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Cap. 3 Equilibrio Pág. 3-1

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Cap. 3 Equilibrio

3.1 Equilibrio de la partícula

Sabemos de la primera de ley de Newton que “si la fuerza resultante de todas las fuerzasque actúan sobre una partícula es nula, la partícula permanecerá en reposo si originalmenteestaba en reposo, o continuará su movimiento con velocidad constante a lo largo de unatrayectoria rectilínea si originalmente se estaba moviendo”.

Podemos concluir entonces que si la fuerza resultante de un sistema de fuerzas que actúasobre una partícula es nula, la partícula está en equilibrio. Algebraicamente este hecho seexpresa como:

∑ ==i

iF R 0

(3.1)

Entonces, la condición necesaria y suficiente para el equilibrio de una partícula se basa enun equilibrio de fuerzas.

Para el análisis de problemas de equilibrio de una partícula es imprescindible empezarrealizando un esquema que contenga toda la información acerca de las variables físicas del

problema. Tal diagrama, que contiene a la partícula aislada del resto del sistema al que pertenece y a todas las fuerzas que actúan sobre ella, se denomina diagrama de cuerpolibre.

Este diagrama debe ser lo más claro posible pues a partir de él se escribirán las ecuaciones

escalares que devienen de la ecuación vectorial (3.1). Un diagrama poco claro, incompleto oimpreciso podría eventualmente acarrear errores en el planteamiento de las ecuacionesmencionadas y entonces la solución será errónea.

3.1.1 Equilibrio de la partícula en el plano

Si se da el caso de que todas las fuerzas que actúan sobre una partícula están contenidas enun mismo plano, es decir, si constituyen un sistema coplanar de fuerzas, la ecuación (3.1) se

podrá escribir según dos direcciones cualesquiera del plano.

Por ejemplo, si se elige trabajar con un sistema cartesiano, tendremos:

∑ = 0 xF (3.2) ∑ = 0 yF (3.3)

Sin embargo, en general se puede usar dos cualesquiera direcciones u y v que no deben sernecesariamente perpendiculares entre sí:

∑ = 0uF (3.4) ∑ = 0vF (3.5)

Documento de TrabajoRealizado por Jorge Rodríguez HernándezDepartamento de Ingeniería


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Ejemplo 3.1:

Una cuerda de 2 m de longitud se fija a un soporte A y pasa sobre dos poleas pequeñas B y C . Para un peso de 40 N del bloque D el sistema se encuentra en equilibrio en la

posición mostrada. Calcular la masa del bloque E

.

Solución:

En los problemas de este tipo se supone que los cablestienen peso despreciable y no pueden alargarse.

Se supone además que, al no haber fricción entre una cierta polea y el respectivo cable,entonces la tensión en el cable es constante para mantenerlo en equilibrio.

Bloque D:

∑ = 0 yF : N40=T

Polea C : ∑ = 0 xF : 0cos60cos =+°− θ F T °= 60coscos T F θ (1)

∑ = 0 yF : 060sensen =−°− T T F θ )160sen(sen +°= T F θ (2)

(2) ÷ (1):°

+°=

60cos

160sentanθ → °= 75θ

→ N27,77=F

Polea B:

∑ =i

xF 0 : 0cos60cos =−° φ T T

→ °= 60φ

∑ =i

yF 0 :

E W T =°60sen2

→ N28,69= E W

y finalmente: gmW E E = → 06,7= E m kg

A

B

E

D

C

60°

θ

Fig. 3-1

D

T CD

40 NFig. 3-2

C θ

T CDT BC

F

Fig. 3-3

B

60°

T BE

m E g

T BE

T BA T BC

φ

Fig. 3-4


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Ejemplo 3.2:

Los cilindros mostrados se mantienen enequilibrio por la acción de la cuerda que une loscentros de A y B. Sabiendo que dichos cilindros

pesan 50=W kgf y que el cilindro C pesa 2W , se pide calcular la tensión en el cable y las fuerzasque actúan sobre cada uno de los cilindros. Lostres cilindros tienen radio 15= R cm.

Solución: DCL del conjunto:

3

2

)15(2

20

2

20cos ===

Rθ

→ °= 19,48θ

0=∑ yF : 042 =− W N

→ 100= N kgf

DCLs para cada cilindro:Cilindro C :

0=∑ yF : 02sen2 =−′ W N θ

θ sen

W N =′

→ 08,67=′ N kgf

Cilindro A:

0=∑ xF : 0cos =′− θ N T θ cos N T ′=

→ 72,44=T kgf

0=∑ yF : 0sen =′−− θ N W N θ sen N W N ′+=

→ 100= N kgf

40 cm

A B

C

Fig. 3-5

40 cm

θ θ 2 W

W W

N N

R

R

R

R

Fig. 3-6

θ

2 W

W

N N

W

θ

N ′

N ′

N ′

N ′

T T

A

C

B

θ

θ

θ

θ

Fig. 3-7


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Ejemplo 3.3:

Sobre las superficies mostradas se apilancilindros idénticos (cada uno de peso W ).Suponiendo todas las superficies lisas se pide

calcular el número máximo de cilindros que se pueden apilar sin que se pierda el equilibriodel sistema. Para el número encontrado,calcular las fuerzas que actúan sobre el primercilindro.

Solución: Los DCL de los primeros cilindros muestran que:

Cilindro 2: 0=∑ xF → °=− 60cos2312 W N N

es decir: W N N 2

12312 =−

análogamente para el cilindro 3: W N N 21

3423 =−

y para el cilindro 4: W N N

2

14534 =−

Suponiendo que fueran solamente tres cilindros adicionales, sumando las tres expresionesanteriores obtenemos:

W N N 2

34512 =−

Además 045 = N (pues el cilindro 4 sería el último de la fila), entonces: W N 2

312 =

Ahora podemos generalizar expresando para n cilindros adicionales: W n

N

212 = .

30°45°

Fig. 3-8

60°45°

W

60°

75°15°

N 1 N 2

N 12

W

60°

N 23

N 12

)2(

2 N

W

60°

N 34

N 23

)3(

2 N

Cilindro 1

Cilindro 2

Cilindro 3 y

x

Fig. 3-9


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Utilizando el DCL del cilindro 1:

0=∑ xF : 060cos15cos 121 =−°−° N W N

0

22

15cos1 =−−° W nW

N

→ °⋅

+=

15cos2)1(

1

W n N (1)

0=∑ yF : 06015 21 =°−+° senW N sen N → °−°= 1560 12 sen N senW N (2)

(1) en (2): ]15tan)1(3[2

2 °+−= nW

N (3)

La condición límite para el equilibrio del sistema está dada por el equilibrio del cilindro 1,

para el cual, si estuviera a punto de deslizar 02 = N .

en (3): 0]15tan)1(3[2

=°+− nW

→ 46,5=n

Es decir, el sistema solamente soportará 5 cilindros adicionales sin producirse movimiento.Conjuntamente con el cilindro de base tendremos 6 cilindros en total.

Con el resultado obtenido 5=n obtenemos:

de (1): °⋅

+

= 15cos2

)15(1

W

N → W N 1,31 =

de (2): ]15tan)15(3[2

2 °+−= W

N → W N 062,02 =

3.1.2 Equilibrio de la partícula en el espacio

Como hemos visto, una partícula estará en equilibrio si la resultante del sistema de fuerzasque actúa sobre ella es nula. Entonces, se debe cumplir la ecuación (3.1):

∑ ==i

iF R 0 (3.6)

Para aplicar esta ecuación en la solución de un problema, se deberá empezar con larealización del diagrama de cuerpo libre de la partícula. A continuación se puede elegir unsistema cartesiano de referencia según el cual la ecuación que expresa el equilibrio se

puede escribir según sus tres coordenadas:

0=∑ xF ; 0=∑ yF ; 0=∑ zF (3.7)


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Ejemplo 3.4:

Sabiendo que para la posición de equilibriomostrada en la figura el resorte está alargado en

20=δ mm siendo su constante de rigidez

kN/m2=k , calcular la tensión en cada uno delos cables. La esfera pesa 20 kgf.

Solución:

• Fuerza en el resorte OB:

40m020,0m

N2000 =⋅== OBOB k F δ N (tracción)

3

)2,2,1(40ˆ

−−−== OBOBOB uF F

• Peso de la esfera:

N N kgf W 1968,92020 =⋅==

k k uW W W

ˆ196)ˆ(196ˆ −=−==

• Tensión en el cable AO: T A

5,3)1;3;5,1( −

= A A T T

• Tensión en el cable CO: T C

12

)2,2,2(−= C C T T

→

3

)1,1,1(−= C C T T

• Tensión en el cable DO: T D

DT

= T D (sen30°, cos30°, 0) →

= 0,

23

,21

DT

Equilibrio en el punto O: ∑ =i iF 0

∑ =i

xF 0

: 0235,3

5,13

40=+−

+− DC

A

T T T

∑ =i

yF 0

: 02

3

3

1

5,3

3

3

80=++−− DC A T T T

∑ =i

zF 0

: 03

1

5,3196

3

80=++−− C

A T T

de donde: 5,191= AT N ; 2,196=C T N ; 1,89= DT N

30°

D sobre

plano xy

A (1,5; -3; 1)

C (-2, 2, 2) m

x

z

B (-1, -2, 2) m

Fig. 3-10

y

O

30°

D

A

x

z

Fig. 3-11

y

B

C

C T

OBF

O

AT

DT

W


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Ejemplo 3.5:

Tres esferas idénticas muy pequeñas cargadaselectrostáticamente, cada una con peso W , están enequilibrio suspendidas desde un punto común mediante

cuerdas idénticas de peso despreciable de longitud .Si la fuerza electrostática de repulsión que actúa entrecualquiera de las esferas es F y actúa en la mismadirección que la recta que une las esferas, determinar latensión en cada cuerda así como las dimensiones deltriángulo que forman las esferitas.

Solución:

Dado que las esferitas son idénticas, entonces, en la

posición de equilibrio analizada, ellas están situadas enlos vértices de un triángulo equilátero. Tomaremos unsistema de coordenadas con origen en el baricentro dedicho triángulo (el cual, sabemos, coincide con elcentro de la circunferencia circunscrita), como semuestra en la figura.

Nos serán de mucha utilidad las siguientes figuras.

Llamemos a al lado del triángulo equilátero. La posición de las esferas estará dada por:

; ;

;

además, de la vista lateral: (1)


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Diagrama de cuerpo libre de la esferita A:

• Fuerza de repulsión entre B y A:

)0,30,30(cos °°= senF F BA

→

= 0,

2

1,

2

3F F F BA

• Fuerza de repulsión entre C y A:

)0,30,30(cos °−°= senF F CA

→

−= 0,

2

1,

2

3F F F CA

• Peso: ),0,0( W W −=

• Tensión en la cuerda: ADuT T ˆ=

donde:

−=

−=−−=

hahar r r r u A D

A D AD ;0;

3;0;

331ˆ

de (1):

−−= 223

3

1;0;

3ˆ a

au AD

entonces:

−−= 223

3;0;

3 aT

T a

T

Equilibrio de la partícula: 0=∑i

iF

0=+++ T W F F CA BA

∑ = :0 xF 032

3

2

3=−+ T

aF F

→ F

aT

3= (2)

∑ = :0 zF 033

22 =−+− aT

W

→ 223

3

a

W T

−=

(3)

de (2) y (3): 223

33

a

W

F a −=

→ F

W

a

a

3

3 22

=

−

→ F

W

a 313

2

=−

→ 22

9

1

3

1

+=

F

W

a

→ F

W F

a 3

3 22 +=

→

223

3

W F

F a

+=

(4)

reemplazando (4) en (2): F F

W F T

+= 3

33

22

→ 223 W F T +=

A

B C

D

W

F CA

F BA

T

x

y

z

O

Fig. 3-15


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Ejemplo 3.6:

Determinar el peso máximo de la caja paraque pueda ser sostenida en la posiciónmostrada sabiendo que los cables AB, AC y

AD pueden soportar una tensión máxima de500 N mientras que el poste puede soportaruna compresión máxima de 300 N. Asumirque la fuerza que se origina en el posteactúa a lo largo de su eje.

Solución:

)6;5,1;2( −= Ar

m ; )0;5,1;4(−= Br

m ; )0;5,1;0(=C r

m

)6,3,6(−=−= A B AB r r r

→ 3)2,1,2(

ˆ

−−

= ABu

)6,3,2( −−=−= AC AC r r r

→ 7

)6,3,2(ˆ

−−= AC u

)6,5,1,2( −=−= O AOA r r r

→ 13

)12,3,4(ˆ −=OAu

DCL de la unión en A:

AB AB AB uT T ˆ=

→

3

)2,1,2( −−= AB AB T T

AC AC AC uT T ˆ=

→ 7

)6,3,2( −−=

AC AC T T

OAOAOA uF F ˆ=

→ 13

)12,3,4( −= OAOA F F

),0,0( PT AD −=

Equilibrio: 0=

∑ i

F

: 0=+++ ADOA AC AB

T T F T

)0,0,0(),0,0(13

)12,3,4(

7

)63,2(

3

)21,2(=−

−−−−−+++ POA AC AB F T T

∑ : xF 013

4

7

2

3

2=+−− OA AC AB F T T

∑ : yF 013

3

7

3

3

1=−+ OA AC AB F T T

∑ : zF 013

12

7

6

2

3

=−+−− PF T T OA AC AB

x

y

z

O

1,5 m

4 m

A (2, -1,5; 6)

B

C

D

Fig. 3-16

A

T AB

T AC T AD F AO

x

y

z

O

B

C

Fig. 3-17


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Resolviendo el sistema de ecuaciones:

PT AB4

3= → PT AB 75,0=

PT AC

12

7= → PT AC 358,0

=

PF OA6

13= → PF OA 61,2

=

y además: PT AD =

Acabamos de encontrar las tensiones en los cables y la fuerza de compresión en el poste enfunción del peso P. Ahora tenemos que hacer el siguiente razonamiento: para que elsistema esté en pie, entonces los elementos que lo conforman tienen que ser capaces deresistir adecuadamente las fuerzas que actúan en cada uno de ellos. Es decir, en los cables

la tensión será a lo más de 500 N, mientras que la compresión del poste no excederá de 300 N. Este razonamiento puede ser escrito de la siguiente manera:

cables: 500≤ ABT N → 50075,0 ≤P N → 67,666≤P N

500≤ AC T N → 500358,0 ≤P

N → 14,857≤P N

500≤ ADT N → 500≤P N

poste: 300≤OAF N → 300167,2 ≤P N → 46,138≤P N

de los cuatro resultados tomamos lógicamente: 46,138≤P N

Concluimos que el peso máximo de la lámpara es: 46,138max =P N


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Fig. 3-18F

F

−

3.2 Equilibrio del sólido rígido

A diferencia de una partícula, el tamaño y la forma de un cuerpo rígido son muyimportantes en el análisis de fuerzas sobre él, ya que el sistema de fuerzas aplicadas sobreel cuerpo no es necesariamente concurrente.

Así, en la siguiente figura se muestra un cuerpo sometido a la acción de un par de fuerzas.Es fácil ver que aún cuando la resultante del sistema de fuerzas es nula, el cuerpo no estaráen equilibrio pues el par de fuerzas lo hará girar.

Consideremos un sistema general de fuerzas que está actuando sobre un cuerpo rígido. Enel capítulo anterior hemos visto que un sistema general de fuerzas se puede reducir a laresultante más un par actuando en un punto cualquiera P. Si la resultante y el par sonnulos, diremos que el sistema original de fuerzas externas es equivalente a un sistema nuloy que el cuerpo rígido está en equilibrio.

En otras palabras: para que un cuerpo rígido esté en equilibrio se deberá cumplir que elsistema general de fuerzas que actúa sobre él debe ser equivalente a un sistema nulo, esdecir:

∑ = 0iF

(3.8)

∑ = 0P M (P es un punto arbitrario) (3.9)

Se dice que estas últimas relaciones vectoriales son las condiciones necesarias y suficientes para que un sólido rígido esté equilibrio. Estas expresiones se pueden descomponer en seisecuaciones escalares

∑ ∑ ∑ === 0,0,0 z y x F F F (3.10)

∑ ∑ ∑ === 0,0,0 z y x M M M (3.11)

Para escribir correctamente las ecuaciones de equilibrio de un sólido rígido primero hayque identificar correctamente todas las fuerzas externas que actúan sobre él. Dichas fuerzas

pueden ser:

• Fuerzas externas aplicadas sobre el cuerpo

• Peso propio del cuerpo actuando en su centro de gravedad

• Reacciones en los apoyos en que se sustenta el cuerpo

• En caso de que el cuerpo esté enlazado a otros cuerpos, se deberán considerartambién las fuerzas originadas en los correspondiente apoyos de enlace (apoyosinternos al sistema)

• Fuerzas de fricción actuantes


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A continuación se debe dibujar el denominado diagrama de cuerpo libre. Dicho diagramadebe ser lo más claro posible y debe contener la siguiente información:

• Esquema del cuerpo en estudio: debe ser lo más claro posible y en él se debencaracterizar de manera aproximada las formas geométricas del cuerpo en estudio.

• Todas las fuerzas externas que actúan sobre él. Para las fuerzas de módulo, dirección

y sentido conocidos (datos del problema) es importante incluir esa información en eldiagrama. Si las fuerzas son de dirección y o sentido desconocidos (incógnitas del

problema, como por ejemplo las fuerzas de reacción en los apoyos), se debeasignarles dichas características. Al momento de solucionar las ecuaciones deequilibrio conoceremos los verdaderos sentidos.

• Las dimensiones que puedan necesitarse para los cálculos de los momentos de lasfuerzas. Omitir las dimensiones que sean redundantes, pues pueden restarle claridadal diagrama.

Como observación importante se debe decir que el diagrama de cuerpo libre (DCL)constituye el primer paso en la solución de los problemas de la mecánica y su importanciaes tal que de él dependerán los cálculos subsecuentes. Si el diagrama contiene datosincorrectos o es incompleto, las ecuaciones que de allí resulten serán erróneas y losresultados a que arribemos serán también erróneos. Ahora, el diagrama es esquemático yen consecuencia puede ser realizado a mano alzada. Sin embargo, se recomienda alestudiante que intente siempre apoyarse en alguna reglilla o compás simples si es que notaque de esa manera mejora la claridad de sus propios esquemas.

A continuación se muestran algunos ejemplos de diagrama de cuerpo libre.

A

B

R

Fig. 3-19

A

B

F B

R

W F A

R

G

2 /

Fig. 3-20

W

C

A

B

W

T

C

B

A

N

0 , 6 m

1, 2 m

G G

β cos6,0

β

s e n

2 , 1

α

β


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3.2.1 Equilibrio del cuerpo rígido en el plano

Para un cuerpo sometido a cargas contenidas en un plano, las condiciones de equilibrio(3.8) y (3.9) se reducen a tres ecuaciones escalares:

∑ = 0 xF

0=∑ yF (3.12) 0∑ =P M (P es arbitrario sobre el plano)

En un sistema de cuerpos enlazados entre si (una estructura por ejemplo), si el sistema estáen equilibrio entonces cada uno de los cuerpos que lo componen está en equilibrio. Esdecir, las condiciones de equilibrio se cumplen tanto para cada uno de los cuerpos como

para el sistema total.

3.2.1.1 Reacciones en apoyos de sistemas bidimensionales

En general se puede afirmar que las reacciones que se originan en los apoyos se presentanen la dirección de los movimientos restringidos. Este hecho se verá con claridad en lossiguientes esquemas de apoyos que se utilizan para restringir el movimiento de los cuerposrígidos en el plano.

a) Apoyos de primer orden

Son apoyos que generan una reacción de dirección conocida. Aún cuando el sentido de lareacción es desconocido, puede ser supuesto arbitrariamente. El signo de la solución

obtenida nos indicará si la suposición fue correcta o no.• En los siguientes apoyos se ve claramente que el movimiento es restringido en la

dirección perpendicular a las guías o superficies de apoyo, por lo que la reacción segenerará precisamente en esa dirección.

• Si el cuerpo está apoyado sobre una superficie lisa (o lo que es lo mismo, sin fricción),la reacción se generará perpendicular a dicha superficie.

Fig. 3-21 R

RFig. 3-22


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• En el caso de un cable, dado que solamente puede estar tensionado, la reacción quegenera tiene dirección y sentido establecidos.

• En el caso de la biela (elemento muy delgado, articulado en sus extremos y de pesodespreciable) se generará una reacción en al dirección axial de la biela, pero su sentidono puede determinarse a priori, por lo que deberá ser supuesto arbitrariamente:

• En el caso del resorte elástico lineal, se generará una reacción en la dirección axial delresorte y su sentido dependerá estrictamente de si el resorte está estirado o comprimido:

• En los casos de la corredera (deslizadera o collarín) y del pasador en ranura lisa (casosmecánicamente análogos) se genera una reacción de dirección perpendicular a ladirección de la ranura). El sentido de la reacción debe ser supuesto arbitrariamente.

R

Fig. 3-23

R R

Fig. 3-24

F

F

(a)

Fig. 3-25(b)

R90°

Fig. 3-26

Fig. 3-27

R90°


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b) Apoyos de segundo orden

• En el caso de una articulación fija, la reacción generada es una fuerza de la que sedesconoce en un inicio de su dirección y sentido. Mecánicamente podemos reemplazardicha fuerza de dirección desconocida por dos fuerzas ortogonales entre sí a las que

podemos suponer sus sentidos.

• En el caso de superficie rugosa tendremos una reacción normal a las superficies encontacto y una fuerza en la dirección de movimiento de deslizamiento restringido por la

fricción, la cual se denomina fuerza de fricción o rozamiento (F f ) y que estudiaremos enel capítulo 9:

• Empotramiento monodeslizante: se trata de un apoyo que restringe una dirección demovimiento y el giro del cuerpo rígido. Consecuentemente se generan como reacciones,una fuerza de dirección conocida y un momento. En ambos casos el sentido esdesconocido y habrá que suponerlos arbitrariamente.

c) Apoyos de tercer orden

• Empotramiento: es un apoyo que restringe toda posibilidad de movimiento en el plano.Ello genera una fuerza de dirección desconocida (que puede ser reemplazada por susdos fuerzas componentes de dirección conocida) más un momento de reacción.

R x

R y R

θ

Fig. 3-28

F f

N Fig. 3-29

Fig. 3-30

R y

M

R x

Fig. 3-31


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F F

Fig. 3-32

3.2.1.2 Reacciones en vínculos internos de sistemas bidimensionales

Al igual que en el caso de los apoyos, las reacciones entre elementos de un sistema se presentan en la dirección de los grados de libertad restringidos.

• Biela

• Collarín o corredera

• Pasador en ranura lisa

• Articulación:

• Corredera unida rígidamente a uno de los cuerpos:

Polea:

F 90°

F

Fig. 3-33

F 90°

F

Fig. 3-34

R y

R x

R y

R x

Fig. 3-35

F

F

M M

Fig. 3-36

R x

R y

T

T

T

T

R x

R y

Fig. 3-37


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3.2.1.3 Grados de libertad y estabilidad del cuerpo rígido en el plano

Un cuerpo rígido está completamente restringido si es que no es posible que efectúe algúntipo de movimiento. Sólo bajo esa condición un cuerpo rígido (o un sistema de cuerposrígidos) podrá permanecer en equilibrio si sobre él se aplican cargas.

Así, para que un cuerpo rígido no se mueva al soportar un sistema de fuerzas, deberá estarrestringido en todas su posibilidades de movimiento. Dichas posibilidades de movimientode denominan grados de libertad . La restricción se efectúa a través de la utilización deapoyos, los cuales debes estar convenientemente dispuestos.

Para clarificar estos conceptos examinemos el ejemplo de un cuerpo rígido con posibilidades de movimiento en el plano (ver figura 3-38 a):

En el acápite anterior hemos visto que una biela puede ser utilizada como apoyo y su formade actuación es tal que introduce una reacción en su dirección axial. Si en el cuerpo queestamos analizando introducimos dos bielas articuladas en A (figura 3-38 b), entonces elcuerpo ya no se puede mover libremente y solamente puede girar en torno a A. Si ahoraañadimos una biela ligada en B, anularemos toda posibilidad de movimiento (figura 3-38c). Decimos que el cuerpo está completamente restringido.

Si ahora aplicamos a dicho cuerpo un sistema de cargas, en cada una de las barras segenerará una reacción de dirección conocida. Como en este caso la restricción se hizomediante la utilización de tres bielas, entonces se generan tres reacciones (incógnitas).Dado que en el equilibrio en el plano disponemos de tres ecuaciones escalares, entoncesellas contendrán las tres incógnitas y el sistema podrá ser solucionado. En este casodiremos que el sistema es estáticamente determinado.

El mismo efecto de restricción es logrado si en lugar de bielas introducimos una

articulación fija en A y una articulación deslizante en B (figura 3-39).

En la figura 3-40 a se muestra una viga completamente restringida y con las reaccionesestáticamente determinadas. En la figura 3-40 b se muestra la misma viga pero

parcialmente restringida (observar que puede moverse en sentido horizontal debido a laacción de la componente horizontal de la carga Q).

A A

B

Fig. 3-38

(a) (b) (c)

A B

Fig. 3-39


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Si disponemos más restricciones que las necesarias se producirán más incógnitas queecuaciones de equilibrio y entonces el sistema podrá ser solamente parcialmentesolucionado. Es decir, habrán incógnitas que no podrán ser calculadas mediante lasecuaciones que proporciona en equilibrio estático y entonces se dice que el sistema esestáticamente indeterminado. En la figura 3-41 la viga está completamente restringida perose generan más incógnitas que ecuaciones (sistema estáticamente indeterminado).

Hay que hacer notar que las restricciones deben estar dispuestas adecuadamente, pues de locontrario el cuerpo podría tener libertad de movimiento según alguna dirección. En elejemplo de la figura 3-42, a pesar de que hay tres articulaciones simples, el cuerpo puededeslizarse horizontalmente. Se dice que el cuerpo está restringido inapropiadamente.

Otro ejemplo de restricción inapropiada se muestra en la figura 3-43, en la cual es posible

que la barra en L gire alrededor de la articulación A, a pesar de que tenemos cuatrorestricciones.

A y

A x

B y

A B

PQ

(a)

A y

B y

A B

PQ

Fig. 3-40

(b)

A y

A x

B y

A B

PQ

Fig. 3-41

B x

A y C y

A C

PQ

Fig. 3-42 B y

B

B

A y

A x

Q

P

C

Fig. 3-43

B

C

A


19/40



La movilidad del cuerpo rígido en el plano está caracterizada por sus tres grados delibertad. Dichos grados de libertad pueden ser interpretados de la siguiente manera:traslación a lo largo de una dirección cualquiera, la cual a su vez puede ser interpretadasegún sus dos componentes en la dirección de los ejes cartesianos rectangulares (dosgrados de libertad). A ello se suma la posibilidad de rotación alrededor de un eje

perpendicular al plano del movimiento (un grado de libertad).

Otra forma de definir los grados de libertad, y que es mayormente utilizada en los cursosde mecánica en que se estudia el movimiento (dinámica, teoría de mecanismos,vibraciones, etc.) es a través del número de coordenadas independientes que se requieren

para definir la posición del cuerpo rígido. En este caso, para el cuerpo rígido de la figura3.44, si elegimos dos cualesquiera puntos A y B para definir un segmento, la posición delcuerpo estará determinada si conocemos las dos coordenadas de la posición del punto A ( x A, y A) y el ángulo de orientación θ del segmento AB medida con respecto a una direcciónde referencia fija (el eje x en el caso de la figura).

3.2.1.4 Algunas notas sobre el equilibrio en el plano

Hemos visto que para el caso bidimensional, el equilibrio se puede expresar mediante lassiguientes tres ecuaciones escalares:

∑ = 0 xF ; 0=∑ yF ; 0∑ =P M (3.13)

Sin embargo, alternativamente podemos reemplazar algunas de ellas por otras, sin que ellosignifique que las nuevas ecuaciones nos permitan tener más incógnitas en el sistema. A

continuación mencionaremos algunas de ellas.

a) 0ˆ =∑ uF ; 0=∑ P M ; 0=∑ Q M (3.14)

donde û es una dirección cualquiera del plano y no debe ser paralela a la direcciónPQ. P y Q son dos puntos cualesquiera del plano.

b) 0=∑ P M ; 0=∑ Q M ; 0=∑ S M (3.15)

donde P, Q y S no deben estar alineados.

B

Fig. 3-44

x

y

O

A

x A

y Aθ


20/40



3.2.1.5 Cuerpos sometidos a la acción de dos o tres fuerzas

• Si un cuerpo sometido a la acción de únicamente dos fuerzas está en equilibrio,entonces ambas fuerzas deben tener la misma magnitud, misma recta de acción ysentidos opuestos.

QPF M P

||0 2→=∑

QPF M Q

||0 1→=∑

→ 210 F F F

−=→=∑

• Si un cuerpo bajo la acción de tres fuerzas está en equilibrio, las líneas de acción de las

tres fuerzas deben concurrir en un punto. Si suponemos que ello no se cumple, al tomarmomentos con respecto al punto de intersección de las líneas de acción de doscualesquiera de ellas, digamos F 1 y F 2, entonces quedaría sin equilibrar el momento dela fuerza restante, en este caso F 3 y no se cumpliría la segunda ecuación de equilibrio( ∑ = 0P M ).

Nota: en este último caso, también será posible el equilibrio si es que las tres líneas deacción son paralelas.

F 1

Q

F 2

P

Fig. 3-45

F 1

F 2

P

F 3

Fig. 3-46


21/40



Ejemplo 3.5:

Hallar el valor del ángulo θ para el cual la barra de peso W está en equilibrio. Calculartambién las reacciones en los apoyos A y B.

Considere todas las superficies lisas.

Solución: DCL de la barra.

:0=∑ xF

0cos =− θ θ senW N A

θ tanW N A = (1)

:0=∑ V F 0cos =− W N B θ → θ cos

W N B = (2)

0=∑ A M + : 0cos2cos

=− θ θ

W

a N

B → θ 2cos

2aW N

B

= (3)

de (2) y (3): θ θ

2cos2cos a

W W

= →

a2cos3 =θ →

3/12

arccos

=

aθ

en (1):

=

3/12

arccostan a

W N A

en (2): 3/1

2

=

aW N B

Nota: El problema puede ser resuelto de otra manera si recordamos que una condición particular de equilibrio exige que las únicas tres fuerzas actuantes seanconcurrentes.

Triángulo ACO:

||||tan

AOCO=θ

θ

θ θ θ

cos)2/(

cos2tan

sen

a

−

=

ordenando y simplificando:

a2cos3 =θ

En esta última solución se debe notar que un esquema claro del problema es imprescindible para llegar a buen término.

Fig. 3-47

W

C

B

A

a

θ

Fig. 3-48

W

C B

A

a

2 /

θ

x

y

N A

N B

θ

θ

Fig. 3-49

W

C

B

A a

θ

N A N Bθ

θ

O

2 /

θ

c o s

2

a

−

θ cos)2/(


22/40



Ejemplo 3.6:

Determinar la reacción en B, la longitud de lacuerda y la tensión que soporta.

La barra AB pesa N W 200= .

Solución: DCL de la barra:

:0=∑ xF W senT =α (1)

:0=∑ yF N T =α cos (2)

N

W =α tan (3)

0=∑ A M + : 0)cos6,0()2,1( =− β β W sen N

β β cos2

W sen N = →

N

W

2tan = β (4)

de (3) y (4): 6,0sen2,1 = β → °= 30 β

geometría: 222 )cos2,1()2,1( β += → 587,1= m

además:°

=30cos2,1

2,1tanα → °= 11,49α

de (1): W T 323,1= → 6,264=T N

de (2): W N 866,0= → 2,173= N N

Solución 2: Utilizaremos el hecho de que si son tres las fuerzas que actúan sobre elcuerpo rígido, entonces ellas deben ser concurrentes.

Dado que G es punto medio de AC , entonces H es punto medio de AC , B punto medio de CD y E punto medio de AD.

: ABD∆ 222 )2()2,1( x+= (5)

: ACD∆ 222 )2()6,0()2,1( x+= (6)

de (6): 520,0= x

en (5): 587,1= m

Fig. 3-50

W

C

B

A 1, 2

m

G

Fig. 3-51

A

B

W

T

C

N

0 , 6 m

G

β cos6,0

β

s e n

2

, 1

α

β

0 , 6 m

Fig. 3-52

A

B

W

T

C

x x

N

0 , 6 m

G

H

E D

α


23/40



0=∑ A M + : 0)6,0( =− xW N

→ 3,173

= N N

:0=∑ V F 0=−W senT α → 587,1/2,1sen

W W T ==

α

50,264=T N

Ejemplo 3.7:

En la figura se muestra una varilla delgada lisa delongitud y masa m apoyada en B sobre unasuperficie semicircular lisa de radio r y sobre una

pared vertical también lisa en A. Sabiendo que elcentro de la superficie semicilíndrica seencuentra a una distancia d , se pide:

a) Mostrar que para que la varilla esté enequilibrio el ángulo θ debe cumplir lasiguiente relación:

)()cos31(1 2 θ θ θ send r

sen −+=

Sabiendo que 30=r cm, 70=d cm, 100= cm y 5,0=m kg, calcular el valor delángulo θ .

b) Calcular el valor de las reacciones en A y B.

Solución: a) En la siguiente figura se muestra el DCL de la varilla, en el cual se veque sobre ella actúan 3 fuerzas. Por consiguiente ellas deben serconcurrentes.

Geometría: φ θ senr send += (1)

Para ∆ OBD:

( )2

2

2cos

2

+

=θ θ

θ

φ

sen

sen

sen

θ θ

θ

22cos4 sen

sen

+=

→ 1cos3 2 +

=θ

θ φ

sensen (2)

en (1): 1cos3 2 ++= θ

θ θ

senr send → 1cos3)( 2 +

−= θ

θ θ

r

send sen

d

B

A

r

C

θ

Fig. 3-53

d

B

A

r

C

N A

N B

W

θ φ

φ

φ

θ sen2

θ cos

θ sen2

O

G

Fig. 3-54


24/40



reemplazando datos: 1cos330

)10070( 2 +−

= θ θ

θ sen

sen

resolviendo: =θ 36,55°

b) Ahora: ∑ = :0 xF 0=− φ θ sen N sen N B A (3)

∑ = :0 yF 0cos =−W N B φ (4)

∑ = :0 B M 02

cos =− θ θ senW N A

(5)

de (5): θ tan2

W N

A = → θ tan2

gm N

A =

reemplazando valores: 82,1= A N N

de (3):φ

θ

sen

sen N N

A B = )2(

→ 1cos3 2 +

=θ θ

θ

sen

sen N N A

B

→ 1cos3 2 += θ A B N N

reemplazando valores: 12,3= B N N

Ejemplo 3.8:

Encontrar el ángulo α para el cual la barra está en equilibrio. Calculartambién las reacciones en los puntos deapoyo de la barra. Todas las superficiesen contacto son lisas. Considerar:

Longitud de la barra: R3= Peso de la barra: W.

Solución 1: DCL de la barra:

0=∑ xF :

α α sencos W F A = (1)

0=∑ yF :α α cossen W F F B A =+ (2)

+=∑ 0 M M :

02

sen)2

cos2( =−−

α α A B

F RF

R3= y ordenando: 033cos4 =−− α α senF F F A B B (3)

A

B

R

Fig. 3-55

A

B

F B

R

W= mg

α

F A

Rα

α

α

G

x

y

2 /

Fig. 3-56


25/40



de (1) y (2):α

α

2cos

sen B A

F F =

en (3): 02cos

33cos42

=−−α

α α

senF F F B B B

032cos32coscos4 2 =−− α α α α sen

03)(cos32coscos4 222 =−−− α α α α α sensen

0cos32coscos4 2 =− α α α

de donde ordenando: 0)cos32cos4(cos =− α α α (4)

ecuación que se cumplirá si 0cos =α ó 0cos32cos4 =− α α .

• Si 0cos =α ⇒ °= 90α (físicamente imposible)

• Si 0cos32cos4 =− α α → 0cos34cos4 22 =−− α α α sen

0cos3)cos1(4cos4 22 =−−− α α α

04cos3cos8 2 =−− α α (5)

cuya solución será:)8(2

)4)(8(493cos

−−±=α

de donde obtenemos las raíces: °= 2,231α físicamente posible

°= 96,1222α físicamente no es posible

Así, el único valor que corresponde a una configuración geométrica de la barra físicamente posible se da para °= 2,23α .

en (1): W F A 429,0=

en (2): W F B 750,0=

Solución 2: Dado que son tres las fuerzas que actúan sobre la barra, el equilibrio será posible sólo si ellas son concurrentes.

A

B

F B

W

α

F A

Rα

α

x

y

2 /

C 2α

β

D

2 /

2 c o

s

2

−

α

R

R

Fig. 3-57

Rα

G

α

β


26/40



Triángulo GBD:α

α

α Rsen

R

22

cos2tan

−

=

2

cos22

cos

−= α α

α

α Rsen R

sen

α α α cos2

cos22 22

−= Rsen R

α α α cos2

cos2)cos1(2 22

−=− R R

α α α cos2

cos2cos22 22

−=− R R R

02cos2

cos4 2 =−− R R α α

como R3= : 02cos2

3cos4 2 =−− R

R R α α

04cos3cos8 2 =−− α α

expresión que es idéntica a la ecuación (6) que obtuvimos en la solución 1.

Ejemplo 3.9:

La varilla mostrada en la figura (longitud 2 y peso W ) está apoyada en una superficievertical y en otra curva, ambas lisas. Se pide:

a)

Determinar la ecuación de la curva de talmanera que la varilla esté en equilibrio

para cada cualquier valor de φ .

b) Calcular las reacciones en A y B enfunción de φ .

Solución: DCL de la varilla AB:a) Dado que la varilla está sometida a la acción

de tres fuerzas, entonces ellas deben sernecesariamente concurrentes. La fuerzanormal a la superficie en B es perpendicular ala tangente a la superficie, para la cual secumplirá que:

x xdx

dy

=

=θ tan → dxdy θ tan= (1)

del DCL:22)2(

2/tan

x

x

−=

θ

en (1): dx x

xdy

22)2(

2/

−

=

W

2

G

x

O x

y

y = f ( x)

A

B

φ

Fig. 3-58

N A

N B

W

G

θ

θ

2/ x

x

2/ x

y

O x

y

t

n

y = f ( x)

θ

φ

Fig. 3-59


27/40



integrando: C dx x

xdy +

−= ∫∫ 22)2(

2/

(C es constante de integración)

Ahora: C x y +−−= 2/122 )4(2

1 (2)

Considerando el sistema coordenado de la figura, si 0= x , 0= y , entonces:

C +−= 2/12 )4(2

10 → =C

en (2): +−−= 2/122 )4(2

1 x y

ordenando: )4(4

1)( 222 x y −=−

y finalmente: 1)(

42

2

2

2

=−

+

y x

la cual es una elipse con centro en (0, ), semieje mayor 2=a (paralelo al eje x) ysemieje menor =b (paralelo al eje y).

b) Aplicando las ecuaciones de equilibrio para la varilla:

:0=∑ yF W N B =θ cos → θ cos

W N B =

:0=∑ xF 0sen =− θ B A N N → θ sen B A N N =

θ tanW N A =


28/40



Ejemplo 3.10:

La varilla BC (longitud y peso despreciable)está soportada por dos cuerdas, cada una delongitud a, que están unidas al perno en A. Si los

pesos de W y 2W están suspendidos de losextremos de la varilla, se pide:

a) Determinar el ángulo θ para el equilibriomedido desde la horizontal. Expresar larespuesta en términos de a y .

b) Si 8,0=a m y 1= m, se pide calcular lastensiones en las cuerdas.

Solución: DCL de la barra0=

∑ B

M :

0)cos( =+− β θ senT W C

0)2/(

cos22

=−

+−

a

aT W C θ (1)

0=∑ xF :

0coscos3 =−+− β β θ C B T T senW

0

2/2/

3 =−+−

aT

aT senW

C B

θ

(2)

∑ = 0 yF : 0cos3 =++− β β θ senT senT W C B

0)2/()2/(

cos32222

=−

+−

+−a

aT

a

aT W

C B

θ (3)

de (1) y (2) en (3) y ordenando:

0cos)2/(6

coscos322

=+−

++− θ θ

θ θ

asen

→

22

)2/(6cos −= asenθ θ

Finalmente:

−=

22 )2/(6

1tan

aarcθ (4)

b) Para 8,0=a m y 1= m, de (4): °= 9,10θ

de (2): W T T C B 57,0625,0625,0 =− (5)

de (3): W T T C B

95,208,108,1 =+ (6)

resolviendo (5) y (6): W T B 82,1= ; W T C 91,0=

W B

A

θ

C a

a

2W Fig. 3-60

W

G

B

A

θ

C

T B

T C

a

a

θ

β

β

2 /

2W Fig. 3-61

θ

2 /

x

y


29/40



Ejemplo 3.11:

La barra AC empotrada en A soportamediante una articulación sin fricción a la

polea mostrada. Se pide calcular las

reacciones en el empotramiento A

.Considere que la barra pesa 750=W Nmientras que el peso de la polea esdespreciable.

Solución 1: Sin desmembrar la polea del sistema.

:0=∑ xF 045cos =°−T R x

N R x 11,707

2

21000 == → 11,707= x R N

0=∑ yF : 045sen =°+−− T T W R y

2

210001000750 −+= y R → 89,1042= y R N

∑ = 0 A M : +

+°+−=

2

23,05,245)8,2()25,1( TsenT W M A 0

2

23,045cos =

°T

)215,05,2(2500)8,2(1000)25,1(750 +−+= A M )215,0(2500−

→ 73,1669= A M N-m

Notar que es esta solución no interviene la fuerza interna en la articulación C entre la barray la polea. Ello, porque dicha fuerza es interna al sistema.

Solución 2: Desmembrando la polea del sistema.

W

C A

1,25 m

45°

W = 1000 N

1,25 m

Fig. 3-62

r = 0,3 m

1000 N

M A

R x

R y

T

W

C A

1,25 m

45°

1,25 m

Fig. 3-64

r 45°

0,3 m

T

T

T cos 45°

T sen 45°

Fig. 3-63

C x

45°

r 45°

T

T

C y

M A

R x

R yW

C

A

1,25 m 1,25 m

Fig. 3-66

G C x

C y

Fig. 3-65

+


30/40



• Equilibrio de la polea:

∑ = 0 xF : °= 45cosT C x → 11,707= xC N

∑ = 0 yF : 045sen =−°+ T T C y → 293= yC N

• Equilibrio de la barra:

∑ = 0 xF : 0=− x x C R → 11,707= x R N

∑ = 0 yF : 0=−− y y C W R → 1043= y R N

0=∑ A M : 0)5,2()25,1( =−− y A C W M

→ 73,1669= A M N-m

Solución 3: Otra manera de desmembrar la polea del sistema.

En el DCL de la polea se han colocado, actuando en líneas de acción que pasan por elagujero central, dos fuerzas opuestas a las tensiones en los dos ramales de la polea. De esamanera se tiene establecido el equilibrio de ella.

Para la barra:

∑ = 0 xF : °= 45cosT R x → 11,707= x R N

∑ = 0 yF : °−+= 45TsenT W R y → 89,1042= y R N

0=∑ A M : )5,2(45sen)5,2()25,1( °−+= T T W M A

)2(2

21000)5,2(1000)25,1(750 −+=

→ 73,1669= A M N-m

M A

R x

R y W

C

A

1,25m 1,25m

Fig.3-68

G

T

T 45°

r 45°

T

T

T

T

45°

Fig.3-67

+

+


31/40



Ejemplo 3.12:

Un cilindro liso de radio 0,6 m y peso 1000 N,está unido por medio de un cable BC , a la

barra AD (de 2000 N de peso y articulada en A

). Calcular la tensión en el cable, la fuerza decontacto entre la barra y el cilindro así comolas reacciones en A y D.

Solución:

4,0=θ sen → º58,23=θ

→ 92,0cos =θ

∑ += :0c M

0)cos5,1(2000)5,1( =−+− θ y A → N A y 33,773=

∑ =+−− 010002000: D y y N AF → N N D 67,2226=

∑ == 0:0 x x AF

0)38,0()1(cos:0 =+−+=∑ E yC N A M θ 038,0)92,0(33,773 =+− E N

→ N N E 27,1872=

38,0/6,0tan =ϕ → º65,57=ϕ

∑ = :0vF 0cos2000cos =+−− E y N senT A ϕ θ θ

027,1872º65,57)92,0(2000)92,0(33,773 =+−− senT

→ N T 37,880=

Comprobamos verificando el equilibrio del cilindro:

∑ = :0 yF 01000)º90(coscos =−−++− ϕ θ θ T N N E D → +− )92,0(27,187267,2226

01000)º93,55(cos37,880 =−−+ OK!

∑ = :0 xF 0)º90( =−+− ϕ θ θ senT sen N E

→ 0º93,5537,880)4,0(27,1872 =− sen OK!

A

1,5 m

G

B

C

1 m

1 m

r = 0,6 m

D

A

1,5 m

G

B

C

1 m

D

A x

A y

N D

W CD=1000 N

W AB=2000 N

1, 3 8 m

0 , 6

m

0, 3 8 m

θ

A

1,5 m

θ

B

C

1 m

1, 3 8 m

r =

0 , 6

m

A x

A y

T

N E ϕ

G

E

θ

θ 9 0 ° - ϕ

θ

0, 3 8 m

W AB=2000 N

D

C

r = 0, 6

m

E

W CD=1000 N

N E

T

θ

N D

θ9 0 ° - ϕ


32/40



3.2.2 Equilibrio en el espacio

Formulación general:

(P : cualquier punto en el espacio)

donde son las componentes de las fuerzas externas (activas y de reacción)

y son las componentes de los momentos externos y de los momentos

con respecto a un punto P o a un eje de las fuerzas externas que actúan

sobre el cuerpo.Un sólido rígido tiene seis grados de libertad (GDL) en el espacio, entonces estará enequilibrio respecto a tierra (equilibrio absoluto) o con respecto a otro sólido (equilibriorelativo) cuando han sido restringidos los seis GDL.

Reacciones en los apoyos tridimensionales

• Biela: • Esfera:

• Superficie lisa: • Cable:

• Dos bielas: • Tres bielas:


33/40



• Rótula: • Bisagra sin sujección axial

•

Pasador y alojamiento: • Bisagra:

• Empotramiento:

Casos particulares

• Sólido sometido a fuerzas paralelas

No nos sirven:

pues son identidades.

• Sólido sometido a la acción de fuerzas concurrentes a un eje

es una identidad

(no nos sirve)


34/40



Ejemplo 3.12:

La varilla homogénea AB de masa 12 kgestá soportada por una rótula en B y por unacuerda CD (C es punto medio de la varilla).

Sabiendo que la varilla descansa en A

sobreuna pared lisa vertical (plano xz), se pideencontrar la fuerza en el cable y lasreacciones en A y B.

Solución: del DCL de la barra:

= Ar

(45, 0, 60) cm

= Br

(0, 100, 0)

=C

r

(22,5; 50; 30)

= Dr

(0, 0, 60)

)30;50;5,22(/ −−=−= C DC D r r r

)48,0;8,0;36,0(ˆ −−=CDu

B es rótula: ),,( z y x B

B B B R =

A es apoyo simple: )0,,0( y A A R =

Tensión en el cable: )48,0;8,0;36,0( −−= T T

Peso de la varilla: )12,0,0( −=W

kgf

Por equilibrio se debe cumplir: 0=∑ iF

y 0=∑ P M

donde P arbitrario.

:∑ xF 036,0 =− T B x (1) :∑ yF 08,0 =−+ T A B y y (2) :∑ zF 01248,0 =−+ T B z (3)

:∑ B M

0)()()( =×−+×−+×− W r r T r r Rr r BC B D A B A

→ 0

1200

30505,22

ˆˆˆ

48,080,036,0

601000

ˆˆˆ

00

6010045

ˆˆˆ

=

−

−+

−

−+−

k jik ji

T

A

k ji

y

de donde: 060060 =+− y A (4)

02706,21 =+− T (5)

03645 =− T A y (6)

de (4): 10= y A kgf

de (5): 5,12=T kgf

La ecuación (6) es linealmente dependiente de (4) y (5) y solamente servirá para validar losanteriores resultados.

z

x

y

4 5 c m

6 0 c m

C

D

A

B z

100 cm

Fig. 3-82

O

T

W

A y

B y

B x

z

x

y

4 5 c m

6 0 c m

C

D

A

B

100 cm

Fig. 3-81

O


35/40



en (1), (2) y (3): 5,4= x B kgf, 0= y B , 6= z B kgf

Respuestas: )6;0;5,4(= B R

[kgf] y )0,10,0(= A R

[kgf]

Ejemplo 3.13:

Calcular las reacciones en el cojinete A y en la rótula D y la tensión en elcable sabiendo que:

• F

está contenida en el plano yz; sumódulo es F = 500 N.

• En el cojinete no se generanmomentos de reacción.

Solución:

• del dibujo: = Ar

(0, 0, -60) cm

=C

r

(90, 0, 0)

= Dr

(90, -90, 60)

= E r

(180, -90, 0)

• del DCL de la barra:

Reacción en A: )0,,( y x A A

Reacción en D: ),,( z y x D D D

Fuerza F

: )5

3,5

4,0(500ˆ −−== F uF F

N)300,400,0( −−=F

Cable:T

uT T ˆ=

−=

−−= 0,

22,

22

290

)0,0,90()0,90,180(T T

Se debe cumplir:

++−−→=∑ )0,,()300,400,0(:0 y xi A AF

0),,(0,2

2,

2

2=+

− z y x D D DT

02

2=++ x x DT A (1)

02

2400 =+−+− y y DT A (2)

0300 =+− z D (3)

de (3): N D z 300=

y

x

z

34

O

C

E

D

9 0 c m

6 0 c m

90 cm

cable

90 cm

A

6 0 c m

Fig. 3-82

F

y

x

z

34

O

C

E

D

9 0 c m

6 0 c m

90 cm

90 cm

A

6 0 c m

Fig. 3-84

F

A y

A x

D y

D x

D z


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Tenemos todavía cinco incógnitas:

La segunda condición de equilibrio establece que 0=∑ P M

donde P es cualquier punto.

Tomemos 0=∑ A M

:

→ (0, 0, 60) × (0, - 400, -300) + (90, 0, 60) +−× )0,22,

22( T T

+ (90, -90, 120) × 0),,( = z y x D D D

Operando los productos vectoriales y ordenando obtenemos las siguientes ecuacionesescalares:

24000 + 30 T 2 - 90 z D - 120 0= y D (4)

012090230 =+− x z D DT (5)

09090245 =++− x y D DT (6)

resolviendo el sistema obtenemos: N84,282=T N125= x D

N75= y D

N325−= x A

N525= y A

Nota: para la ecuación de momentos pudimos haber tomado otro punto como centro de

reducción, por ejemplo 0=∑ D M

.

Así tendríamos: (90, 90, -60) × (0, -400, -300) + (90, 0, -60) × ( +− )0,22

,2

2 T

T 0)0,,()120,90,90( =×−−+ y x A A

resolviendo los productos vectoriales y ordenando:

012023051000 =+−− y AT (4´)

012023027000 =++ x AT (5´)

0909024536000 =−−− y x A AT (6´)

las cuales conjuntamente con (1) y (2) y recordando que N300=

z D nos permiten resolverlas incógnitas:

N525

N325

N75

N125

N84,282

=

−=

=

=

=

y

x

y

x

A

A

D

D

T

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Ejemplo 3.14:

La barra doblada mostrada está apoyadaen tres cojinetes A, B y C , los cualessolamente pueden soportar fuerzas de

reacción. Sabiendo que la fuerzaaplicada de 400 N está contenida en el plano xy mientras que el par de 700 N-mestá aplicado en dirección y, se pidecalcular todas las reacciones en losapoyos.

Solución: del DCL de la barra:

• Reacción en A: ),0,( z x A A A R =

; m)0,0,0(= Ar

• reacción en B: )0,,( y x B B B R =

; m)9,0;5,1;0(= Br

• reacción en C : ),0,( z xC C C R =

; m)5,1;6,3;0(=C r

• fuerza F

: )0,240,320()0,5/3,5/4(400 ==F

; )0;5,1;0(=Pr

• momento M

m- N)0,700,0(= M

∑ = :0iF

0320 =+++ x x x C B A (1)

0240 =+ y B (2)

0=+ z z C A (3)

∑ = :0 A M

×+×+× )0,5,1,0(),0,()5,1;6,3;0()0,,()9,0,5,1,0( z x y x C C B B 0)0,700,0()0,240,320( =+×

0)0,700,0()480,0,0()6,3;5,1;6,3()5,1;9,0;9,0( =+−+−+−→ x x z x x y C C C B B B

06,39,0 =+− z y C B (4)

07005,19,0 =++ x x C B (5)

04806,35,1 =−−− x x C B (6)

de (2): N240−= y B

en (4): 06,3)240(9,0 =+−− zC → N60−= zC

0 , 9 m

0 , 6 m

2 ,1 m

C

1 ,5 m

A B

x

y

z

400 N

3

4

7 0 0 N - m

Fig. 3-85

0 , 9 m

0 , 6 m

2 ,1 m

C 1 ,5 m

A

B

x

y

z

400 N

3

4

7 0 0 N - m

B x B y

A z

A x

C z

C x

Fig. 3-86


38/40



de (3):

resolviendo (5) y (6): ;

en (1): →

Respuesta:

Ejemplo 3.15:

En la figura se muestra una barra homogénea de longitud y peso , lacual está apoyada mediante una rótula en A y simplemente apoyada a la superficie

semicilíndrica en D y a la pared vertical en B. Todas las superficies son lisas. Se pidecalcular las reacciones en A, B y D.

Solución: El DCL de la varilla es:

Tenemos que calcular las coordenadas del punto decontacto C de la varilla con la superficie semicilíndrica.

→

→


39/40



φ sen AD DH = → 49,57= DH → 49,57=C z cm

φ os AD AH c= → 86,192= AH → 86,192=C x cm

Además se debe notar que la reacción en C , al ser perpendicular al plano AJBE sigue la

misma dirección que OD, en consecuencia:

)cos,0,sen( φ φ C C C N N N −=

)96,0;0;28,0( C C

N N −=

Ahora tracemos el plano AJBE tangentea la superficie semicilíndrica. Lageneratriz de contacto DF contiene al

punto C . Para dicho plano (mostrado enla figura en verdadera magnitud)

podemos escribir la siguiente relación:

: ABE ∆ 300120sen =θ → °= 58,23θ

θ tan ADCD = → 84,87=CD → 84,87=C y cm

Las coordenadas del punto B serán:

φ θ φ cos)cos(cos AB AE x B == → 49,263= B x cm

120= B y cm

φ θ φ sen)cos(sen AB AE z B == → 55,78= B z cm

Las fuerzas que actúan sobre la varilla son:

Fuerza [N] Punto de paso [cm]

Peso propio: )50,0,0( −=W

)28,39;60;75,131(=Gr

Reacción en A: ),,( z y x A A A A =

)0,0,0(=Or

Reacción en B: )0,,0( B B N N −=

)55,78;120;49,263(= Br

Reacción en C : )96,0;0;28,0( C C C N N N −= )49,57;84,87;86,192(=C r

Ahora podemos aplicar las ecuaciones que describen el equilibrio de los cuerpos rígidos:

:0=∑ A M

0=×+×+× B BC C G N r N r W r

(1)

donde: )0;5,6587;3000(

5000

28,396075,131

ˆˆˆ

−=

−

=×

k ji

W r G

A

B

D

F

E

C

Fig. 3-90

J

1 2 0 c m

3 0 0 c m

θ


40/40


)59,24;24,201;33,84(

96,0028,0

49,5784,8786,192

ˆˆˆ

C C C

C C

C C N N N

N N

k ji

N r −=

−

=×

)49,263;0;55,78(

00

55,7812049,263

ˆˆˆ

B B

B

B B N N

N

k ji

N r −=

−

=×

en (1) y separando para cada dirección cartesiana:

055,7833,843000 =++− BC N N

024,2015,6587 =− C N

049,26359,24 =− BC N N

Resolviendo: 01,3= B N N → )0,01,3,0( −= B N

73,32=C N N → )42,31;0;16,9(−=C N

Notar que el sistema de tres ecuaciones tiene solamente dos incógnitas. Lo que sucede esque una de ellas es linealmente dependiente de las otras dos y en consecuencia el juego dedos soluciones que hemos hallado es único.

Para calcular las reacciones en la articulación esférica:

:0=∑ iF

0=+++ BC N N W A

(2)

0)0,01,3,0()42,31;0;16,9()50,0,0(),,( =−+−+−+ z y x A A A

de donde: 16,9= x A N

01,3= y A N

16,9= x A N

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