Informe Proyecto de Estatica
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INFORME PROYECTO DE ESTATICA TEMA: ESTRUCTURA METALICA SIMPLE OBJETIVOS: Se calculará la reacción en el apoyo c. Se calculara la fuerza de tensión de la cuerda ABD. Se calculará la fuerza P en el punto E que necesita hacer que se mantenga en equilibrio la barra. Materiales a Utilizarse Masas 1 metro de Tubo cuadrado Dinamómetro Polea Base teórica EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO Por definición una partícula puede tener solo movimiento de traslación. Si la resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es cero, la partícula está moviéndose con velocidad constante o está en reposo; en este último caso se dice que está en equilibrio estático. Pero el movimiento de un cuerpo rígido en general es de traslación y de rotación. En este caso, si la resultante tanto de las fuerzas como de los torques que actúan sobre el cuerpo rígido es cero, este no tendrá aceleración lineal ni aceleración angular, y si está en reposo, estará en equilibrio estático. La rama de la mecánica que estudia el equilibrio estático de los cuerpos se llama estática.
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INFORME PROYECTO DE ESTATICA
TEMA: ESTRUCTURA METALICA SIMPLE
OBJETIVOS:
Se calculará la reacción en el apoyo c.
Se calculara la fuerza de tensión de la cuerda ABD.
Se calculará la fuerza P en el punto E que necesita hacer que se mantenga en
equilibrio la barra.
Materiales a Utilizarse
Masas 1 metro de Tubo cuadrado Dinamómetro Polea
Base teórica
EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO
Por definición una partícula puede tener solo movimiento de traslación. Si la resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es cero, la partícula está moviéndose con velocidad constante o está en reposo; en este último caso se dice que está en equilibrio estático. Pero el movimiento de un cuerpo rígido en general es de traslación y de rotación. En este caso, si la resultante tanto de las fuerzas como de los torques que actúan sobre el cuerpo rígido es cero, este no tendrá aceleración lineal ni aceleración angular, y si está en reposo, estará en equilibrio estático. La rama de la mecánica que estudia el equilibrio estático de los cuerpos se llama estática.Para que un cuerpo rígido este en equilibrio estático se deben cumplir dos requisitos simultáneamente, llamados condiciones de equilibrio. La primera condición de equilibrio es la Primera Ley de Newton, que garantiza el equilibrio de traslación. La segunda condición de equilibrio, corresponde al equilibrio de rotación, se enuncia de la siguiente forma: “la suma vectorial de todos los torques externos que actúan sobre un cuerpo rígido alrededor de cualquier origen es cero”. Esto se traduce en las siguientes dos ecuaciones, consideradas como las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido:
Como estas ecuaciones vectoriales son equivalentes a seis ecuaciones escalares, resulta un sistema final de ecuaciones con seis incógnitas, por lo que limitaremos el análisis a situaciones donde todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido, están en el plano xy, donde también obviamente se encuentra r. Con esta restricción se tiene que tratar sólo con tres ecuaciones escalares, dos de la primera condición de equilibrio y una de la segunda, entonces el sistema de ecuaciones vectorial (6.3) y (6.4) se reduce a las siguientes ecuaciones escalares:
Cuando se tratan problemas con cuerpos rígidos se debe considerar la fuerza de gravedad o el peso del cuerpo, e incluir en los cálculos el torque producido por su peso. Para calcular el torque debido al peso, se puede considerar como si todo el peso estuviera concentrado en un solo punto, llamado centro de gravedad. Se han preguntado alguna vez ¿por qué no se cae la Torre de Pisa?, o ¿por qué es imposible tocarte los dedos de los pies sin caerte cuando estas de pie apoyado con los talones contra la pared? ¿Por qué cuando llevas una carga pesada con una mano, extiendes y levantas el otro brazo? Para responder a esto debemos definir los conceptos de centro de masa y de centro de gravedad y su aplicación al equilibrio estático.
EXPERIMENTO
∑MC =0 +
−TAB (0.12 )+TAB (0.30 )−P (0.12 )=0
TAB (0.30−0.12 )−(2.5)(0.12)=0
TAB (0.18 )=0.3
TAB= 0.30.18
TAB=1.66N
∑FX = + ∑F y=0 +
CX−TAB=0 CY +TAB−P=0
CX=TAB CY=−TAB+P
CX=1.66N CY=−1.66+2.5
CY=0.84N
DIAGRAMA DE SOLIDO LIBRE
GRAFICOS, CALCULOS Y RESULTADOS
1. Observaciones y datos
a) tabla de datos
F (N) Ymax (m)×10−5
0,5×9,8=4,9 441×9,8=9,8 861,5×9,8=14,7 1302×9,8=19,6 172
∑M= 0
- (4.9) (5) + B (55) =0
B= 0.45 N
F= KX F= KX
F= k (XF-XI) F= k (XF-XI)
K= (XF-XI)/F (XF-XI) = F/K
P
TDB
TAB
CY
CX
K= (2-0)/9.8 XF = (F +XI)/K
K= 0.20 XF = (14.7 /.20) +2
XF = 7.5mm
b) Gráfica de Ymax vs. F:
c) Calculo de pendiente con su respectivo error:
m = y2− y1x2−x1
m = (150−80 )×10−5
17−9
m = 8,75×10−5
a = y2− y1=70×10−5 δa = δy2+δ y1=2×10
−5
b = x2−x1=8 δb=δ x2+δ x1=2
m = ab
m = ab−1
δm=|∂m∂a |δa+|∂m∂b |δbδm=|1b|δa+|−ab2 |δbδm=|18|(2×10−5 )+|−70×10−5
(8 )2 |(2 )
δm=2,44×10−5
→m=(8,75±2,44 )×10−5
d) Momento de Inercia del área de la sección transversal con su respectivo error.
Sabiendo que:
b = (0.55 ± 0,1) mm
h = (.05 ± 0,1) mm
I=b .h3
12
I=(0.055 ) (0,005 )3
12=6,30×10−10 [Kg .m3 ]
*Partiendo de:
I=b .h3
12
δI=|∂ I∂b|δb+|∂ I∂h|δh
δI=|h312|δb+|b .h2
4 |δhδI=|(5×10−3 )3
12 |(0,1×10−3 )+|(55×10−3 ) (5×10−3 )2
4 |(0,1×10−3 )
δI=0,02×10−10
→I=(6,30±0,02 )×10−10 [Kg .m3 ]
e) Con los valores conocidos de L e I, establecer el valor de E usando la pendiente encontrando su respectivo error.
Sabiendo que:
L = (800 ± 1) mm
m= L3
48 EI
E= L3
48mI
E=(0,8 )3
48 (55×10−5 ) (5×10−10 )=1,93×1011 [Pa ]
*Partiendo de:
E= L3
48mI
δE=|∂E∂ L|δL+|∂ E∂m|δm+|∂ E∂ I |δIδE=| L2
16mI |δL+| L348 I|δm+| L348m|δIδE=| (800×10−3 )2
16 (55×10−5 ) (5×10−10 )|(1×10−3 )+| (800×10−3 )3
48 (5×10−10 )|(2,44×10−5 )+| (800×10−3 )3
48 (55×10−5 )|(0,02×10−10 )
δE=0,01×1011
→E=(1,93±0,01 )×1011 [Pa ]
CONCLUSIONES
La aplicación de las fuerzas aplicadas en los dos y tres lugares respectivamente sobre la viga, los cálculos nos permitieron verificar el grado de deformación del resorte y que peso necesitaríamos para que la estructura quede en un punto de equilibro.
