Luego el momento respecto a 0 , es

M0 = r R = r P √2cos β+2

También, el momento respecto a 0, es

M o=r i x P (cos β i+sen β j )+r j x P i

¿ rP ( senβ−1 ) k

En modulo

M o=rP(senβ-1)k

Igualando y

√2cos β+2 = ( senβ−1 )

1+2cos β = sen2 β−2 sen β

Resolviendo esta ecuación gráficamente

β 1 + 2 cos β Sen 2β - 2 senβ100 2.97 - 0.316300 2.732 - 0.75500 2.24 - 0.946900 1.0 - 1.0

1200 0.0 - 0.9821500 - 0.732 - 0.751800 - 1.0 0.02100 - 0.732 1.252400 0.0 2.4822700 1.0 3.03000 2.0 2.4823300 2.732 1.25

1

2

1 2

(1+2cosβ ) , ¿¿)

RPTAS

PROBLEMAS PROPUESTOS

PROBLEMA N 0 2.1 : Los vectores de par M 1y M 2 representan pares que están contenidos en los planos ABC y ACD respectivamente. Suponiendo que M1=M2= Mdeterminar el par único equivalente a los pares

RPTA:

M = (0.555M)i + (1.279 M) j + (0.894 M) k

PROBLEMA N 0 2.2 : Una fuerza representada por el vector F que pasa por D y B, tal como se indica en la figura , tiene una magnitud de 130 lb . Determinar el momento de F respecto a las dos líneas mn y pq , donde m,n,p y q son los puntos medios de los lados del prisma .

RPTA:

M mn=−259.2 i−345.6k ft−lb

M pq=14.2 i−56.8 j ft−lb

PROBLEMA N 0 2.3 : Determinar el momento de Fdel problema 2.2 respecto a la línea rs

RPTA: M rs=720 i+960 j−1920 k

√89ft−lb

PROBLEMA N 0 2.4 : Sumar las tres cuplas que se presentan en la figura

RPTA: M=300 i+400 j+400k ft−lb

PROBLEMA N 0 2.5 : Dado una fuerza y una cupla

F=20 i+50 j lb ,(o ,o ,o)

C=30k fb−lb

Encontrar una sola fuerza equivalente al sistema de fuerzas y u n punto por donde pasa

RPTA:

F=20 i+50 j lb

Que pasa a través de (0.6,0,0)

PROBLEMA N 0 2.6 : Una varilla curva en un cuarto de círculo está en el plano horizontal , fijado en su extremo 0 y en A soporta una carga vertical según se muestra en la figura . Determinar la fuerza equivalente del sistema en 0 y en B

RPTA. En 0 :

F=−100k lb

M o=−200i+200 j ft−lb

En B :

F=−100k lb

MB=−58.58 i+141.42 j ft−lb

PROBLEMA N 0 2.7 : Un torsor actúa en el punto (1,2,3) ft , tal como se presenta en la figura . la cupla esta dada por :

C=10 i+n j+nk fb−lb

Donde n es un escalar desconocido. Para el sistema equivalente de fuerzas en el origen, la cupla es representada por:

C0=−190i+120 j+20 k ft−lb

Determinar el torsor

RPTA: F=100 i+200 j+200k lb

C=10 i+20 j+20k ft−lb

PROBLEMA N 0 2.8 : Dos barras prismáticas homogéneas AB y BC de longitud l y 2 l respectivamente, unidades en B rígidamente tal como se muestra en la figura .está suspendida en A . Determinar el ángulo α que hace AB con la vertical OA, si la resultante del peso de las barras esta a lo largo de Oa

RPTA: α = 380 40´

PROBLEMA N 0 2.9 : El sistema de fuerzas que actúan en el botalón OA consiste de un peso W=1200 lb , el peso botalón es w = 100 lb y dos tirantes según se muestra en la figura .La resultantes de todas las fuerzas pasa por la articulación 0 . Determinar la tensión T en los tirantes

OB=34

OA OC=1

2OA

RPTA:

T=1098.2 lbs

PROBLEMA N 0 2.10 : En un muro de contención de gravedad de forma trapezoidal actúan en un mismo plano las fuerzas representadas en a figura. Determinar la resultante de fuerzas, y a que distancia de O en la base OA pasa dicha resultante

RPTA: R=12.23i−29.87 jT

X=9.83 ft

PROBLEMA N 0 2.11 : Una plancha circular de peso W está sujeto por tres alambres. Un peso de (1/5)W actúa en el borde de la plancha tal como se muestra en la figura . Si la resultante del peso de la plancha y el peso adicional (1/5) W es igual a la r resultante de las tensiones, pero en sentido opuesto. Para iguales tensiones en los alambres cuánto vale el ángulo α

RPTA: α = 200 45´ PROBLEMA N 0 2.12 : Reemplace por una sola fuerza las fuerzas y momento que se muestran aplicados al aparato de la figura. Determine completamente, la línea de acción de esta fuerza

RPTA:

La única fuerza es de 200 lb, perpendicular a AB, aplicado en éste y a 1 pie de A

PROBLEMA N 0 2.13 : Determine los valores de las fuerzas F1 , F2 y f3 , para que la resultante de las fuerzas y del momento que actúan sobre la placa de la figura , sea cero.

RPTA: F1=10.8kg F2=7kg F3=¿ 14.2 kg

PROBLEMA N 0 2.14 : En la figura, ¿Dónde deberá aplicarse una fuerza de 40 kg dirigida hacia abajo, para que la resultante más simple de todas las fuerzas que se indican esté aplicada en el punto (2,2)?

RPTA: (-8,-2)

PROBLEMA N 0 2.15 : Determine el PAR REDUCIDO correspondiente al sistema de fuerzas siguiente , tomando como centro de reducción el punto P (3,-2,5)

F1=1000kgs . ;rectade acción :3 x−4 y=12

6 y+z=18

F2=5000kgs . ;rectade acción : x=z=5

PROBLEMA N 0 2.16 : Sustituir el torsor por dos fuerzas, una que actúa en el punto A y la otra en el punto B, siendo ambos sistemas equivalentes

RPTA: F A=(10 , n ,−6 ) lb FB= (−5 ,−n ,6 ) lb Donde “n” es arbitrario

PROBLEMA N 0 2.17 : Los tres lados de un tetraedro son mutuamente perpendiculares (OA , OB , OC) ; OD es perpendicular a AB y OD = p . Probar que el sistema de fuerzas equivalente a las fuerzas P y Q y los pares λP y λQ , será equivalente a una sola fuerza si :

λ=pPQ

P2+Q2

Probar que línea de acción de la fuerza única, Corta a OD en ángulo recto y el punto de intersección Divide a OD en la relación

LOLD

= P2

Q2

3. EQUILIBRIOAislamiento de un sistema mecánico, diagramas de cuerpo libres

En un sistema mecánico aislado , cuando un cuerpo o grupos de cuerpos es separado de un todo con el fin de ser analizado el cuerpo ó cuerpos unidos aislados . La representación esquemática del cuerpo o grupos de cuerpos en las que aparecen todas las fuerzas exteriores; o sea las aplicadas y reacciones; reacciones de apoyos ó de otros cuerpos del cual fueron separados, se llama diagrama de cuerpo libre

Equilibrio de una partícula en el espacio .-

Cuando la resultante de todas las fuerzas externas que actúan sobre una partícula es cero, la partícula esta en equilibrio. La acción de la rotación o tendencia a rotación es nula. Es explicito

Si en una particula actúan dos fuerzas , éste estará en equilibrio si las dos fuerzas tienen el mismo módulo , dirección y sentidos opuestos

REACCIONES EN APOYOS O ACCIONES EJERCIDAS POR ALGUNOS CUERPOS O APOYOS SUPRIMIDOS PARA LA REPRESENTACION DEL DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

Nombre del cuerpo eliminado

Esquema de la reacción Acción del cuerpo eliminado

descripción

TierraFuerza vertical , igual al

peso que pasa por el centro de gravedad

Cable flexible (corto ,de peso

despreciable ); biela o eslabón

Una fuerza única , que actúa a lo largo del cable ó

biela

Superficie lisaFuerza única perpendicular

a la superficie

Rodillo Fuerza perpendicular a la superficie sobre la cual

rueda

Pasador liso

Una fuerza normal al pasador , de dirección desconocida , que se

sustituye por dos componentes

independientes

Collarín sobre varilla lisa pasador en ranura

lisa

Fuerza normal a la varilla ó ranura

Rótula esférica

Una fuerza de dirección desconocida que pasa por la bola , sustituida por tres

componentes independientes

Cojinete o asiento liso de un eje

Una fuerza y un par de direcciones desconocidas ,

sustituidos por dos componentes

independientes cada uno

Soporte ó empotramiento

Una fuerza y un par de direcciones desconocidos ,

sustituidos por tres componentes

independientes cada uno

Cuando son mas de dos fuerzas, ejemplo cuatro fuerzas, que actúan sobre las partículas A. El polígono cerrado proporciona una expresión grafica del equilibrio de A

La expresión algebraica de las condiciones de equilibrio de una partícula en el espacio , es

R=∑ F=0

Descomponiendo cada fuerza en sus componentes rectangulares

∑ (F x i+F y j+F zk )=0

¿ + ¿ + ¿

En sus componentes esféricas

∑ (F r er+Fθ eθ+Fϕeϕ )=0

¿ + ¿ + ¿

O en cualquier otro sistema, será análogo

En conclusión hallamos que las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de una partícula en el espacio, son

∑ Fx=0 ∑ Fy=0 ∑ Fz=0

∑ F r=0 ∑ Fθ=0 ∑ Fϕ=0

Como son tres ecuaciones, por cada sistema, pueden emplearse para a resolución de problemas en los que no tengan más de tres incógnitas.

Para resolver problemas de equilibrio de partículas en el espacio primero se analiza el diagrama de cuerpo libre.

En los tipos de problemas más comunes las incógnitas representan (1) las componentes de una sola fuerza ó (2) los módulos de tres fuerzas, cuyas direcciones y sentidos se conocen.

F1,F2 y F3 son de dirección y sentido conocidos

Equilibrio de una partícula en el plano.-

Las condiciones de equilibrio son:

∑ Fx=0 , ∑ Fy=0

Y los problemas a resolver son aquellas que tienen dos incógnitas.

En los tipos de problemas, las dos incógnitas son (1) las dos componentes (el módulo y dirección) de una sola fuerza, (2) el modulo de dos fuerzas de dirección conocidas

Ambas pueden solucionarse gráficamente ó en (2) pueden hallarse F 1 y F2

trigonométricamente.

Ϝ 1sen60 °

=Ϝ 2sen70 °

= 70sen50 °

Equilibrio de un sólido en un espacio.- Se dice que un sólido rígido está en equilibrio cuando las fuerzas externas (acciones y reacciones) que actúan sobre él, forman un sistema equivalente a cero, es decir, cuando las fuerzas externas se reducen a una fuerza nula y un par nulo.

O sea : ∑ F=0;∑ M 0=∑ (r×F ¿)=0¿

Descomponiendo cada fuerza y cada momento en sus componentes rectangulares, resulta que las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo rígido pueden expresarse mediante las seis relaciones escalares.

∑ Fx=0

∑ Fy=0

∑ Fz=0} indica que las fuerzas exteriores se compensan

∑ Mx=0

∑ My=0

∑ Mz=0 } indica que los momentos de las fuerzas exteriores se equilibran o se anulan

Por consiguiente el cuerpo no tendrá movimiento de traslación y rotación con aceleración. El sistema puede moverse a velocidad constante.

Con las seis relaciones se podrá determinar hasta seis incógnitas.

Equilibrio de un sólido en dos dimensiones.- Considerando ejes x e y, entonces de las seis relaciones obtenidas en el equilibrio de un sólido en el espacio, se reducen como sigue:

Si : Fz=0 ;Mx=My=0 Mz=Mo

Entonces quedan: ∑ Fx=0 ;∑ Fy=0 ;∑ Mo=0

Como la ∑ Mo=0 satisface cualquiera que sea el centro de momentos elegido, punto 0, éste punto puede ser cualquiera del plano de fuerzas.

Entonces no puede haber más de tres incógnitas para la compatibilidad del equilibrio.

Como no se puede agregar nuevas ecuaciones a las tres ya enunciadas, cualquiera de ellas puedes ser reemplazada por otra ecuación. Así, pues, otro sistema de ecuaciones de equilibrio, para el ejemplo considerado, ver fig. , es:

∑ Fx=0∑ M A=0∑ M B=0 -------------------------- (I)

Donde se ha elegido la recta AB en una dirección diferente de y.

Las dos primeras ecuaciones de

(I) indican que las fuerzas

exteriores deben reducirse a

una fuerza única vertical en A.

La tercera ecuación indica que

el momento respecto a B de esa

fuerza sea cero y como la recta

de acción de dicha fuerza única,

no contiene al punto B la fuerza

debe ser igual a cero, por lo

tanto el sólido rígido ésta en

equilibrio.

Otro grupo posible de ecuaciones de equilibrio es

∑ M A=0 ;∑ M B=0 ;∑ M C=0 ---------------------------- (II)

Donde A, B y C no están sobre una misma recta. La primera de las ecuaciones de (II) impone que las fuerzas externas se reducen a una fuerza única aplicada en A , la segunda impone que esta fuerza pasa por B y la tercera que pase por C . como los tres puntos no están en línea recta , la fuerza debe ser igual a cero , en conclusión el solido está en equilibrio

Equilibrio de un sólido sometido a dos fuerzas.-

Un sólido sometido a dos fuerzas está en equilibrio si las 2 fuerzas tienen el mismo módulo la misma recta de acción y sentidos opuestos.

Si se tiene el sólido de la figura (a) sometido a dos fuerzas

En (b): ∑ M A=0 indica que F2 pasa por A

En (c): ∑ M B=0 indica que F1 pasa por B

Otro par de ecuaciones pueden ser ∑ Fx=0 ;∑ Fy=0

Las fuerzas F1 y F2 pueden ser las resultantes de varias fuerzas.

Equilibrio de un sólido sometido a tres fuerzas.-

Si se tiene el solido de la figura, donde actúan tres fuerzas en tres puntos. Las fuerzas pueden ser resultantes de la suma de varias fuerzas en cada punto.

Se demostrará que si el cuerpo está en equilibrio las rectas de acción de las tres fuerzas deben ser concurrentes o paralelas.

Si D es un punto de intersección de F1 y

F2 ; el momento de F1 y F2 respecto a

D Es nulo.

El momento de F3 respecto a D debe ser también cero , y esto será cuando la recta de acción de F3 pasa por D . Por lo tanto las magnitudes de las tres fuerzas forman un triangulo cerrado

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA N° 3.1: tres cables

Están unidos en D donde se ejerce

Una fuerza hacia arriba de 6000 kg.

Calcular la tensión en cada cable.

SOLUCION:

Primero se hallan las tensiones en función del

vector unitario y sus módulos incógnita, para

equilibrio de una partícula en el espacio.

T DB=eDB . T DB

eDB=1.5 i−6 j−2k

√1.52+(−6 )2+(−2)2

¿ 1.5i6.5

− 6 j6.5

− 2k6.5

Luego: T DB=1.56.5

T DB i− 66.5

T DB j− 26.5

T DBk ---------------------------------------- (1)

T DC=eDC .T DC

eDC=2 i−6 j+3k

√22+(−6)2+32=2

7i−6

7j− 3

6.5k

Luego:T DC=27

T DC i−67

T DC j+ 37

T DCk -------------------------------------------- (2)

También T DA=−T DA i ---------------------------- (3)

Como el punto D está en equilibrio

∑ F D=0 :6000 i+T DB+T DC+T DA=0

6000 j+ 1.56.5

T DB i− 26.5

T DB j− 26.5

T DBk+ 27

T DC i−67

T DC j+37

T DC k−T DA i=0

F X =0:1.56.5

T DB+ 27

T DC−T DA=0

F Y=0 :6000− 66.5

T DB−67

T DC=0

FZ=0:− 26.5

+ 37

T DC=0

Resolviendo estas ecuaciones

T DC=2800kg .

4

5

6

T DB=3900kg .Rptas. RPTAS

T DA=1700kg .

PROBLEMA N° 3 .2 : se emplea una

Varilla AB para soportar una carga de 90 kg

Que cuelga muy próxima a la intersección de

Dos paredes lisas. Se sabe que la fuerza

Ejercida sobre el punto B por la varilla debe

Estar dirigida según la varilla, y que la fuerza

Ejercida en el punto B por cualquier pared debe

Ser perpendicular a ella.

Hallar la fuerza ejercida sobre B por la varilla y por cada pared, cuando a = 3m, b = 1m y h = 1.5 m.

SOLUCION :

El punto B está sometido a las 4

fuerzas

W=−90 i kg

R '=R ' k

R ' '=R' ' i

F=Fe AB

Donde e AB=−3 i+1.5 j−k

√12.25

¿−0.86 i+0.43 j−0.285 k

Luego F=−F0.86 i+ f +.43 j – f 0.285 k

Como el punto B en equilibrio ∑ FB=0

W+R '+R ' '+F=0

−90 j+R 'k+R ' ' i−F0.86 i+F0.43 j−F 0.285k=0

Ordenando e igualando a cero los coeficientes de i , j y k

∑ Fx=0 : (R ' '−F 0.86 ) i=0 R' '−F0.86=0

∑ Fy=0: (−90+F0.43 ) j=0−90+F0.43=0

∑ Fz=0 : (R '−F0.285 )k=0 R'−F0.285=0

Resolviendo estas tres ecuaciones

F=201kg .

R'=57 kg .Rptas. RPTAS

R' '=172kg .

PROBLEMAS N° 3 .3 : Si se fija el tornillo B

Del perro de madera de manera que se

Encuentre sometido a una compresión de

500 N, determinar la fuerza en el tornillo A.

SOLUCION :

Momento respecto a A

∑ M A=0

10 F−7.5×500=0

Donde :

F=375 N

↑∑ F y=0

−F+F A−500=0

−375+F A−500=0

De donde

F A=875N

Entonces el tornillo A estará sometido a una tracción de 875 N (Rpta.)

PROBLEMA N° 3.4 : Las mandíbulas de

La llave inglesa son de acero endurecido

Y lisas y, para la anchura dada de la llave

Pueden resistir hasta 6000 N de fuerza

Concentrada contra el vértice de una

Tuerca endurecida hexagonal sin sufrir

Daño alguno. Calcular la fuerza máxima P

Bajo el brazo de palanca de 25cm que se

Puede aplicar sin peligro a la llave.

Supóngase que entre la tuerca y las

Mandíbulas de la llave existe un ligero huelgo

SOLUCION :

El

momento del par producido por la tuerca, será equilibrado por el momento de P.

6000×5

√3=25 PP=693 N Rpta .

PROBLEMA N° 3.5 : Para comprobar

El equilibrio del avión se hacen rodar

Sobre dinamómetros cada una de las

Tres ruedas y las indicaciones son:

A = 2615 kg, B = 2640 kg, C = 420 kg.

Calcular las coordenadas x – y del

Centro de gravedad del avión.

SOLUCION :

El diagrama de cuerpo libre del avión

∑ F=0:−W k+2615k+2640k+420k=0

W=2615+2640+420=5675kg

∑ Mo=0

(2.4 i ) × (2615k )+ (−2.4 i )× (2640k )+(3 j ) × (420 k )+( x i+ y j ) × (−w k )=0

6336−6276+x 5675¿ j+(1260− y 5675 ) i=0

Igualando a cero los coeficientes de i y j

60+5675 x=0 x=−0.0105m

1260−5675 y=0 y=0.222m Rpta.

PROBLEMA N° 3.6 : Las dos varillas están

Soldadas de las manera que se indica y

Están soportadas por hilos en sus extremos.

Si el material de la varilla pesa 30 kg/m de

Longitud. Calcular la tensión de cada uno de

Los tres hilos.

SOLUCION :

∑ F=0

(T 1+T 2+T 3−18−27−27 ) k=0

T 1+T 2+T 3=72---------------------------

∑ Mo=0

1

(−60 j )× (T 1k )+ (−30 j ) × (−18k )+( 45 j ) × (−27k )+ (90 j ) (T 2k )+(45 i ) × (−27k )+ (90 i )× (T 3k )=0

Ordenando

(−60T 1+540−1215+90T 2 ) i+(1215−90T 3 ) j=0

Entonces

−60T 1+540−1215+90T 2=0 -----------------------------

1215−90T3=0 --------------------------

De , y

T 1=30.6kg ;T 2=27.9kg;T 3=13.5kg Rptas .

PROBLEMA Nº 3.7 : Determinar la fuerza

P que debe ejercer sobre la cuerda el obrero

De 90kg para sostenerse a sí mismo.

SOLUCION :

Después de hacer las diagramas de cuerpo libre, se llega a :

2

3

1 2 3

↑∑ Fy=0 :4 P+P−W=0

P1=905

=18kg Rpta .

PROBLEMA Nº 3.8 : Determinar la tensión T

Del cable que se indica en la combinación de

Poleas que soporta el peso P.

SOLUCION :

Después de construir los diagramas de sólido libre

↑∑ Fy=0 :T+2T−P=0

T=P3

RPTA

PROBLEMA Nº 3.9 : Una basculita está

Constituida por una placa suspendida en A

De un eslabón que actúa de aguja indicadora.

La báscula se inclina según sea el peso colgado

Del gancho situado en B. Cuando está descargada

AB es horizontal. La báscula pesa 120grs. Sin

Contar la aguja y su centro de gravedad se halla

A 5 cm de A. El peso del gancho es despreciable.

Determinar el ángulo θ que girará la báscula al

Colgar del gancho un peso de 240 g.

SOLUCION :

Según el gráfico

↺∑ M A=0

4 cosθ×240−5 senθ ×120=0

senθcosθ

=tan θ=9660

=1.6

θ=58° Rpta .

PROBLEMA Nº 3.10 : El brazo cargado mantiene

Una tensión en la correa. Determinar la posición

l del peso P para que produzca una tensión T en

la correa para la condición de alineamiento

Horizontal de las tres poleas. Despreciar el peso y

de la polea central frente a P.

SOLUCION :

Momento en o :

↺∑ Mo=0

−( b2−r )T+( b

2+r )T−(b/2cos60 °+l cos30 ° ) P=0

−b2

T +rT + b2

T +rT−b4

p−l √32

p=0

De donde L= 1

√3 p (4 rT−b2

P)= b

√3( 4Tr

Pb−1

2) RPTA

UNIVERSIDAD SEÑOR DE SIPAN

CURSO : ESTATICA

ESCUELA : INGENIERIA, ARQUITECTURA Y URBANISMO

PROFECIÓN : INGENIERIA CIVIL

CICLO : II

DOCENTE : MARIN BARDALES NOE

ALUMNOS : AGURTO MEDINA JONATHAN

PURIHUAMAN AREVALO DAVID

QUISPE VASQUEZ JEHISTER