Apunte Estatica v2

7/31/2019 Apunte Estatica v2

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FACULTAD DE INGENIERAUNIVERSIDAD DE LOS ANDES

APUNTE DE EJERCICIOS

ESTTICA

Rodrigo Astroza Euluf

2008


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AGRADECIMIENTOS

Se agradece al alumno Simn Torrealba Jaque en la transcripcin de varios problemas presentes en

este apunte.


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NDICE

1) SISTEMAS DE FUERZAS ............................................................................................................ 1

2) EQUILIBRIO DE LA PARTCULA............................................................................................ 18

3) EQUILIBRIO DE SISTEMA DE PARTCULAS ........................................................................ 35

4) EQUILIBRIO DE SLIDOS RGIDOS ..................................................................................... 44

5) ESFUERZOS AL INTERIOR DE UN SLIDO.......................................................................... 65

6) PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUELES Y CARGAS MVILES .................................. 144

7) PROBLEMAS PROPUESTOS.................................................................................................. 166


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Universidad de Los Andes Rodrigo Astroza EulufFacultad de Ingeniera

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Esttica Pgina 1 Apunte de Ejercicios

1) SISTEMAS DE FUERZAS

Ejercicio 1

La losa de hormign de la figura soporta las seis fuerzas verticales mostradas. Hallar lascoordenadas x e y del punto de la losa por el que pasa la recta soporte de la resultante (considere el

sistema de referencia indicado en la figura).

Dimensiones en metros

Solucin

a) Vectores posicin de acuerdo al sistema de referencia mostradoir 81 =

jir 4.262 +=

jir 0.68.23 +=

jr 8.84 =

jir 8.885 +=

b) Fuerza resultantekF 400 =

kF 481 =

kF 642 =

kF 323 =

kF 724 =

kF 565 =

kFFi

iR184

5

0

== =

c) Momento del sistema

( ) [ ] [ ] jmkNimkNFrMi

iiR6.5378.1164

5

0

+== =

d) Ubicacin de la fuerza resultanteDel teorema de Varignon se sabe que:

( )

( ) ( ) [ ] [ ] 6.537184;11641846.5378.1164184

5

0

==+=+

== =

xyjmkNimkNkjyix

FrFrMi

RRRRR

[ ] [ ]mxmy 92.233.6 ==

48 kN 40 kN

72 kN56 kN

32 kN64 kN

2.0 2.83.2

2.4

3.6

2.8

X

Y

Z


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________________________________________________________________________________


Ejercicio 2

Sustituir las dos fuerzas y el momento mostrados en la figurapor un sistema fuerza-momentoequivalente en el punto A

Solucin

[ ] ikNFA 201 =

( ) ( ) [ ] jmkNikFrM AAA 20201111 ===

[ ]

+

= kjkNFA

10

1

10

3402

( ) [ ] [ ] kmkNjmkNkjkjiFrM AAA 9.753.2510

40

10

12032222 +=

++==

( ) [ ][ ] [ ] kmkNjmkNkMMM

kNkjiFFF

AAR

AAR

9.403.4535

9.376.1220

21

21

+=+=

+=+=

40 kN

Y

Z

X

35 kNm

1 m

1 m

3 m

1 m

1 m

A

20 kN


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Ejercicio 3

Dos camiones tratan de derribar un rbol a travs de las fuerzas mostradas en la figura. Represente

cada fuerza como un vector cartesiano (para el sistema de referencia mostrado) y luego determine la

magnitud y la direccin de la fuerza resultante.

Vista 3D Vista en planta

Solucin

( )6.0;306;306 senoscA = ( )0.9;0;0=B ( )9.0;0.3;5.2=C

Los vectores direccin se obtienen mediante )iif

PP

kjioscrAB 4.80.3306 =

kjirBC 1.80.35.2 +=

Luego, las fuerzas se expresan mediante:ijijij rFF =

( ) ( ) ( ) 32.10

4.80.319.5

4.80.3306

4.80.3306

222

kji

osc

kjiosc

r

rr

AB

ABAB

=

++

==

60 cm

FAB=670 N

30

90 cm

9 mFAB=450 N

A

B

C

Z

X

Y

3 m

2.5 m30

6 m

X

Y


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________________________________________________________________________________


Anlogamente9.8

1.80.35.2

kji

r

rr

BC

BCBC

+==

[ ] ( ) [ ]

( ) [ ]NkjiF

NkjikjiNF

BC

AB

405150125

1.5457.1948.33632.10

4.80.319.5670

+=

==

( )[ ]( )[ ]NkjirRR

NkjiFFR BCAB89.0042.044.01057

9507.448.461

==

=+=

Ejercicio 4

Para el poste de alumbrado de la figura determine las fuerzas verticales que debe resistir cada pernode anclaje. Asuma que por la simetra del sistema de anclaje, las fuerzas de los pernos actan como

un par. Suponga que el tubo del poste posee un peso por unidad de longitud (constante en toda laaltura H).

Datos: W=100 [kgf], H=7 [m], h=1.5 [m], d=20 [cm], =2.8 kgf/m

Solucin

d d

H

W

h

d d

Poste

Placa de

apoyo

Pernos


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________________________________________________________________________________Esttica Pgina 5 Apunte de Ejercicios

En la base del poste las solicitaciones (fuerzas y momentos) sern:

Cada perno resistir la mitad de la fuerza vertical, mientras que el momento ser resistido medianteun par de fuerzas en los pernos:

Como el momento es transmitido mediante un par defuerzas:

[ ]kgfd

MFdFM MM 375

22 =

==

Luego, las fuerzas netas en los pernos son:

[ ] ( )

[ ] ( )abajohaciakgfF

FF

arribahaciakgfF

FF

VMDERECHOPERNO

VMIZQUIERDOPERNO

8.4342

3152

=+=

==

F1= H

F2=W

M=Wh

2d

FM FM

FV/ 2 FV/ 2


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Ejercicio 5

En la siguiente figura se muestra una canaleta que esta empotrada en la zona del punto A. Sobre ella

actan tres fuerzas tal como se muestra en la figura.

a) Descomponga las fuerzas en un sistema de ejes cartesianos elegidos convenientemente.b) Determine el sistema fuerza-momento equivalente en el punto A.c) Calcule la proyeccin de la fuerza que acta en B en la direccin de la normal al plano que

pasa por los puntos (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1).

b/2

t/2

C

b = cte.b = cte.

t = cte

t

t

b = cte.

A

B

D

5 tonf

5 m 15 tonf

8 tonf

7 m

4 m

30

40


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Solucin

Sistema de referencia de acuerdo a los ejes cartesianos:

a) Descomposicin de vectores fuerza de acuerdo al sistema de referencia mostrado

ysenxF 301530cos151 +=

xF 52 =

zsenyF 40840cos831

=

zyF

xF

yxF

14.513.6

5

5.713

3

2

1

=

=

+=

b) Fuerza equivalente:

zyxFFi

iR 14.537.183

1

+== =

Ahora veamos el momento equivalente:

zyxr 025.01.051 =

zyxr 775.61.052 ++=

zyxr 975.69.353 ++=

( ))14.513.6()97.69.35(

)5()77.61.05()5.713()025.01.05(

3

1

zyzyx

xzyxyxzyxFrM iiiR

+++

++++===

( ) zyxFrMi

iiR 65.85.88.223

1

+== =

X

Y

Z

A


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c) Proyeccin normal de la Fuerza resultante, al plano que pasa por los puntos dados.

Se genera el siguiente plano ortonormal:

(0, 0, 1)

X

Y

Z

(0, 1, 0)

(1, 0, 0)

1V

2V

Para encontrar el vector normal, basta hacer producto cruz a dos vectores que pertenezcan al plano,

en particular elegimos 21 VyV

.

)1,1,1()()(

)1,1,0()0,1,0()1,0,0()0,1,1()0,0,1()0,1,0(

12

1

2

=++=++==

====

xyzzyyxVVn

VV

Normalizando el vector

)1,1,1(3

1 = n

Finalmente la proyeccin de la fuerza segn la normal del plano, se calcula con producto escalar.

84.11),,(3

1)5.713(1 =+= zyxyxnF

nFn 84.11 =


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Ejercicio 6

Un estanque horizontal de longitud L y seccin transversal circular de dimetro D que opera en una

planta industrial debe resistir las solicitaciones mostradas en la figura, las cuales son producidas por

las caeras que se conectan a l.

Si el estanque se apoya en una sola pata central cuyo sistema de anclaje se muestra en la figura se le

pide determinar la solicitacin resultante (fuerza y momento) que producen las solicitacionesexternas en el centro de gravedad del sistema de anclaje (a nivel de la placa de apoyo).

Solucin

Sea iF

vector de fuerza i

id

vector de punto de aplicacin de fuerza i considerando un sistema de coordenadas

cartesianas con origen en el centro de gravedad del sistema de anclaje

jFF 11 =

)kseniscoFF 303022 =

kMM 11 =

kjikD

hjD

iL

d 2.15.05.22

2

2

1 ++=

+++=

( ) kikD

hiLDd 2.132

2

12 +=

+++=

Placa de apoyo

Pernos de anclaje

D

L

ELEVACION LATERAL

F2

PLANTA

F1

M1

F2

ELEVACION FRONTAL

30

L

D

h


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13 dd

=

[ ]tonfkjiFRi

iO6539.10

2

1

== =

( ) ( ) ( ) ( )

[ ]mtonfkjiM

kkikijkjiMFdM

O

iiiO

++=

+++++=+= =

5.3333.56

21639.102.1352.15.05.22

1

1

Ejercicio 7

En la figura siguiente se muestra un sistema que permite al camin transportar objetos. Si las barras

que forman el sistema estn rotuladas en ambos extremos determine las fuerzas que se desarrollanen ellas cuando se transporta una caja cuya masa es 500 [kg].

Calcule la resultante de fuerza y momento que estas tres fuerzas ejercen en el vrtice E de la bandeja

del camin.

2.5 m

A

D

B

C

0.75 m

1.25 m

2 m 2 m

D

C

B

1 m

E

Bandeja

Vista Isomtrica

Vista en planta


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Solucin

Ubicando el origen del sistema de referencia en A:

Sea ijn el vector direccin de la fuerza ijF

, la cual se escribe como ijijij nFF =

jiji

nAB 64.0768.05.23

5.23

22=

+

=

kjikjinAC 443.0133.0886.05.275.05

5.275.05222

+=+++=

kjikji

nAD 436.0218.0873.05.225.15

5.225.15

222=

++

=

Luego las fuerzas en las barras se encuentran a partir del equilibrio de la partcula en A, el cual

corresponde a:

[ ]kNF

F

F

F

F

F

AD

AC

AB

AD

AC

AB

=

=

23.5

58.8

84.15

8.9500

0

0

436.0443.064.0

218.0133.00

873.0886.0768.0

Obviamente la fuerza resultante en E es:

[ ]kNkRE 91.48.9500 ==

X

Z

Y

A

D

CB


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________________________________________________________________________________


La resultante de momento es:

( ) )kdFFFdM EADACABEE 91.4=++=

) )kkjiME 91.425.11 ++=

[ ]mkNjiME = 91.414.6

Ejercicio 8

Sobre un sistema de tuberas actan las fuerzas y momentos mostrados en la figura. Se le pidedeterminar la resultante de fuerza y momento en el punto de unin entre la tubera principal y el

estanque vertical. A partir de este resultado determine la resultante de fuerza y momento en el

extremo C de la tubera principal.

45

180 Nm

200 N

300 N

100 Nm

100 N

0.5 m 0.6 m 0.8 m

C


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Solucin

Enumerando las fuerzas como se

muestra en la figura:

=

300

0

0

1F

=

22200

0

22200

2F

=

0

100

0

3F

=

100

0

0

1M

=

22180

0

22180

2M

Y los puntos de aplicacin son:

=

0

0

5.0

1r

=

0

0

1.1

2r

=

0

0

9.1

3r

De este modo la resultante fuerza-momento en A esta dada por:

( )

=

=

+

+

==

=58.158

100

42.141

23100

100

2100

0

100

0

2100

0

2100

300

0

03

1iiA FF

=

=

+

+

+

+

=

+

+

+

+

=+=

==

72.162

56.5

28.127

290290

1502110

290

290

0

290

100

0

0

190

0

0

0

2110

0

0

150

0

290

0

290

100

0

0

0

100

0

0

0

9.1

2100

0

2100

0

0

1.1

300

0

0

0

0

5.02

1

3

1 i

i

i

iiA MFrM

F1

F2

F3

M1

M2

x

z


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________________________________________________________________________________


Trasladando el sistema fuerza-momento resultante en el punto de unin entre la tubera principal y el

estanque al extremo libre C de la tubera se tiene:

==

58.158

100

42.141

AC FF

=

+

=

+

=+=

42.431

56.5

02.174

7.268

0

3.301

72.162

56.5

28.127

58.158

100

42.141

0

9.1

0

72.162

56.5

28.127

ACAAC FrMM

Ejercicio 9

Determine la componente de la fuerza F que acta a lo largo de la barra AC y la componente queacta perpendicular a ella. Considere que el punto B est ubicado a 3 [m] a lo largo de la barra

medido desde el punto C.

4 [m]

4 [m]

3 [m]

4 [m]

6 [m]

A

C

B

D

F=600 [N]


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Solucin

Se considera el siguiente sistema de referencia:

El vector CA se puede escribir como:

kjirCA 443 +=

403.6443 222 =++=CAr

CA

CACA r

rr

=

Luego, el vector CB se puede escribir como:

kjirr CACB 8741.18741.14056.1403.6

3+==

Finalmente se puede escribir el vector direccin BD en funcin de los vectores conocidos:

kjirjirrr CBCBOCOB 8741.11259.25944.143 ++=+=+=

0582.78741.18741.35944.5

8741.18741.35944.544

222 =++=

+=+==

+=

BD

OBOBODBD

BDOBOD

r

kjirjirrr

rrr

BD

BDBD

r

rr

=

La fuerza F

vectorialmente expresada es:

kjirNF BD 311.159326.329568.475][600 +==

4 [m]

4 [m]

3 [m]

4 [m]

6 [m]

A

C

B

D

F=600 [N]

Z

Y

X

O


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________________________________________________________________________________


La direccin AC se puede encontrar directamente de:

kjirr CAAC 443 +==

CA

AC

AC

ACAC

r

r

r

rr

==

Luego, la componente de la fuerza F

que acta a lo largo de la barra AC es:

( ) ( )

[ ]NF

kjikjirFF AC

4.82

403.6

443311.159326.329568.475

//

//

=

++==

Finalmente, la componente perpendicular a la barra corresponde a:

[ ]NFFFF

594600

2222

//

===+

El momento que ejerce la fuerza F con respecto al punto A se calcula directamente como:

( ) ( ) [ ] [ ]

[ ]mNM

mNrFLFMAF

CAAF

=

===

4.2021

403.359433

Otra forma de obtenerlo es a travs del producto cruz:

( ) ( jikjiFrFrM ACABAF 311.159326.329568.4751259.21259.25944.1403.6

403.3++=

==

( )ijikjkMAF 114.700010.1011679.338010.1011005.254077.525 +=

( )

[ ]mNM

kjiMAF

AF

=++=

=

5.2022087.1536015.1265435.361

087.1536015.1265435.361

222


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Ejercicio 10

Para el sistema de fuerzas mostrado en la figura se le pide determinar un sistema equivalente fuerza-

momento en el punto A de empotramiento.

OBS: La fuerza de 10 [kgf] de la derecha solo posee componentes en la direccin vertical y en ladireccin perpendicular a la pared.

Solucin

De acuerdo al sistema de referencia de la figura se pueden escribir las fuerzas y sus vectores

posicin como:

=

0

10

0

1F

=

0

5

2

1r

=

20

0

0

2F

=

7

8

2

2r

( )( )

=

3010

3010

0

3

sco

senF

=

0

8

2

3r

Luego, la fuerza y el momento equivalentes en el empotramiento son:

==

=34.11

5

03

1iiA FF

=

+

+

== =

10

68.22

72.90

66.8

5

0

0

8

2

20

0

0

7

8

2

0

10

0

0

5

23

1iiiA FrM

5 [m]

3 [m]

2 [m]

7 [m]

10 [kgf]

20 [kgf]

10 [kgf]30

Y

X

Z


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2) EQUILIBRIO DE LA PARTCULA

Ejercicio 11

Un cuerpo de masa M=250 kg. cuelga de un sistema de cables tal como se indica en la figura.

Determinar las tensiones en los cables A, B, C, D y E suponiendo que el sistema se encuentra en

equilibrio. Datos: g = 10 m/s y M= 250 Kg

60

40

60A

B

C

E

D

M

Solucin

Condicin de equilibrio en el punto 0

= 0YF MgTE = (1)


= 0XF 60cosCD TT = (2) = 0YF 60senTT CE = (3)

60

40

60A

B

C

E

D

M0

1

2

601

DT

CT

ET


22/50


________________________________________________________________________________



= 0XF 6060cos40cos senTTT BCA =+ (4)

= 0YF 6060cos40 senTTsenT CBA =+ (5)

40

60

260

AT

BT

CT

De (1) [ ]NTE 2500= (6)

(6) en (3)[ ]

= CTsenN

60

2500 [ ]NTC 2887= (7)

(7) en (2) = 60cosCD TT [ ]NTD 1443= (8)

(6) en (5) 25005.0643.0 =+ BA TT (9)

(6) en (4) BA TT 866.01443766.0 =+ (10)

(9)*0.766 (10)*0.643 BB TT 557.0191585.927383.0 =

[ ]NTA 3024= [ ]NTB 1537=


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Ejercicio 12

Una cuerpo de masa M=150 kg. cuelga de dos cables que estn sujetos a la parte superior de una

pared vertical como se indica en la figura. Adems, existe un resorte de constante K=2000 N/m que

conecta la masa M con la pared (perpendicular a la pared).Sobre dicho cuerpo acta una fuerza F de 500 N (perpendicular a la pared).

Determinar la deformacin del resorte (magnitud y sentido) de modo que el sistema se encuentre en

equilibrio. Establezca claramente si el resorte est alargado (traccionado) o acortado (comprimido).

Solucin

Descomposicin de fuerzas

zTyTxTT ZYx 1111 ++=

DCL

T2

T1

Fr F

W

Suponemos Resorte

estirado

3 m

Z

Y

2m

F X

7 m

8 m

2 m


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________________________________________________________________________________


= KFR

22

1

72

8

+

=tg 7.471 =

2

71 =tg 05.741 =

1111 7.0 TsenTTZ ==

11111 185.0cos)cos( TTTX ==

11111 647.0)cos( TsenTTY ==

Anlogamente:

74.65)32

8(

222 =

+= arctg 31.56)

2

3(2 == arctg

2222 912.0 TsenTTZ ==

22222 228.0cos)cos( TTT X ==

22222 342.0)cos( TsenTTY ==

Condicin de equilibrio

= 0XF 0228.0185.0 21 =+ FKTT (1) = 0YF 0342.0647.0 21 =+ TT (2) = 0ZF [ ]NWTT 1500912.074.0 21 ==+ (3)

De (2) 12 89.1 TT = (4)

(4) en (3) [ ]NWTT 1500)89.1(912.074.0 11 ==+ [ ]NT 6091 = (5)[ ]NT 11512 = (6)

(5) y (6) en (1)05001151228.0609185.0 =+ K

1

1


25/50



[ ]

mm

NK

062.02000

125

125

==

=

[ ]cm24.6= Por lo tanto el resorte est alargado.

Ejercicio 13

Una bola de 350 [N] est suspendida de un anillo horizontal por medio de tres resortes, cada uno de

los cuales posee una longitud sin deformar (largo natural) de 45 [cm] y una rigidez de 730 [N/m].Determine la distancia vertical h desde el anillo al punto A cuando el sistema se encuentra en

equilibrio. Considere =120

HINT: Considere la simetra del problema.

Vista 3D Vista en planta

Solucin

Debido a la simetra del problema se tiene que los tres resortes tienen la misma fuerza RF . Luego, laecuacin de equilibrio esttico de la bola es:

0350cos3 = RF (1)

Pero ( )[ ]

[ ]

=== cmsen

cm

m

NllKKFR 45

457300

(2)

A

45 [cm] 45 [cm]

h


26/50



Reemplazando (2) en (1):

[ ] [ ]

( ) 350

350cos45.045.0

7303

=

=

f

myN

sen

Resolviendo iterativamente:

[] f()10 4618.5

30 853.5

40 419.5

50 193.5

45 288.6

43 336.142 362.1

42.5 348.9

42.46 350

[ ]( )

[ ]cmcm

hEQ

EQEQ 18.49tan

4546.42 ===

Ejercicio 14

Para el sistema de la figura se pide encontrar una ecuacin para el ngulo de equilibrio cuando enB acta un peso W. El resorte de constante K tiene su largo natural cuando las barras estn

horizontales (=0). Desprecie el peso de las barras.

RuedaK

LL

B

W

A


27/50



Solucin

Condicin de equilibrio en B:

sen

WF

WsenFF

FFFF

Y

X

=

==

===

2

20

021

En la rueda se tiene:

ant

WK

oscsen

WK

scoFFF RX

=

=

==

2

2

0

La posicin inicial del sistema es:

( )( )

scoL

scoLll

lscoLlL

=

=

+=+

12

12

22

0

0

( )

222

212

WsenLKntaLK

ant

WscoLK

=

=

LK

Wsennta

=

4

W

F1 F2

F

FR

Sin deformar

l0L

B

L


28/50


________________________________________________________________________________


Ejercicio 15

Una fuerza vertical P=45 [N] es aplicada

a travs de la cuerda AB, la cual posee

una longitud de 60 [cm]. Si el resortetiene una longitud de 60 [cm] en su

estado sin deformar, determine una

ecuacin para el ngulo de equilibrio.

Considere k=220 [N/m]

B

A

P

L= 60 [cm] L= 60 [cm]

k

HINT: Teorema del coseno

Solucin

Diagrama de cuerpo libre

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )20450

100

=+=

==

senTsenFF

scoTscoFF

RV

RH

Adems, se tienen las siguientes relaciones trigonomtricas:

( )

( )

scoL

oscL

=

+=

4560

12060212060 222

T FR

P

60cos Lcos( )

L


29/50


________________________________________________________________________________


( ) ( )

( )( )

( )

sco

oscosc

oscLosc

=

=+

45

2

12060

( ) ( ) ( )

( )( )

( )

sco

sensen

scosensenh

=

==

45

456060

Para obtener la fuerza en el resorte, se obtiene el largo final del resorte mediante el teorema del

coseno en el ABC.

( ) ( ) ( ) scoscoscoL ==+= 4560144001800060120260120 22

( )( )14560 == scokxkFR

De la ecuacin (1):

( )( )

( )( ) ( )( ) ( )

==

scosco

scoscok

sco

scoFT R

1

45

214560

Reemplazando en la ecuacin (2):

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 452

145

14560 =

+

sco

sco

sco

senscok

( )

( )( )

knta

sco

sco

=

60

452

45

145

=

=cm

N

m

Nkcon 2.2220

Resolviendo se obtiene = 35


30/50


________________________________________________________________________________


Ejercicio 16

Se colocan dos paquetes sobre una cinta transportadora que forma

un ngulo con la horizontal de 15 y se encuentra en reposo. Los

coeficientes de rozamiento entre la cinta y el paquete A valen

S=0.2 y K=0.15; entre la cinta y el paquete B valen S=0.3 yK=0.25. Los paquetes, cuyas masas son mA=6 kg y mB=4 kg, secolocan sobre la cinta de modo que estn en contacto entre s y en

reposo. Determinar:

a) Si se movern uno o los dos paquetesb) La fuerza de rozamiento que acta sobre cada paquete

Solucin

DCL Bloque B DCL Bloque A

( )( )=+=

1540

1540

senfP

oscN

B

B

( )( )

[ ]

mueveseABloque

fP

NNf

fsenP

oscN

MAXA

ASAMAXA

A

A

>+

==

=+

=

_

_

53.15

59.11

1560

1560

Si B no se mueve P=0

( ) [ ][ ]

muevesenoBBloque

NNfPero

Nsenf

BSBMAXB

B

==

==

59.11

35.101540

_ [ ]

[ ]

=

==

Nf

Nff

A

MAXAA

35.10

59.11_

NA

fA

P60

15

NB

fB

P

40


31/50


________________________________________________________________________________


TAB

m2g

m1g

Ejercicio 17

Dos masas m1 y m2 se encuentran suspendidas por medio de un sistema de cables tal como se

muestra en la figura. Sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio, hallar las fuerzas que

transmiten los tres cables conectados a B.

Nota: - El sistema de cables es coplanar.

- La polea en E puede girar sin rozamiento.

Datos: m1=50 kg m2=100kg

Solucin

Equilibrio en el punto A

)1(cos 1 gmTAB =

)2(2 gmsenTAB =

4.63tan)1(

)2(

1

2 == mm

NTAB 1096cos

8.950=

=


32/50


________________________________________________________________________________


Equilibrio en el punto A

45 30

TAB

TBDTBC

)3(3045 senTsenTsenT ABBDBC =+

)4(30coscos45cos =+ BDABBC TTT

)5(9805.0707.0 =+ BDBC TT )6(866.0491707.0 =+ BDBC TT

BDBD TT = 866.09804915.0)6()5(

NTBD 1077= NTBC 5.624=

Ejercicio 18

Una masa de 250 kg cuelga del sistema de cables tridimensional que se muestra en la figura.

Se pide determinar: - Las fuerzas en los cables AB, BC y BD.

- El momento que genera la tensin del cable BC (aplicada en el punto B) conrespecto al origen del sistema de ejes cartesianos mostrado en la figura.

Nota: - Utilice el sistema de ejes cartesianos mostrado en la figura para resolver el problema.- Los puntos A y B estn en el planoyz.- Las coordenadas de los puntos del sistema se resumen en la tabla.

Punto X [m] Y [m] Z [m]

A 0 -3.6 3.7

B 0 -3.6 2.7

C 3 0 0D -1.2 0 0


33/50


________________________________________________________________________________


Solucin

Equilibrio en el punto B

J

I

K

( ) ( )[ ]Nj

j

5.2452

81.9250

=

=

:,, sonrrrsdireccioneLas BDBCBA

TAB

TBD

C

D

A

TBC

=mg


34/50


________________________________________________________________________________


( ) ( ) ( )

kr

k

kjikji

kjikjir

BA

BA

1

1

1

7.26.307.36.30

7.26.307.36.30

21

=

=

++

++=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]

kjir

kji

kjikji

kjikjir

BC

BC

4992.06656.05547.0

7.26.33

7.26.33

7.26.30003

7.26.30003

21

222

+=

++

+=

+++

+++=

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]

kjir

kji

kjikji

kjikjir

BD

BD

5797.0773.02577.0

7.26.32.1

7.26.32.1

7.26.30002.1

7.26.30002.1

21

222

+=

++

+=

+++

+++=

Notar que:

( )

( )( )

0.5547 0.6656 0.4992

0.2577 0.773 0.5797

1

BC BC BC BC

BD BD BD BD

BA BA BA BA

T T r T i j k

T T r T i j k

T T r T k

= = +

= = +

= =

Con el equilibrio: = 0

F

( ) ( )( ) 05.24521

5797.0773.02577.04992.06656.05547.0

=+

+++

jkT

kjiTkjiT

BA

BDBC

En componentes:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1 0.5547 0.2577 0

2 0.6656 0.773 2452.5

3 0.4992 0.5797 0

BC BD

BC BD

BC BD BA

T T i

T T j

T T T k

=

+ =

+ =


35/50


________________________________________________________________________________


De (1)

( )

0.5547 0.2577

2.1525 5

BC BD

BD BC

T T

T T

=

=

(5) en (2)

( )

[ ]

0.6656 0.773 2.1525 2452.5

2.3295 2452.5

1052.8

BC BC

BC

BC

T T

T

T N

+ =

=

=

En (5)

[ ]2.1525 1052.8 2266.15BDT N= = En (3)

[ ]NT

T

BA

BA

25.1839

15.22665797.08.10524992.0

=

+=

( ) 1052.8 0.2577 0.773 0.5797 271.3 813.8 610.3BCT i j k i j k = + = +

irC 3 =

( ) ( )[ ]

( ) ( ) [ ]1

2 2 2

3 271.3 813.8 610.3

1830.9 2441.4

1830.9 2441.4 3051.7

BC C BC

BC

BC

M r T i i j k

M j k N m

M N m

= = +

= +

= + =

Ejercicio 19

Un peso W cuelga de tres cables que estn

sujetos a un aro y atados juntos en D. El

dimetro del aro es d y la longitud de cadacable es L se le pide determinar la tensin encada cable dados los ngulos y (todosmenores a 180).

W

D


36/50


________________________________________________________________________________


xy

zF1

F3

F2

Solucin

Escogemos el sistema de coordenadas en el punto de unin

de las cuerdas de modo que el eje X quede paralelo a la

proyeccin de la cuerda 1 (que produce la fuerza 1) sobre elplano del aro.

De este modo podemos escribir las fuerzas de la siguiente

manera:

111 nFF =

, 222 nFF =

y 333 nFF =

. Con los iF la

magnitud de la i-sima fuerza y in su vector de direccin.

Recordando que la longitud de las cuerdas es L, estosvectores se escriben de la siguiente manera:

LkoscLi

dn

1

21

+=

LkoscLjsen

diosc

dn

1

2

22

++=

LkoscLjsen

diosc

dn

1

2

23

+=

Con:2

42

1

=

L

dsco

El vector del peso que cuelga es:

kWW =

Sumando fuerzas en el origen:

0 332211 =++ kWnFnFnF

kWnFnFnF 332211 =++


37/50


________________________________________________________________________________


Esto nos lleva a escribir el sistema de ecuaciones:

=

WF

F

F

oscoscosc

senL

dsen

L

d

oscL

dosc

L

d

L

d

0

0

220

222

3

2

1

Que se puede reescribir como:

=

scoWF

FF

sensenscosco

0

0

111

0

1

3

2

1

La solucin de este sistema, y de nuestro problema, es entonces:

( )( )( )

( ) ( ) ( )[ ]

++

+

=

sensensen

W

sen

sen

sen

F

F

F

cos3

2

1

O escrito de otra manera:

( )( )( )

( ) ( ) ( )[ ]

sensensen

W

sen

sen

sen

F

F

F

++

=

cos3

2

1


38/50


________________________________________________________________________________


3) EQUILIBRIO DE SISTEMA DE PARTCULAS

Ejercicio 20

Calcule la fuerza resultante ms simple producida por el agua y donde acta en la presa de 60 [m] dealtura y 800 [m] de largo.

Dato: =1000 [kg/m3]

HINT:2

4

2101

sm

kg

cm

N

=

Solucin

Prisma de presiones El peso especfico del agua vale:

=

=

==

3

2223

9800

98008.91000

m

N

sm

kg

s

m

m

kgg

La presin mxima que el agua ejerce sobre la presa es:

[ ]

=

==

23588000609800

m

Nm

m

NhP

Luego la fuerza que ejerce el agua sobre la presa est dada

por el volumen del prisma de presiones:

[ ]NVF prisma1010696.180058800011.72

2

1===

[ ]

[ ] [ ] baseladesdemedidommd

GNF

04.2411.7231

96.16

==

=

60 [m]

40 [m] 10 [m] 120 [m]

d

F

72.11 m

P= h


39/50


________________________________________________________________________________


Ejercicio 21

Para el sistema de dos estanquesesquematizado en la figura, se pide

encontrar una ecuacin para el ngulo de equilibrio de la compuerta, la cual es

de forma rectangular y de peso W

(densidad homognea), despreciando el

efecto del roce entre ella y el muro.

Solucin

Diagrama de cuerpo libre de la compuerta: Existen tres fuerzas, la presin del lquido 1, la presindel lquido 2 y el peso de la compuerta.

i) Fuerza de presin del lquido 1

111HP = ( )( ) senRHP += 112

Volumen del prisma de presiones bRPP

V +

=2

21

( ) bRsenR

HF

+= 2

111

R

P1

P2


40/50


________________________________________________________________________________


El centro de presiones (punto de aplicacin de la fuerza) coincide con el centro de gravedad del

prisma de presiones. Descomponiendo en dos:

RRG =3

21

22

RRG =

Volumen prisma 1( )

bRsenR

bRPP

=

=22

112

Volumen prisma 2 bRHbRP == 111

( )

( )

( )

( )

senR

H

H

R

sen

R

bRsenR

H

bRH

R

bR

senR

RV

VRRi

iGi

G

+

+=

+

+

==

2

23

2

223

2

1

1

2

11

11

1

1

ii) Fuerza de presin del lquido 2

223HP = ( )( ) senRHP += 224

Volumen del prisma de presiones bR

PP

V

+

= 243

( ) bRsenR

HF

+= 2

222

El centro de presiones (punto de aplicacin de la fuerza) coincide con el centro de gravedad delprisma de presiones. Descomponiendo en dos:

RRG =32

1 2

2 RRG =

Volumen prisma 1( )

bRsenR

bRPP

=

=22

234

Volumen prisma 2 bRHbRP == 223

P1

(P2-P1)

RG1

RG2

P3

P4

P3

(P4-P3)

RG1

RG2


41/50


________________________________________________________________________________


( )

( )

senR

H

HR

senR

V

VRR

i

iGi

G

+

+=

=

2

23

2

2

2

2

iii) Peso de la compuerta

WF =3

2

RRG =

Ecuacin de equilibrio:

( ) 02

cos0 221

1 =+= GGO RFRFR

WM

( ) ( )( )

( )

( )( )

( )0

2

23

2

2

23

22cos

2

2

2

22

1

1

2

11

=+

+

+

+

+

++

senR

H

HR

senR

bRsenR

H

senR

H

HR

senR

bRsenR

HR

W

( ) ( ) ( ) ( ) 023

cos2

2211

2

21 =++R

bHHsenR

bW

R/2

W


42/50


________________________________________________________________________________


Ejercicio 22

Para el sistema de la figura determinar una ecuacin que permita obtener el ngulo de equilibriode la compuerta semicilndrica de peso W y longitud unitaria, la cual separa los lquidos de pesos

especficos 1 y 2 y se encuentra articulada en el punto O.Datos: R, 1, 2, W.

HINT: el centro de masa de una seccin semicilndrica se ubica a una distancia

3

4 Rmedido

horizontalmente desde su lado recto.

Solucin

Fuerzas de presin del lquido 1:

Superficie donde

se ejerce la presin.

O

2R

2Rcos

2Rcos

2Rsen


43/50


________________________________________________________________________________


2Rcos

2Rsen

Fuerza horizontal

22

11

11

cos2

)(12

cos2cos2

=

=

RF

anchoRRF

xP

xP

Fuerza vertical

12

cos2211

=

RsenRF zP (Peso del agua donde se ejerce la presin)

Distancia desde 0 al centro de la aplicacin de la fuerza horizontal.(medida en forma

vertical)

3

cos21

=

Rdx

Distancia desde 0 al centro de la aplicacin de la fuerza vertical.(medida en formahorizontal)

3

21

senRd z

=

OBS:

Las distancias se miden perpendicularmente a la fuerza, ya que ste es el brazo que genera el torque.

Fuerzas de presin del lquido 2:

Fuerza horizontal

Sabemos que las isbaras son

horizontales, luego, se observa que laspresiones ms debajo de la profundidad2Rcos se anulan al actuar en forma

idntica por ambos lados de la

compuerta, con signos opuestos.


44/50


________________________________________________________________________________


O

Superficie donde las

actuan hacia abajo

O

22

22

22

cos2

)(12

cos2cos2

=

=

RF

anchoRR

F

xP

xP

Fuerza vertical

Dividiremos el anlisis en presiones con direccin arriba y abajo.

En ambos casos las presiones estn dadas por el peso de la zona achurada. Como existen partes de

las reas que se intersectan, y las fuerzas que representan tienen signo contrario, se anulan y la

fuerza queda dada por el peso de la siguiente zona:

2Rcos

2Rsen


45/50


________________________________________________________________________________


O d

x

O

C.M

Rsen

Separando las fuerzas en el triangulo y el semicrculo:

)(12

)(1

2

2cos2

2

22

22

osemicirculR

F

triangulosenRR

F

xP

zP

=

=

Distancia desde 0 al centro de la aplicacin de la fuerza horizontal.(medida en formavertical)

3

cos22

=

Rd x

Distancia desde 0 al centro de la aplicacin de la fuerza vertical.(medida en forma horizontalpara el triangulo y para el semicrculo)

Peso de la compuerta

WF= )..(3

cos4compuertaladeGCenactuasenRdW

+=

3

22

senRd z

=

+=

==+=

3

cos4

c3

4cos.

2

2

senRd

RMCxdondexsenRd

z

z


46/50


________________________________________________________________________________


Luego, la condicin de equilibrio es:

0cos3

4cos

3

4

2

3

2)cos2(

3

cos2)cos2(

3

2)cos2(

3

cos2)cos2(0

2

2

2

2

22

2

2

1

22

10

=

+

+

+

+

+

+

=

RsenRW

RsenR

R

senRsenR

RR

senRsenR

RRM

0cos34

23cos4)(

co3

4

23

cos4)(

3

cos4)(

2

2

3

12

2

2

23

12

33

12

= +

+

+

+

+

RsenRWRR

RsenRW

RsenRR

7.4=


47/50


________________________________________________________________________________


4) EQUILIBRIO DE SLIDOS RGIDOS

Ejercicio 23En la figura se muestra una estructura en la cual la polea sin rozamiento en D tiene una masa de 200

[kg]. Hallar las fuerzas que se transmiten de una barra a otra a travs de la rtula C, despreciando las

masas de las barras.

Solucin

Diagrama de Cuerpo Libre de la polea

[ ]

[ ] ( )

[ ]kNHTHM

roceinspoleacondicinkNT

kNVF

D

DO

DV

5

00

5

70

==+=

=

==

A

2.5 m

2.5 m1.7 m2 m

0.3 m

7 N/m

BC D

W

R=600 mm

VD

HD

T

5000 N

2000 N


48/50


________________________________________________________________________________


Diagrama de Cuerpo Libre Barra BD

[ ][ ][ ]kNVkNV

kNV

VVM

HHHF

VVVF

B

C

D

DCB

DCBH

DCBV

375.3

375.10

7

9.540

0

0

=

=

=

==

=+=

=+=

Diagrama de Cuerpo Libre Barra AC

[ ]

[ ][ ][ ]

[ ][ ]

[ ]kNHkNH

kNH

kNH

kNV

kNHTHVM

THHF

NVVF

D

C

B

A

A

C

CCA

CAH

CAV

0.5

8.22

8.17

8.17

36.10

8.22

01.35.24143.10

0

140

=

=

=

=

=

===

+==

==

14 N

HA

VA

HC

VC

T

0.3 1.0 2.7

0.6

2.5

4 [m]

HC

VCHD

VD

1.9 [m]

VB

HB


49/50


________________________________________________________________________________


Ejercicio 24

La barra doblada AD soporta una carga uniforma y est articulada (rtula) con otra barra CB en el

punto C. Las dos barras estn conectadas, adems, por un resorte de rigidez k=10 [kN/m] y de

longitud natural 0.8 [m]. Hallar las fuerzas de soporte en Ay B.

Solucin

Diagrama de Cuerpo Libre Barra BC

==+=

==

=+=

0452452450

0

0

senHoscVscoFM

HHF

VFVF

BBRC

CBH

CRBV

k

D

0.8 m

45

C

A

B

45

1.0 m

1.0 m

1.0 m

5 kN/m

45

HBVB

FR

cos(45)

sen(45)

sen(45)

cos(45)

HC

VC


50/50


Diagrama de Cuerpo Libre Barra AD

( )

=+++==

==

+=+=

04.04544545450

0

40

scooscFoscVsenHM

HHF

FVVF

RAAC

CAH

RCAV

Resorte ( ) ( ) [ ]kNsenFsenLperoLLKKF RR 14.68.0452104520 =====

Luego,

4.124.12

14.10

07.307.3

14.6

==

=+

==

====

HVVH

VV

HVVH

VVHHHH

AA

CA

BB

BC

CBA

407.34.124 =+=+ HHVV BA

[ ][ ]

[ ][ ]kNV

kNV

kNV

kNHHHH

C

A

B

CBA

8.12

66.2

66.6

74.9

=

=

=

====

0.4 m

45

4 kN

0.4 m

HA

VA

HC

VC

cos(45) cos(45)

sen(45)

sen(45)

FR

Apunte Estatica v2

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