK, ROBERT. HALLIDAY, DAVID. Fsca, tomo1. 3 era edcón en español, C.E.C.S.A. 2. WIKIPEDIA, LA ENCICLOPEDIA LIBRE: