Ejercicio Nº1 Un contenedor de peso “W” se sostiene por medio de tres cables, tal como se muestra en la figura. Se pide determinar la tensión en cada cable. Los puntos B,C,D,E y F se encuentran en el plano xz , y el punto A se encuentra en el eje y . Datos: W,a

BE = a36 FO = a36 EO = a50 OC = a32 OD = a45 OA = a60

Solución: Equilibrio del punto “A”: Ecuación de equilibrio:

∑ = 0rr

F → 0321

rrrrr=+++ WTTT

Donde:

AB

ABTT ⋅= 11

r

ACACTT ⋅= 22

r

ADADTT ⋅= 33

r ( )0,1,0 −⋅=WW

r

E

z

y

x D

C

B

A

F

O

W

3

2

1

A

W

3T

2T

1T

D

C

B

Donde:

( )( )( )( )0,0,45

32,0,036,0,500,60,0

aDaC

aaBaA

=−=

−=−=

→

( )

( )aAC

aaAC

aAB

aaaAB

68

32,60,0

86

36,60,50

=

−=

=

−=

( )

aAD

aaAD

75

0,60,45

=

=

Reemplazando valores en la ecuación de equilibrio, tenemos:

( ) ( ) ( ) ( )0,1,075

0,60,4568

32,60,086

36,60,50321 ⋅=⋅+

−⋅+

−⋅ WTTT

Ecuaciones escalares :

Según el eje x : → 075

4586

50 31 =⋅

+⋅

−TT

Según el eje y : → WTTT=

⋅+

⋅+

⋅75

6068

6086

60 321

Según el eje z : → 068

3286

36 21 =⋅

−⋅ TT

Resolviendo el sistema de ecuaciones, resulta lo siguiente:

1165

5161

WT ⋅=

1165

4592

WT ⋅=

1165

5003

WT ⋅=

Ejercicio Nº 2 Los collarines “A” y “B” que se muestran en la figura, están conectados por medio del alambre “AB” de “ a525 ” de largo. Si en el collarín “A” que sólo se puede mover en la

línea de acción del eje “ y ” se aplica una fuerza ( )0,1,0⋅= PPr

y en el collarín “B” que sólo se puede mover en la línea de acción del eje “e-e” paralelo al eje “ z ” y que se

encuentra en el plano “ zx − ”, se aplica una fuerza ( )1,0,0⋅=QQr

; se pide calcular la

magnitud de las fuerza de tensión Tr

que se produce en el alambre y la magnitud de la

fuerza Qr

, para la condición de equilibrio. Considerar que todas las superficies son lisas. Datos: aP, Figura del ejercicio Nº 2 Solución: Coordenadas de los puntos: Vectores:

)0,155,0(: aA )1,0,0(QQ =r

),0,200(: BzaB )0,1,0(PP =r

)0,0,200(: aC tTT ˆ⋅=r

)0,0,0(:O ),155,200( BzaaAB −=

Cálculo de la distancia Bz

( ) ( ) ( ) azaaAB B 525155200 222 =+−+=

→ ( ) ( ) ( ) ( )2222 155200525 aaazB −−−= → azB 460=

→ )92,31,40(5)460,155,200( −=−= aaaaAB

Cálculo del vector unitario t̂ :

a155 a200

z

y

x

Q

P

C

B

A

O

e

e

( )a

aABABt

52592,31,405ˆ −⋅

== → ( )

10592,31,40ˆ −

=t

Coordenadas de las reacciones en los collarines “A” y “B”.

( )zxA AAR ,0,=r

( )0,, yxB BBR =r

Ecuación de equilibrio en el collarín “A”:

∑ = 0rr

F → 0rrrr

=++ ARTP

→ ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0,0,105

92,31,400,1,0 =+−⋅

+ zx AATP

0=∑ yF → 0105

31=

⋅−

TP → 31

105 PT ⋅=

Ecuación de equilibrio en el collarín “B”:

∑ = 0rr

F → 0rrrr

=++ BRTQ

→ ( ) ( ) ( ) ( )0,0,00,,105

92,31,401,0,0 =+−−⋅

+ yx BBTQ

zA

xA

z

y

x

Pr

A

Tr

yB

Tr

z

y

x

Qr

B xB

0=∑ zF → 0105

92=

⋅−

TQ → 31105

10592105

92⋅⋅⋅

=⋅

=PTQ

→ 31

92 PQ ⋅=

Ejercicio Nº3 Para la estructura dada se pide calcular las reacciones en A , B y D. Datos: q, a.- Solución:

a) Cálculo de reacciones:

Ecuaciones de equilibrio:

∑ = 0BM → 043 =⋅⋅+⋅− aaqaAy → 3

4qaAy =

B

a

E D

C

A

q

a2

a2

a

Rótul

B

a

E DC

A

q

a2

a2

a

Rótul

yB

xB xA

yA

∑ = 0DM → 0222 =⋅⋅+⋅+⋅− aaqaAaA xy → 3qaAx =

∑ = 0xF → 0=+ xx BA → 3qaBx −=

∑ = 0yF → 04 =⋅−+ aqBA yy → 3

8qaBy =

∑ = 0xF → 0=+ xx DA → 3qaDx −=

∑ = 0yF → 02 =⋅−+ aqDA yy → 3

2qaDy =

DC

A

a2

a2

Rótul

xA

xD

yD

yA

q

Problema N°4 La barra “AB” de longitud “l ”, está apoyada mediante una articulación fija por el extremo “A” y sujeta por una cuerda por el extremo “B”. Por el otro extremo de la cuerda que pasa por una polea en “C” de diámetro despreciable, cuelga un cilindro de peso “Q ” tal como se muestra en la figura. Considerando que el peso propio de la barra “AB” es “W ”, se pide demostrar que para que exista equilibrio el valor de “θ ” debe ser:

2

21cos ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−=WQθ

Solución.

a) Solución vectorial:

0=∑ AMr

→ 0ˆˆ =⋅×+⋅× kTABkWADrr

(1) Donde:

( )( )( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅=

=⋅⋅=

=

0,cos2

,2

0,,00,cos,

0,0,0

θθ

θθ

ll

l

ll

senD

CsenB

A

→

( )

( )( )

tQtTT

WW

senAB

senAD

ˆˆ0,1,0

0,cos,

0,cos,2

⋅=⋅=

−=

=

=

r

rl

l

θθ

θθ

( )[ ]( ) ( )θθθ

θθ

cos12cos1

0,cos1,

ˆ

2222 −⋅⋅=−⋅+⋅=

−⋅⋅−=

=

lll

ll

senBC

senBCBCBCt

Luego:

( )[ ]( )

( )[ ]( )θ

θθθθθ

cos120,cos1,

cos120,cos1,ˆ

−⋅−−

=−⋅⋅−−⋅

=sensent

l

l

Reemplazando estos valores en la ecuación (1) y reordenando adecuadamente los vectores en los productos mixtos, tenemos:

B

A

C

l

θ

Q

W

l D

( ) ( )0

cos120cos10cos100

20100cos100

=−⋅⋅

⋅−−

+⋅⋅−

θθθ

θθθθ ll Q

sensenWsen

( )[ ]( )

0cos12

coscos12

=−⋅⋅

⋅⋅+−⋅+⋅⋅−θ

θθθθθ ll QsensenWsen

→ ( )

0cos122

=−⋅

+−θ

QW

→ 2

21cos ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−=WQθ

b) Solución escalar: En consideración a que el triángulo ABC es isósceles con base “BC”, llamaremos “α ” a los ángulos de la base del triángulo.

Entonces se cumple que: °=+ 1802 θα → 2

90 θα −°=

Además:

0=∑ AM → 02

=⋅⋅−⋅⋅ θα senWsenQ ll (2)

Pero : ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −°=

2cos

290 θθα sensen

Reemplazando en la ecuación (2), tenemos:

θθ senWQ ⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

22cos (3)

Pero: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

2cos

22 θθθ sensen (4)

Luego, reemplazando la expresión (4) en (3), tenemos:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

2cos

22

22cos θθθ senWQ

O sea: WQsen =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

2θ

→ 2

2

2cos1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

WQθ

(5)

Pero: ( )

2cos1

2cos2 θθ +

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Reemplazando esta expresión en (5) →

( ) 2

12cos1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

+WQθ

→ 2

21cos ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−=WQθ

Ejercicio Nº5 Para el reticulado cargado como se muestra en la figura, se pide:

a) Calcular las reacciones que se producen en los apoyos “A” y “B”. b) El esfuerzo y la solicitación que se produce en la barra Nº2. Datos: aP,

53

=θsen y 54cos =θ

Solución a) Cálculo de las reacciones:

a4

E

D C

BA

θ P

a2

a5

a3

7

5

4

3

2 1 6

φ

a4

E

D C

B A

θ

P

a2

a5

a3

7

5

4

3

2 1 6

yB

φ

xA

yA

Ecuaciones de equilibrio :

0=∑ xF → 0=⋅− θsenPAx → 5

3PAx =

0=∑ yF → 0cos =⋅−+ θPBA yy

0=∑ BM → 056 =⋅⋅+⋅− asenPaAy θ → 2PAy = →

103PBy =

b) Cálculo de las fuerzas en la barras

Equilibrio del nudo “E”:

0=∑ xF → 0cos5 =⋅−⋅− θφ senPS Donde:

( ) ( )22 26

6cosaa

a+

=φ → 103cos =φ

Luego: → 5

105

⋅−=

PS

Equilibrio del nudo “C”:

E

7S

θ P

φ

5S

y

x

C xφ

5S

4S

1S

y

0=∑ xF → 0cos 45 =+⋅ SS φ

→ φcos54 ⋅−= SS

→ 103

510

4 ⋅⋅

=PS

→ 5

34

PS =

Equilibrio del nudo “D”:

53

=αsen 54cos =α

132

=βsen

133cos =β

0=∑ xF → 0cos 246 =⋅−−⋅ βα senSSS

0=∑ yF → 0cos26 =⋅−⋅− βα SsenS

→ 35

133cos

226 ⋅⋅−=⋅−= Ssen

SSαβ

→ 135

26 ⋅−= SS

Reemplazando este valor en la ecuación de 0=∑ xF →

→ 0cos135

242 =⋅−−⋅⋅− βα senSSS

→ 0132

54

135

242 =⋅−−⋅⋅− SSS

→ 42 136 SS −=⋅ →

53

136

2PS −=⋅

→ 613

53

2 ⋅−=PS →

1013

2PS −=

(Compresión)

D

β

α

6S

4S

2S

y

x

Resumen de esfuerzos en las barras:

53

52

1013

5

4

3

2

1

PS

PS

PS

PS

=

−=

−=

−=

53

2

510

7

6

5

PS

PS

PS

−=

=

−=