Equilibrio Particula y Solido Rigido.pdf

Escuela Superior de Ingeniería Departamento de Ingeniería Mecánica y Diseño Industrial


M E EC CÁ Á N N I I C CA A Y Y V V I IB BR R A A C C I IO ON N E E S S

TEMA 3 : EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA Y DEL SÓLIDO RÍGIDO

3.1 Introducción

- Estática y equilibrio - Cuerpos - Fuerza - Leyes de Newton - Tipos de fuerzas 3.2 Equilibrio de una partícula - Diagrama de cuerpo libre - Tipos de problemas 3.3 Equilibrio del sólido rígido - Diagrama de cuerpo libre 3.4 Equilibrio en dos dimensiones - Cuerpo sometido a 2 fuerzas - Cuerpo sometido a 3 fuerzas - Sistemas formados por barras conectadas - Tratamiento de las poleas en los sistemas con barras ba rras conectadas 3.5 Equilibrio en tres dimensiones d imensiones


M E EC CÁ Á N N I I C CA A Y Y V V I IB BR R A A C C I IO ON N E E S S

TEMA 3 : EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA Y DEL SÓLIDO RÍGIDO

3.1 Introducción

- Estática y equilibrio - Cuerpos - Fuerza - Leyes de Newton - Tipos de fuerzas 3.2 Equilibrio de una partícula - Diagrama de cuerpo libre - Tipos de problemas 3.3 Equilibrio del sólido rígido - Diagrama de cuerpo libre 3.4 Equilibrio en dos dimensiones - Cuerpo sometido a 2 fuerzas - Cuerpo sometido a 3 fuerzas - Sistemas formados por barras conectadas - Tratamiento de las poleas en los sistemas con barras ba rras conectadas 3.5 Equilibrio en tres dimensiones d imensiones

Mecánica y Vibraciones Vibraciones

Equilibrio de la partícula partícula y del sólido rígido rígido T-1

Introducción

Estática y Equilibrio La Estática estudia el equilibrio de los cuerpos bajo la acción de diversas fuerzas. Ejemplo: - Los muebles de una habitación están en equilibrio. - Una persona de pie en el pasillo de un tren a velocidad constante está en equilibrio (a). Si el el tren aumenta o disminuye su velocidad (tiene aceleración) ya no estará en equilibrio (b).

Por tanto, un cuerpo en equilibrio, puede estar en reposo o en movimiento en línea recta y a velocidad constante (traslación rectilínea uniforme). Todos los puntos deben tener la misma velocidad y constante. No debe deb e existir aceleración. No se debe confundir el estado estado de equilibrio con el de reposo. reposo.



Cuerpos El cuerpo en estudio puede ser considerado como partícula o como sólido rígido. Partícula.

Un cuerpo se considera como partícula cuando su tamaño y forma no influyen en la solución del problema, pudiéndose considerar que todas las fuerzas actúan en un punto (el centro de gravedad del cuerpo). Una partícula va a ser un cuerpo que se le considera sin dimensiones, es decir, un punto, pero que se le supone con masa. Esto es irreal, pero es útil para el estudio de algunos problemas. Otras veces, una partícula será un punto determinado del sistema en estudio.

Sólido rígido.

Cuando no se pueda hacer la suposición anterior, el cuerpo será considerado como un sólido y habrá que tener en cuenta su tamaño, así como el hecho de que las fuerzas actuarán sobre diferentes puntos de aplicación. La mayor parte de los sólidos considerados en mecánica se supone que son rígidos, definiéndose el sólido rígido como aquel que no se deforma. En realidad, todos los cuerpos se deforman cuando están sometidos a fuerzas, pero estas deformaciones ordinariamente son pequeñas y no afectan a las consideraciones de equilibrio o movimiento del cuerpo que se estudia.

Mecánica y Vibraciones

Equilibrio de la partícula y del sólido rígido T-3

Fuerza Se define la fuerza como la acción que un cuerpo ejerce sobre otro. La fuerza es una magnitud vectorial, su efecto depende del valor (módulo), dirección y sentido que tenga. Además será necesario saber donde actúa. ⌧ Como

estudiaremos la mecánica de sólidos rígidos, las fuerzas serán consideradas como vectores deslizantes, pudiéndose aplicar en cualquier punto de su recta de acción La fuerza se aplica por contacto mecánico directo o por acción a distancia. Las fuerzas eléctricas y gravitatorias son dos ejemplos de fuerzas aplicadas por acción a distancia. Las demás fuerzas se aplican por contacto físico directo. ⌧

La acción de una fuerza sobre un cuerpo puede descomponerse en dos efectos, exterior e interior. Sólo se considerará el efecto exterior de las fuerzas (el efecto interior se estudia en Resistencia de Materiales). ⌧

Las fuerzas pueden estar concentradas o distribuidas. La fuerza puede estar distribuida sobre una superficie (contacto mecánico) o sobre un volumen (fuerza gravitatoria o magnética). Cuando la fuerza de contacto se halla aplicada sobre una superficie de dimensiones despreciables frente a las dimensiones del cuerpo, se podrá considerar como fuerza concentrada en un punto. ⌧

El sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo puede ser: coplanario o espacial. Dentro de cada uno de estos tipos, las fuerzas pueden ser: concurrentes, paralelas y ni concurrentes ni paralelas (sistema general). De todo lo comentado se deduce, que si el sistema de fuerzas actúa sobre una partícula, la única posibilidad es que sean concurrentes (coplanarias o espaciales). ⌧



Leyes de Newton Primera Ley.

Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la partícula permanecerá en reposo (si originalmente la partícula estaba en reposo) o se moverá con velocidad constante en línea recta (si originalmente estaba en movimiento). Equilibrio Estático. Segunda Ley

Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en la dirección de esta.

∑

F = m a r

r

Tercera Ley

Las fuerzas ejercidas por dos cuerpos entre sí (fuerzas de acción y reacción) tienen la misma magnitud, la misma dirección y sentidos opuestos. Es esencial ver claramente qué fuerza de esta pareja es la que se considera. La respuesta queda siempre clara si se aísla el cuerpo en cuestión (DCL) y se representa la fuerza ejercida sobre el cuerpo que aislamos (no la ejercida por él).

Sujetarse las manos y tirar de la mano izquierda. Las manos ejercen fuerzas iguales y opuestas.



Tipos de fuerzas Tal como se ha comentado las fuerzas pueden aplicarse por contacto directo o a distancia. La fuerza gravitatoria o peso de un cuerpo es un ejemplo de fuerza aplicada por acción a distancia. Las fuerzas de contacto son las fuerzas que resultan del contacto entre cuerpos. Trataremos con fuerzas de contacto entre superficies y por cuerdas, cables y resortes (muelles).

Peso

Es importante distinguir entre la masa y el peso de un cuerpo cuyo equilibrio o movimiento va a ser analizado. La masa es una propiedad del cuerpo independiente de su posición y movimiento. El peso es una fuerza causada por un campo gravitacional particular que actúa sobre el cuerpo. Para cualquier cuerpo cerca de la Tierra, su peso es la fuerza de atracción de la Tierra sobre ese cuerpo.

G P = mg

Se representa por un vector, siempre vertical y situado en el centro de gravedad del cuerpo. Su magnitud viene dada por: P = m

donde m es la masa del cuerpo y g es la aceleración de la gravedad, la cual en lugares cercanos a la superficie de la Tierra es aproximadamente igual a 2

2

g = 9,81 m/s = 32,2 pies/s = 386 pulg/s

2



Superficies

Cuando dos cuerpos hacen contacto mediante sus superficies, las fuerzas que un cuerpo ejerce sobre el otro son: - La fuerza normal N perpendicular a la superficie - La fuerza de rozamiento (fricción) F paralela a la superficie y en sentido contrario al deslizamiento. Cuando la fuerza de rozamiento sea despreciable frente a la fuerza normal, diremos que las superficies son lisas. Si la fuerza de rozamiento no se puede despreciar, las superficies son rugosas.

F N

N

Superficie rugosa

Superficie lisa

F N

Superficie rugosa Cuando no se diga nada, se supondrá que la superficie es lisa.

N

Superficie lisa



Cuerdas y cables

Se puede ejercer una fuerza de contacto sobre un cuerpo uniendo una cuerda o cable al cuerpo y tirando de él. La fuerza que un cable ejerce sobre un cuerpo se denomina tensión, se representa por un vector T y su línea de acción es colineal al cable. Las cuerdas y cables siempre trabajan a tracción. Grúa Cable

Contenedor

T T Fuerza sobre el contenedor

Fuerza sobre la grúa

Obsérvese que hemos supuesto que el cable es recto y que la tensión donde el cable se conecta al contenedor es igual a la tensión cerca de la grúa. Esto es aproximadamente cierto si el peso del cable es pequeño comparado con la tensión. De lo contrario, el cable colgará en forma considerable y la tensión variará a lo largo de él. El caso de cuerdas y cables cuyos pesos no son pequeños en comparación con sus tensiones no será objeto de estudio en nuestra asignatura. Por tanto, supondremos que los cables son rectos y que sus tensiones son constantes a lo largo de su longitud.



Poleas

Una polea es una rueda con un borde ranurado que se puede usar para cambiar la dirección de una cuerda o de un cable. Por ahora supondremos que la tensión es la misma en ambos lados de una polea.

T T

T1

T1 D

T1

T1

D

A

B

C

A

T2

T2



Resortes

Los resortes se usan para ejercer fuerzas de contacto en dispositivos mecánicos, por ejemplo en la suspensión de vehículos.

La fuerza ejercida por un resorte es proporcional a su deformación y en la dirección del mismo. l

F lo

F

K s

lo

Muelle deformado

Muelle sin deformar F = K

siendo

s = l − l o

la deformación



Equilibrio de una partícula Hemos visto que una partícula está sometida a un sistema de fuerzas concurrentes. Este sistema es equivalente a una sola fuerza, la resultante, aplicada en el punto de concurrencia. Una partícula está en equilibrio cuando la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre ella es cero. La condición de equilibrio es: R = r

∑

F = 0 r

Descomponiendo según los ejes, se obtiene:

∑ F x = 0

∑ F

y

∑ F = 0

=0

z

Estas ecuaciones representan las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de una partícula en el espacio. Pueden emplearse para resolver problemas que no tengan más de tres incógnitas. Si la partícula está sometida a fuerzas contenidas en un plano (supongamos el plano XY), se tiene

∑ F = 0 x

∑ F

y

=0

que resuelven problemas con un máximo de dos incógnitas. Para resolver estos problemas, debemos dibujar primero un diagrama de cuerpo libre (DCL), que representa la partícula (cuerpo o punto del sistema) en equilibrio y todas las fuerzas que actúan sobre ella. A continuación, se escriben las ecuaciones de equilibrio (espacio o plano) y se calculan las incógnitas.



Diagrama de cuerpo libre (DCL) Este diagrama es el medio de que nos valemos para tener en cuenta en forma precisa y completa todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo en cuestión. Para dibujar el DCL se consideran tres pasos: - Identificar el cuerpo o sistema por aislar - Dibujar un croquis del cuerpo aislado y mostrar las dimensiones y ángulos necesarios - Dibujar los vectores que representan las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo aislado y designarlos adecuadamente

D.C.L. (Partícula A) A r

θ

Q

θ

N

F mA g

A B

Cuerpos que intervienen

r θ

A B



Tipos de problemas  Cuando

la partícula está en equilibrio sometida a fuerzas coplanarias, el problema puede resolverse utilizando las ecuaciones:

∑ F x = 0

∑ F

y

=0

Pero también se puede resolver gráficamente, trazando un polígono de fuerzas, que será cerrado, para cumplir la ecuación: R = r

∑

F = 0 r

Si la partícula está sometida a tres fuerzas, se puede resolver el problema dibujando un triángulo de fuerzas y empleando, el método gráfico a una escala determinada, o bien, aplicar un método analítico, utilizando los teoremas del seno y coseno para resolver dicho triángulo.  Si

la partícula está en equilibrio sometida a fuerzas en el espacio, el problema se puede resolver más fácilmente si expresamos primeramente en forma vectorial la condición de equilibrio de la partícula: R = r

∑

F = 0 r

r

Y, a continuación, se expresan las fuerzas F en función de las componentes escalares y de los vectores unitarios. Igualando a cero los coeficientes de los vectores unitarios de la ecuación anterior obtenemos las ecuaciones escalares deseadas.

CUANDO UN SISTEMA ESTÁ EN EQUILIBRIO, ESTÁ EN EQUILIBRIO CADA UNA DE SUS PARTES



Problema 1:

P

 Determinar

la fuerza P necesaria para evitar que la rueda de peso W de la figura ruede hacia abajo por el plano inclinado. Hallar también la fuerza N ejercida por el plano sobre la rueda. Despréciese el peso del yugo. α

Se elige como partícula a la rueda Solución algebraica.

Se traza, en primer lugar, el diagrama de cuerpo libre de la rueda en la forma indicada en la figura. El peso W actúa verticalmente hacia abajo y la fuerza N es normal a la superficie de la rueda. Aunque las fuerzas son vectores deslizantes, es buena costumbre por claridad del dibujo, aplicar las fuerzas en los puntos donde están actuando. El diagrama pone de manifiesto el hecho de que la rueda se halla en equilibrio bajo la acción de las tres fuerzas. Tomando las direcciones x e y paralela y normal al plano inclinado respectivamente y aplicando las ecuaciones de equilibrio, se tiene:

’

y

P α

W

x’

α

∑ F x = 0

P − W enα = 0

P = W enα

∑ F = 0

− W cosα = 0

N = W cos α

y

x

N

Si los ejes elegidos son los clásicos x’ e y’, las ecuaciones de equilibrio serán:

∑ F ' = 0

P cos

∑ F ' = 0

P enα +

x

y

− N enα = 0 cos α − W = 0

Eliminando N entre las dos ecuaciones y despejando P y luego N, tendremos los resultados antes obtenidos, pero el proceso se complicaría innecesariamente a causa de una elección menos favorable de los ejes.



Solución gráfica.

Una vez realizado el diagrama de cuerpo libre se dibuja a escala la fuerza conocida W, tal como se indica en la figura. A continuación se trazan, por los extremos de W, rectas de las direcciones conocidas de P y N, y su intersección da la solución y permite obtener los módulos de P y N, por estar dibujado a escala el diagrama. Obsérvese que de este polígono de fuerzas se pueden obtener los dos resultados por inspección trigonométrica del triángulo. Así, P = W enα , N = W cos α y también P = N tg α . ’

y

P α

x α

x’

N W

W

α

N

P

En el caso de fuerzas concurrentes, un esquema sencillo aproximado del polígono de fuerzas permitirá, por inspección, escribir inmediatamente las relaciones requeridas entre fuerzas. También debe observarse que el polígono de fuerzas es la solución gráfica de la ecuación ∑ F = 0 o lo que es lo mismo ∑ F x = 0 y ∑ F y = 0 . r



Problema 2:

A

 Un

hombre, aplicando el dedo en B, estira una cinta elástica. Hallar el módulo, dirección y sentido de la fuerza ejercida por el hombre, sabiendo que la tensión en ambas partes de la cinta es 50 Nw.

45º

B

30º

C

Se elige como partícula el punto B

Fy

45º

50 Nw 45º 60º

B

Fx

50 Nw 30º

Se dibuja un diagrama de sólido libre para la partícula. Dado que no se conoce la dirección de la fuerza F que hay que aplicar en el punto B, la representamos por sus componentes Fx y Fy. r

Aplicamos las ecuaciones de equilibrio

∑ F x = 0 ∑ F = 0 y

F x

+ 50cos 45 + 50cos 60 = 0

F x

= −60,4 Nw ←

F y

+ 50 sen 45 − 50 sen60 = 0

F y

= 7,9 Nw ↑

Resultando F = 60,9 Nw

7,5º



Problema 3:  En

el esquema dibujado W = 40 kg, P = 5 kg y d = 0,5 m, hallar el valor de h para que haya equilibrio. d

d

h

W

P

Si un sistema está en equilibrio, estará en equilibrio cada una de las partes que componen el sistema. Diagrama de sólido libre del bloque W: T

∑ F = 0 y

T − 40 = 0

T = 40 Kg

40 Kg

Diagrama de sólido libre del cable vertical y polea de la derecha: 40 Kg

T1

O

r

40 Kg 40 Kg

∑ M O = 0

T 1 ·r − 40·r = 0

T 1 = 40 Kg

En estática, cuando las poleas son sin rozamiento en el eje, el cable que la abraza tiene la misma tensión a ambos lados de la polea.



Diagrama de sólido libre del resto del sistema: d 40 Kg

40 Kg 40 Kg

h

40 Kg

40 Kg 40 Kg

α

40 Kg

α

5 Kg

∑ F x = 0

40cosα − 40cosα = 0

∑ F = 0

2·40 enα − 5 = 0

y

enα = 0,0625

de donde 0,0625 = h

h h2

+ 0,5 2

α

d = 0,5 m

h = 0,0313 m = 3,13 cm



Problema 4:  Un

bloque de 150 kg está sujeto a una pequeña polea que puede rodar sobre el cable ACB. La polea y la carga se mantienen en la posición indicada en la figura mediante un segundo cable DE que es paralelo a la parte CB del cable principal. Determinar a) la tensión en el cable ACB, b) la tensión en el cable DE. Despréciese el radio de la polea y el peso de los cables. P E

B

A

1,2 m

D C 150 Kg 3,2 m

1,6 m

Se elige como partícula a la polea. Al ser despreciable su radio, todas las fuerzas que actúan sobre ella pueden considerarse concurrentes en el punto D. Diagrama de sólido libre: 1,2 m

α

P T

1,6 m

T

α

β

1,2 m

150 Kg

β

3,2 m

Ecuaciones de equilibrio:

∑ F x = 0 ∑ F y = 0

( P + T )cos α − T cos β = 0 ( P + T ) senα + T sen β − 150 = 0

  

Sustituyendo el valor de las razones trigonométricas, se obtiene T = 142,5 Kg

P = 24,16 Kg



Problema 5:  Una

caja de embalaje de 600 Kg está soportada por diversas disposiciones de poleas y cuerdas, según indica la figura. Hallar para cada caso la tensión en la cuerda.

T

T

(a)

T

T

(b)

(c)

(d)

T

(e)

En cada uno de estos casos se elige como partícula a la polea que está en contacto con la caja.

∑ F = 0

T

T

y

T

2T − 600 = 0

A A 600 Kg

T = 300 Kg

(a)

T

T

T

y

2T − 600 = 0 A

T = 300 Kg

A 600 Kg

(b)

∑ F = 0



T

∑ F = 0

T

T

y

T

3T − 600 = 0

A A 600 Kg

T = 200 Kg

(c)

T T

T T

y

3T − 600 = 0

A A

∑ F = 0

600 Kg

T = 200 Kg

(d)

T

T

∑ F = 0

B

y

T1

T 1 = 2T

T1 T

B

T

T

∑ F = 0

A

2T − T 1 = 0

y

2T + T 1 − 600 = 0

A

T = 150 Kg 600 Kg (e)

3T

T

Si en el caso (d) uniésemos la cuerda al paquete tendríamos:

∑ F = 0 y

600 Kg

4T − 600 = 0

T = 150 Kg



Problema 6:

A

B

 Un

bloque de 600 Kg está soportado por dos cables AC y BC. (a) ¿Para qué valor del ángulo α es mínima la tensión en el cable AC?. (b) ¿Cuáles son los valores correspondientes de las tensiones en los cables AC y BC?

60º

α

C 600 Kg

Se elige como partícula al punto C TCA

TCA

TCB 60º

α

C

α

600 Kg

30º

TCB 60º

600 Kg

Método 1. Utilizando el triángulo de fuerzas. Trazamos la fuerza de 600 Kg y una recta que forma un ángulo de 60º con la horizontal, que representa la dirección conocida de TCB. Se observa que el valor mínimo de TCA aparece cuando TCA y TCB son perpendiculares. Por las propiedades geométricas del triángulo obtenido, encontramos α = 30º T CA

= 600 sen30 = 300 Kg

T CB

= 600cos 30 = 520 Kg



Método 2. Utilizando las ecuaciones de equilibrio. TCA

TCB

α

60º

C 600 Kg

∑ F x = 0

T CB cos 60 − T CA cos α = 0

∑ F = 0

T CB sen60 + T CA senα − 600 = 0

y

Se resuelve el sistema de ecuaciones para obtener TCA en función de α T CB

= T CA

T CA

=

cos α cos 60

T CA

cos α sen60 + T CA senα − 600 = 0 cos 60

600 senα + 3 cos α

TCA será mínimo cuando senα + 3cos α sea máximo. Por tanto, su primera derivada respecto a α será cero cos α − 3 senα = 0

tg α =

1 3

Obteniéndose T CA

= 300 Kg

T CB

= 520 Kg

α = 30 º



Problema 7:

10 m C

 Un

peso de 500 Kg cuelga de dos cables AB y AC, que están sujetos a la parte superior de una pared vertical. Una fuerza horizontal P, perpendicular a la pared, mantiene el peso en la posición indicada. Hallar el módulo de P y la tensión en cada cable.

8m 1,2 m

P B

A

2m

500 Kg 12 m

Se elige como partícula el punto A, que está sometido a la acción de cuatro fuerzas, tres de las cuales son de módulo desconocido. Y 10 m C 8m

A (1,2 , 2 , 0) B (0 , 12 , 8) C (0 , 12 , -10)

TAC

1,2 m

P

A B

2m

TAB

X

W 12 m

Z

Expresión vectorial de cada fuerza. W = −500 j r

r

P = P i r

r

T AB

= T AB u AB r

r

T AB

u AB r

r

− 1,2 i + 10 j + 8 k = = = −0,093 i + 0,777 j + 0,622 k 12 , 86 AB r

r

r

AB

r

r

= T AB (−0,093 i + 0,777 j + 0,622 k ) r

r

r

r



T AC = T AC u AC r

r

− 1,2 i + 10 j − 10 k u AC = = = −0,084 i + 0,704 j − 0,704 k 14 , 2 AC r

r

r

AC

r

r

T AC = T AC ( −0,084 i r

r

r

r

r

+ 0,704 j − 0,704 k ) r

Como el punto A está en equilibrio, se tiene

∑

F = 0

W + P + T AB

r

r

r

r

+ T AC = 0 r

de donde P − 0,093 T AB

− 0,084 T AC = 0

− 500 + 0,777 T AB + 0,704 T AC = 0 0,622 T AB − 0,704 T AC = 0

    

Resolviendo estas ecuaciones, obtenemos P = 60 Kg

T AB

= 358 Kg

T AC = 316 Kg



Problema 8:

Y

Un cajón de 30 Kg se mantiene sobre un plano inclinado mediante el alambre AB y la fuerza horizontal P, paralela al eje z. Debido a que el cajón está montado sobre ruedas, la fuerza ejercida por el plano inclinado sobre el cajón es perpendicular al plano inclinado. Determinar el módulo de P y la tensión en el alambre AB.

3m



4m B A

2m

P

3m O

X

4m

Z

Se elige como partícula el punto A

Y

3m

B (0 , 5 , 0)

4m

A (4cosα , 1senα , -3)

B

A (4·4/5 , 1·3/5 , -3)

A

2m

TAB

A (3,2 , 0,6 , -3)

P N

3m

W

O 4m

Z

Expresión vectorial de cada fuerza: W = −30 j r

r

r

P = − P k r

X



T AB

= T AB u AB

u AB

− 3,2 i + 4,4 j + 3 k = = = −0,52 i + 0,71 j + 0,48 k 6 , 2 AB

r

r

r

r

r

T AB

r

r

AB

r

r

r

r

= T AB (−0,52 i + 0,71 j + 0,48 k ) r

r

Y N = N u N r

r

α

uN

u N = senα i

3 4 + cosα j = i + j 5 5

N = N (0,6 i

+ 0,8 j )

r

r

α

r

X Como el punto A está en equilibrio, se tiene:

∑ F = 0 r

W + P + T AB + N = 0 r

r

r

r

De donde

− 0,52 T AB + 0,6 N = 0 − 30 + 0,71 T AB + 0,8 N = 0 − P + 0,48 T AB = 0

    

Resolviendo estas ecuaciones, obtenemos P = 10,2 Kg

T AB

= 21,34 Kg

r

r

r

r

r



Equilibrio del sólido rígido En un sólido rígido las fuerzas que actúan sobre el, pueden estar aplicadas en puntos distintos y por tanto, no ser concurrentes. En este caso, si reducimos el sistema de fuerzas a un punto, será equivalente a una resultante, que lo traslada, y a un momento resultante que lo hace girar. Una sólido rígido está en equilibrio cuando el sistema fuerza-par en un punto cualquiera es cero. La condición de equilibrio es:

∑ F = 0

∑ M

r

r

o

=0

siendo ∑ M o el momento resultante del sistema de fuerzas respecto a un punto cualquiera O, perteneciente o no al sólido. r

Descomponiendo según los ejes, se obtiene:

∑ F x = 0

∑ M x = 0

∑ F y = 0

∑ M y = 0

∑ F z = 0

∑ M z = 0

Pueden emplearse para resolver problemas que no tengan más de seis incógnitas. Si el sólido está sometido a fuerzas contenidas en un plano, por ejemplo el plano XY, se tiene:

∑ F x = 0

∑ F y = 0

∑ M o = 0

que resuelven problemas con un máximo de tres incógnitas.



Diagrama de cuerpo libre Al utilizar las ecuaciones de equilibrio es preciso tener en cuenta absolutamente todas las fuerzas aplicadas al cuerpo en estudio. Para ello es necesario aislar el cuerpo en cuestión, suprimiendo todos los cuerpos unidos o en contacto con él, y sustituyéndolos por vectores que representan las fuerzas que ejercen sobre el cuerpo aislado. A esta representación se le da el nombre de diagrama de cuerpo libre (DCL). Este diagrama es el medio de que nos valemos para tener en cuenta en forma precisa y completa todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo en cuestión. El diagrama de cuerpo libre constituye un paso fundamental de los problemas de Mecánica y es una etapa preliminar para la aplicación de las ecuaciones de equilibrio o de movimiento.

Para dibujar el Diagrama de Cuerpo libre: - Hay que decidir claramente qué cuerpo (o grupo de cuerpos considerados como uno sólo) debe exactamente aislarse y analizarse - Se dibuja un croquis del cuerpo seleccionado, mostrando las dimensiones y ángulos necesarios - Todas las fuerzas, conocidas y desconocidas, aplicadas exteriormente al cuerpo aislado, se representan mediante vectores en sus posiciones correctas Las fuerzas conocidas se deberán señalar con sus módulos, se debe recordar que estas fuerzas son las ejercidas sobre el cuerpo, y no por él. Las desconocidas (llamadas reacciones) se señalarán con símbolos apropiados, se ejercen en los puntos donde el cuerpo aislado está apoyado o conectado a otros cuerpos. En muchos casos, el sentido correcto de una fuerza desconocida no resulta evidente desde un principio. En tal caso, se le asigna un sentido arbitrario. Al determinar, mediante el cálculo, el signo algebraico de dicha fuerza, un signo positivo indica que la fuerza tiene el sentido que se le asignó, y un signo negativo indica que la fuerza está dirigida en sentido contrario al supuesto.



Veamos la representación de varios tipos de fuerzas de contacto (reacciones) que aparecen normalmente en los problemas de equilibrio en dos dimensiones. En la figura pueden verse los contactos y uniones más corrientes junto con la representación adecuada de la fuerza.



En la siguiente figura se presentan cinco ejemplos de diagramas de cuerpos libres completos y correctos. Obsérvese que sólo se indican las fuerzas aplicadas exteriormente al cuerpo.



Equilibrio en dos dimensiones Si el sólido está sometido a fuerzas contenidas en un plano, por ejemplo el plano XY, se tiene:

∑ F x = 0

∑ F = 0 y

∑ M

=0

o

Las tres ecuaciones dadas no pueden tener más de tres incógnitas para que pueda resolverse el sistema. Aunque no se puedan añadir nuevas ecuaciones a las tres de equilibrio, cualquiera de ellas puede ser reemplazada por otra ecuación. Así, pues, otro sistema de ecuaciones que expresa el equilibrio es:

∑ F = 0 x

∑ M

A

=0

∑ M

B

=0

donde los puntos A y B no determinan una recta perpendicular a la dirección X (no pueden estar contenidos en una recta paralela al eje Y). Otro grupo de ecuaciones de equilibrio es:

∑ M

A

=0

∑ M

B

=0

∑ M

C

=0

donde los puntos A, B y C son tres puntos que no estén en línea recta. Es deseable, en la práctica, elegir ecuaciones de equilibrio que contengan sólo una incógnita, ya que esto elimina la necesidad de resolver sistemas de ecuaciones.



Sistema de fuerzas concurrentes

∑ F x = 0

∑ F = 0 y

Este es el caso de cuerpos en donde no nos dan sus dimensiones y pueden ser considerados como partículas. O bien, de puntos, que por su interés en el problema, se aíslan y están sometidos a fuerzas concurrentes.

Sistema de fuerzas paralelas

∑ F = 0 y

∑ M

o

=0

donde la dirección Y es la de las fuerzas y O es un punto cualquiera de su plano.



Cuerpo sometido a dos fuerzas (miembro de dos fuerzas) Cuando un cuerpo se halle en equilibrio sometido a dos fuerzas, las dos fuerzas deben tener el mismo módulo, la misma recta de acción y sentidos opuestos.

B F2

A F1 En efecto, las fuerzas F1 y F2 deben tener la misma recta de acción (recta AB) para que se cumpla que el momento respecto a los puntos A y B sea cero. Y para que se cumpla que la suma de fuerzas es cero, deben tener el mismo módulo pero sentidos opuestos. El cuerpo estará sometido a compresión (figura mostrada) o a tracción. Si varias fuerzas actúan en dos puntos A y B, las fuerzas que actúan en A pueden ser reemplazadas por su resultante F1 y las de B pueden reemplazarse por su resultante F2. Por tanto, en una forma más general, un cuerpo sometido a dos fuerzas puede definirse como un cuerpo rígido sometido a fuerzas que actúan únicamente en dos puntos. Entonces, las resultantes F1 y F2 deben tener el mismo módulo, la misma recta de acción y sentidos opuestos. En el estudio de estructuras, marcos y máquinas, el saber identificar los cuerpos sometidos a la acción de dos fuerzas simplifica la solución de ciertos problemas.

Los miembros de dos fuerzas suelen ser barras sin peso, conectadas en dos puntos y sobre la que no actúa ninguna fuerza ni momento.



Ejemplos de miembros de 2 fuerzas En las siguientes figuras se supone que las barras son de masa despreciable

C

D

Las barras AC y BD son miembros de 2 fuerzas

Las barras AB, BD, CD y ED son miembros de 2 fuerzas La barra ACE no es un miembro de 2 fuerzas, tiene 3 conexiones



A

D C

E B

La barra CD es un miembro de 2 fuerzas El resto de barras no lo son: ED está sometida a un momento y ACB tiene 2 conexiones y una fuerza aplicada



Cuerpo sometido a tres fuerzas Cuando un cuerpo rígido se halle en equilibrio bajo la acción de tres fuerzas o, en forma más general, un cuerpo rígido sometido a fuerzas que actúan sólo en tres puntos, las fuerzas deben ser concurrentes o paralelas.

F1

F1

F2

Ó F2 F3

F3

Si no lo fueran, una de las fuerzas ejercería un momento resultante respecto al punto de incidencia de las otras dos, lo cual violaría el requisito de momento nulo respecto a todos los puntos. La única excepción de este principio se presenta en el caso del equilibrio de tres fuerzas paralelas. En este caso puede decirse que el punto de concurrencia está en el infinito. Aunque los problemas relacionados con cuerpos sometidos a tres fuerzas se pueden resolver por medio de las ecuaciones de equilibrio, la propiedad que se acaba de establecer puede utilizarse para resolverlos en forma gráfica o de forma matemática (resolución de triángulos). Es conveniente, para la resolución de problemas, tener soltura, tanto en la solución algebraica como en la gráfica.



Ejemplos de miembros de 3 fuerzas

El cilindro está sometido a 3 fuerzas: su peso, la tensión del cable y la reacción en la articulación



En las siguientes figuras se supone que las barras son de masa despreciable

H A D C

G

E B

F

Las barras CD y BF son miembros de 2 fuerzas Las barras ED y FGH son miembros de 3 fuerzas La barra ACB no es un miembro de 3 fuerzas, está sometida a un momento



Las barras AB, OA, OC y BC son miembros de 2 fuerzas La barra ODB es un miembro de 3 fuerzas La polea es un miembro de 3 fuerzas



Las barras BE, FH, GH, HJ y KL son miembros de 2 fuerzas Las barras ABC, DEF, IJK y LMN son miembros de 3 fuerzas

La barra BE es un miembro de 2 fuerzas La barra CEF es un miembro de 3 fuerzas La estructura completa es un miembro de 3 fuerzas (la tensión T del cable, el peso W soportado y la reacción en A)



Problema 9:

15º



Para accionar el pedal de la figura se requiere una fuerza de 250 Nw. Determinar la tensión T de la conexión y la fuerza que el cojinete O ejerce sobre la palanca. El peso de la palanca es despreciable.

250 Nw

T

22,5 cm

O

35 cm

15º Solución algebraica.

Se traza, en primer lugar, el diagrama de cuerpo libre de la palanca en la forma indicada en la figura. La fuerza ejercida por el cojinete sobre la palanca se ha representado en función de sus componentes O x y O y . Planteando las ecuaciones de equilibrio, se tiene:

T 250 Nw

22,5 cm

Ox

O 35 cm

Oy

RO

∑ M O = 0

250 · 0,35 − 0,225 · T = 0

∑ F x = 0

O x

− 389 · cos 15 = 0

O x

= 376 Nw

∑ F = 0

O y

− 250 − 389 · sen15 = 0

O y

= 351 Nw

y

T = 389 Nw

De donde RO

= O x2 + O y2 = 376 2 + 3512 = 515 Nw

Si se desea la dirección de R O puede especificarse mediante el ángulo formado con la horizontal, determinado por el cociente entre Oy y Ox. tg θ =

O y O x

=

351 = 0,9335 376

θ = 43º



A

15º

T

T 22,5 cm

Ox

O

250 Nw

250 Nw

RO

35 cm

RO

Oy

Solución gráfica.

Puede verse que la palanca es un cuerpo sometido a 3 fuerzas: la tensión T, la fuerza de 250 Nw y la reacción en O. La intersección de la fuerza de 250 Nw y la tensión T define el punto A por el que debe pasar la reacción R O, ya que 3 fuerzas en equilibrio son concurrentes. Establecida la dirección de R O, se traza el polígono de fuerzas de la figura, dibujando las direcciones de R O y T por los extremos del vector de 250 Nw. Por estar dibujado a escala el diagrama, se miden las magnitudes de T y R O directamente del triángulo formado, y los valores obtenidos son los obtenidos en la solución algebraica. En este problema, las expresiones exactas de las fuerzas desconocidas se obtienen más fácilmente de la solución algebraica que de la trigonometría del polígono de fuerzas.



Problema 10: Se ha de levantar un tanque cilíndrico de 500 Nw de peso y 2 m de diámetro por encima de un obstáculo de 0,5 m de altura. Se arrolla un cable alrededor del tanque y se tira horizontalmente, según se indica en la figura. El borde del obstáculo A es rugoso. Hallar la tensión necesaria en el cable y la reacción en A.

T



G

2m

A 0,5 m

B 500 Nw

Cuando se esté a punto de levantar el tanque, no habrá ninguna fuerza de contacto actuando en B. Como el borde A es rugoso, la reacción R es de módulo y dirección desconocidos. Las otras fuerzas que actúan sobre el tanque son su peso de 500 Nw y la fuerza T ejercida por el cable. El tanque es, por tanto, un sólido sometido a tres fuerzas, y estas tres fuerzas deben ser concurrentes. La reacción, por consiguiente, pasará por el punto de intersección C de las rectas de acción del peso de 500 Nw y de la tensión T.

T

Solución gráfica.

C β 1m 1 m

G

φ 0,5 m

A

0,5 m

R 500 Nw

De la figura, obtenemos: cos φ =

0,5 = 0,5 1

φ = 60º

Como β es el ángulo inscrito correspondiente, vemos que φ β = = 30º

2

Se dibuja un triángulo de fuerzas y calculamos las fuerzas T = 500 · tg 30 = 288 w R =

500 = 577 Nw cos 30

30º

R 60º

T

500 Nw



Debe observarse que R no es normal a la superficie del tanque (dirección radial). Por tanto, si se quiere levantar el tanque de la manera descrita, las superficies del obstáculo y del tanque deben ser rugosas. Solución algebraica

Ecuación de momentos respecto al punto A, con lo que se elimina la reacción R.

∑ M A = 0

T ·1,5 − 500 ·1· en60 = 0

T = 288 Nw

Ecuación de momentos respecto al punto G

∑ M G = 0

288 ·1 − ( R · en30) ·1 = 0

= 577 Nw



1m

Problema 11:

B

 Una

barra de 2 m de larga soporta un peso de 1200 Nw, como puede verse en la figura. El cable BC es horizontal y de 1 m de largo. Hallar las tensiones ejercidas en el cable y en la barra.

C

90º

θ

m 2

1200 Nw A

Solución algebraica.

La barra AC no tiene peso y está sometida a una fuerza en A y otra en C (resultante del peso de 1200 Nw y la tensión del cable BC). Luego se trata de un cuerpo sometido a dos fuerzas; estas fuerzas deben llevar la misma dirección para que la barra esté en equilibrio. La reacción en la articulación A lleva la dirección de la barra y se anulará con la resultante de la tensión y peso de 1200 Nw que están actuando en C. Examinando la figura se deduce el sentido de estas fuerzas, que indican tracción en el cable y compresión en la barra.

T

T

cable

T

(tracción)

B

barra θ

R

T

C 1200 Nw

(compresión)

A

R

A De la figura dada en el enunciado, se obtiene: senθ =

1 2

θ = 30º

AB = 2 · cos 30 = 3 m



En el DCL de la barra AC, si tomamos momentos respecto al punto A, sólo interviene en la ecuación una incógnita

∑ M A = 0

T · 3 − 1200 ·1 = 0

T = 693 Nw

Sumando fuerzas verticales

∑ F = 0

· cos 30 − 1200 = 0

y

R = 1386 Nw

Solución gráfica

Como es normal, empecemos el polígono de fuerzas con una fuerza conocida en módulo, dirección y sentido, en este caso el peso de 1200 Nw. Tracemos líneas paralelas a las líneas de acción de T y R por los extremos superior e inferior de este vector hasta que se corten.

T 1200 Nw

30º

Escala R

1 cm

400 Nw

El triángulo obtenido se puede resolver gráfica o analíticamente, midiendo sobre el dibujo realizado a escala o aplicando las ecuaciones trigonométricas. Ecuaciones trigonométricas al triángulo T = 1200 · tg 30 = 693 Nw R =

1200 = 1386 Nw cos 30



Problema 12:  Determinar

la tensión T sobre el cable de soporte y la fuerza sobre el pasador en A de la grúa de la figura. La viga AB es una viga en I de 45 cm que pesa 90 kg/m de longitud.

22,5 cm 25º

A

B

45 cm 135 cm 10 cm 5m

1 Tm

Solución algebraica. Se dibuja el DCL de la viga AB, tal como se indica en la figura,

con la reacción del pasador en A descompuesta en sus dos componentes rectangulares. El peso de la viga T es de 90 · 5 = 450 kg y está B 25º A aplicado en su centro de Ax gravedad (centro geométrico). Al aplicar la ecuación del momento respecto a A es más Ay RA sencillo considerar los 450 kg momentos de las componentes X e Y de T (Teorema de 1000 kg Varignon) que calcular la distancia desde A a la línea de acción de T.

∑ M A = 0 (T cos 25) · 0,225 + (Tsen25) · (5 − 0,10) − 1000 · (5 − 1,35 − 0,10) − 450 · (2,5 − 0,10) = 0 T = 2039 kg

∑ F x = 0

A x

− 2039 · cos 25 = 0

A x

= 1847 kg

∑ F = 0

A y

+ 2039 · sen25 − 450 − 1000 = 0

A y

= 862,5 kg

y

De donde R A

= A x2 + A y2 = 1847 2 + 862,5 2 = 2038 kg



Problema 13:  Una

grúa fija pesa 2000 Nw y se emplea para elevar una carga de 5000 Nw. Se mantiene fija mediante una articulación en A y un balancín en B. El centro de gravedad está situado en G. Hallar las componentes de las reacciones en A y B.

A G

5000 Nw

1,5 m

B

2m

Se dibuja un DCL de la grúa. Como la reacción en la articulación es de dirección desconocida, la reacción en A se representa mediante sus componentes A x y A y . Puesto que la reacción en un balancín es perpendicular a su superficie, la reacción en B será horizontal. Los sentidos de A x , A y y R B son los supuestos en el diagrama de cuerpo libre, al resolver el problema un valor positivo o negativo para estas incógnitas nos indicará si hemos acertado o no en la suposición de los sentidos.

∑ M A = 0

4m

Ay A

Ax

5000 Nw

G

1,5 m

2000 Nw RB

B 2m

R B ·1,5 − 2000 · 2 − 5000 · 6 = 0

R B

4m

= 22700 Nw

Como el resultado es positivo, el sentido de la reacción es el supuesto.

∑ F x = 0

A x

+ 22700 = 0

A x

= −22700 Nw

El valor negativo nos indica que A x = 22700 Nw ←

∑ F = 0

A y

y

De donde

R A

− 2000 − 5000 = 0

A y

= 7000 Nw ↑

= A x2 + A y2 = 227002 + 70002 = 23700 Nw

7000 tg θ = = = 0,3084 A x 22700 A y

θ = 17,14º

RA Ay

θ Ax

A



Problema 14:  Un

hombre que pesa 680 Nw, sostiene el peso de 300 Nw que se indica en la figura. Se supone que la polea carece de rozamiento. La plataforma sobre la que está situado el hombre está colgada mediante dos cuerdas en A y otras dos en B. ¿Cual es la tensión de una de las cuerdas en A?

A

B 300 Nw

0,75 m

R

1,5 m

Consideremos primeramente los diagramas de sólido libre del hombre y de la polea.

O

Del equilibrio de la polea se obtiene

T

300 Nw

∑ M O = 0

T

T · r − 300 · r = 0

T = 300

w

Del equilibrio del hombre se obtiene

∑ F = 0

+ 300 − 680 = 0

y

680 Nw

N = 380 Nw

Luego el hombre hace una acción de 380 Nw sobre la plataforma.

N

Diagrama de sólido libre de la plataforma

∑ M

B

2TA

380 Nw

A

2TB

=0

380 ·1,5 − 2 · T A · 2,25 = 0

B

0,75 m

1,5 m

T A

= 126,7 Nw



Problema 15:  Un

hombre que pesa 80 kg se eleva a sí mismo y a la plataforma de 100 kg ejerciendo una fuerza sobre la palanca en la forma indicada. Determinar la reacción R entre sus pies y la plataforma.

1m 0,5 m

Llamamos T a la tensión de la cuerda. Diagrama de cuerpo libre del sistema hombre, palanca y plataforma 2T

T

∑ F = 0 y

2T + T − 180 = 0 T = 60 kg

80 + 100 kg

Diagrama de cuerpo libre de la palanca

∑ M O = 0 F

60 kg

O N

1m 0,5 m

60 · 0,5 − F ·1 = 0

F = 30 kg

∑ F y = 0 30 + 60 −

=0

N = 90 kg



Donde F es la fuerza que el hombre ejerce sobre la palanca N es la fuerza que hace la plataforma sobre el apoyo de la palanca Diagrama de cuerpo libre del hombre 30 kg

∑ F = 0

80 kg

y

R − 80 − 30 = 0

= 110 kg

R es la acción que la plataforma hace sobre el hombre, igual y de sentido contrario que la fuera que hace el hombre sobre la plataforma. Es la fuerza pedida en el problema.

R

Para comprobación hagamos el diagrama de cuerpo libre de la plataforma exclusivamente (aislada del hombre y palanca) 2·60 kg

∑ F = 0 y

2 · 60 + 90 − 110 − 100 = 0 110 kg 90 kg

100 kg

Obsérvese como las fuerzas que el hombre y la palanca ejercen sobre la plataforma, se han dibujado en sentido contrario a cuando la habíamos calculado (Principio de acción y reacción).



Problema 16: C

ruedas de una grúa móvil se desplazan sobre carriles en A y B, tal como se ve en la figura. El peso de la grúa es de 10 toneladas y su centro de gravedad está a 0,9 m a la derecha de A. El contrapeso C, cuyo centro de gravedad está situado a 2,1 m a la izquierda de A, pesa 4 toneladas. ¿Qué peso máximo W a 3,6 m a la derecha de B podrá llevar la grúa sin volcar?

W

 Las

A

B

2,1 m

3,6 m 1,5 m

Diagrama de cuerpo libre de la grúa Las reacciones en A y B son verticales y hacia arriba 4 Tm

10 Tm

W

∑ F = 0 y

R A + R B A

B

RA

RB

2,1 m

0,9 m

− 4 − 10 − W = 0

∑ M A = 0 3,6 m

1,5 m

4 · 2,1 + R B ·1,5 − 10 · 0,9 − W · 5,1 = 0

Despejando R B en función de W R B

=

0,6 + 5,1·W 1,5

Y sustituyendo en la primera ecuación R A

+

0,6 + 5,1·W − 14 − W = 0 1,5

W =

20,4 − 1,5 · R A 3,6

W será máximo cuando R A = 0. Cuando la rueda en A esté a punto de levantarse. De donde

W = 5,67 Ton



Sistemas formados por barras conectadas Se trata de sistemas formados por barras conectadas entre sí mediante articulaciones. Estas barras pueden ser miembros de 2 fuerzas o de fuerza múltiple (con 3 o más fuerzas). Ejemplos:

En este sistema la barra BE es un miembro de 2 fuerzas y las demás (AD y CF) son de fuerza múltiple

En este sistema la barra BE es un miembro de 2 fuerzas y las demás (AC, DF y la plataforma soportada) son de fuerza múltiple. El cilindro hidráulico HE se considera como miembro de 2 fuerzas (la fuerza ejercida es en la dirección de la recta HE)



Para el análisis de estos sistemas, en general, se plantearán las ecuaciones de equilibrio a la estructura completa, luego se desarma la estructura y se considera el equilibrio de cada una de sus partes. Las ecuaciones de equilibrio para todas las partes, estarán relacionadas por las fuerzas de acción y reacción que aparecen en cada barra. Como ejemplo de análisis, utilizaremos la grúa que pusimos de ejemplo al comienzo (a).

Cy Cx Cx BE

Cy BE BE BE

DCL de toda la estructura (b). Cálculo de reacciones (T, Ax, Ay). Se desarma y se hace un DCL de cada una de las barras (c). - Se empieza por los miembros de dos fuerzas, si es que existen. En este caso BE es miembro de dos fuerzas. Esto nos da información de cómo es la fuerza en los extremos. Se considera cualquier sentido para estas fuerzas. - A continuación se consideran los miembros de fuerza múltiple (barras con tres o más fuerzas) En este caso las barras CF y AD Se aplica el principio de acción y reacción, entre cada dos barras. En C están conectadas dos barras de fuerza múltiple. La fuerza que se ejercen se representa por sus componentes, con sentido arbitrario.



Observación.

No se han realizado los DCL de los nudos (uniones entre barras). Es porque se considera que las uniones (nudos) forman parte de una de las barras que conectan. Esto es útil para simplificar el análisis de estos sistemas. Sin embargo, hay que tener mucho cuidado cuando se nos presente uno de estos casos: (Nudos conflictivos) - Cuando una unión conecta tres o más barras - Cuando en un apoyo se conectan dos o más barras - Cuando se aplica una carga en una unión En estos casos, debemos tener muy claro a que barra pertenece el nudo. Cuando intervengan barras de fuerza múltiple, se considerará que el nudo pertenece a una cualquiera de estas barras. El nudo arrastra consigo a las cargas o reacciones que estén actuando sobre él. Por tanto, sobre este nudo (incluido en la barra elegida) actuarán las cargas o reacciones aplicadas, y las acciones de las demás barras.



Ejemplos de Nudos conflictivos 100 lb

En un apoyo se conectan dos o más barras Unión conecta tres o más barras

Se aplica una carga en una unión * Se recomienda al estudiante que haga los DCL de cada una de las barras.



Tratamiento de las poleas en los sistemas con barras conectadas

T

T

T

=

T T

=

T

T T

- Se puede eliminar la polea y aplicar dos fuerzas iguales y paralelas a la tensión del cable - Si un extremo del cable está sujeto en un punto del armazón, debe aplicarse en dicho punto una fuerza de módulo igual a la tensión (en caso de romper el cable). Se hace la observación que en determinadas estructuras, cuando se hace el DCL de la estructura completa, puede ser más cómodo no quitar la polea de la estructura. (Cuando el cable está unido a la propia estructura)



Ejemplo Para cada caso determinar la reacción en el empotramiento A 0,75 m

0,75 m radio 0,1 m

0,75 m

800 kg

800 kg

1,25 m

A

A (a)

(b)

45º

800 kg

800 kg

A

A (c)

(d)

En los casos (b) y (c) no se aconseja ni romper el cable ni quitar la polea para hacer el DCL de la estructura completa, dado que el cable está unido a la propia estructura. En los casos (a) y (d) hay que romper el cable, para separarlo del soporte o suelo. En el DCL de la estructura completa se puede quitar la polea o bien aislar el sistema estructura con polea.



D

Problema 17:

E 2 0 c m

 Un

cilindro de 100 kg de 40 cm de diámetro está alojado entre las piezas cruzadas formando un ángulo de 60º entre sí, que se ven en la figura. Determinar la tensión en la cuerda horizontal DE suponiendo que el suelo es liso.

60 cm

60º

C

A

40 cm

B

100 kg D

E

D

T c m 2 0

N N

Cy

N 30º

C

C

100 kg

Cx

A

B

B

RA

RB

RB

Considérese la estructura completa como un diagrama de sólido libre. Debido a la simetría resulta evidente que R A = R B = 50 kg. A continuación dibujamos un diagrama de sólido libre del brazo DB. La reacción N del cilindro es perpendicular al brazo. Si conociésemos N, entonces una suma de momentos respecto a C nos daría la tensión T de la cuerda. Pero N se puede hallar dibujando un diagrama de sólido libre del cilindro. De donde:

∑ F = 0 y

2 N · en30 − 100 = 0

Observemos que la distancia perpendicular de N a C es

N = 100 kg

20 = 34,7 cm tg 30

Volvamos al diagrama de sólido libre del brazo DB

∑ M C = 0

100 · 34,7 + 50 · 40 · en30 − T · 60 · cos 30 = 0 T = 86 kg



Problema 18: C

 Las

barras AC y BC de la figura están articuladas en C y apoyadas en superficies lisa en A y B, impidiendo el cable AB que se separen. Si los pesos de las barras son despreciables, calcular: a) La tensión del cable y las reacciones en A y B cuando P = 0,5 ton. b) La magnitud de la fuerza P cuando el marco está a punto de cerrarse.

5 ton P

2m

P

2m

cable

A

B

2m

2m

a) Hacemos un diagrama de cuerpo libre de todo el conjunto, lo que nos permite calcular las reacciones en los apoyos A y B. C 5 ton 0,5 ton

2m

0,5 ton 2m cable

A RA

2m

B 2m

RB

∑ M A = 0 ∑ M

B

4 · R B − 5 · 3 + 0,5 · 2 − 0,5 · 2 = 0

R B

= 3,75 ton

4 · R A − 5 ·1 + 0,5 · 2 − 0,5 · 2 = 0

R A

= 1,25 ton

=0



Cy C

A continuación hacemos un diagrama de cuerpo libre de una de las barras aislada. Como no nos interesa la reacción en el perno, tomamos momentos respecto a C:

Cx 0,5 ton

∑ M C = 0 2 ·1,25 − 4 · T − 0,5 · 2 = 0

T

A 1,25 ton

T = 0,375 ton

Cy C

b) Cuando el marco esté a punto de cerrarse, la tensión en el cable es cero, pero las reacciones en A y B son las mismas que en el caso anterior (DCL del conjunto no ha cambiado).

∑ M C = 0

Cx P

A

2 ·1,25 − P · 2 = 0 P = 1,25 ton

1,25 ton

T=0



Problema 19:

C

 La

barra BE pesa 120 Nw y en su extremo tiene una polea que soporta un peso de 500 Nw como se ilustra en la figura. A, B, D y E son pernos y el peso de la barra AD y la polea son despreciables. Calcular las reacciones en B y A.

1,8 m B

D E 45º

0,8 m

A

Hacemos un diagrama de cuerpo libre de la polea en E para determinar la fuerza en el extremo de la barra BE.

T = 500 Nw 5

3

4

Ex

500 Nw

2,4 m

E Ey

∑ F x = 0

E x

− 500 · 0,8 = 0

∑ F = 0

E y

+ 500 · 0,6 − 500 = 0

y

500 Nw

E y

E x

= 400 Nw

= 200 Nw 0,8 m B

Como AD está articulada en sus extremos y su peso es despreciable, se considera como una miembro de dos fuerzas, por lo que la fuerza en D es colineal con la barra (recta que une los puntos A y D), quedando el DCL de la barra BE tal como se indica en la figura.

∑ M

A

E

D G 45º

RD

120 Nw

400 Nw

200 Nw

A

1,2 m

1,2 m

=0

− B x · 0,8 − 120 ·1,2 − 200 · 2,4 + 400 · 0,8 = 0 B x

= −380 Nw

B x

= 380 Nw ←

∑ M

=0

− 120 ·1,2 − 200 · 2,4 + R D · sen45 · 0,8 = 0

∑ M

=0

− B y · 0,8 − 120 · 0,4 − 200 ·1,6 = 0

B

D

B y

= −460 Nw

B y

= 460 Nw ↓

R D

= 1103 Nw



Problema 20:

1,5 m



El elemento horizontal AC de 500 Nw del aparejo representado está sujeto mediante un pasador B y un cable EADC. Como el cable está guiado por poleas, puede suponerse que la tensión es la misma en todos los tramos del cable. Si el aparejo eleva una carga de 1500 Nw a una distancia a = 3,6 m del elemento vertical DF, determinar a) la tensión en el cable, b) las componentes horizontal y vertical de la reacción en B.

5,4 m

D 1,5 m

B

A

C 1,95 m

500 Nw 3m a

E

F

1500 Nw

Se dibuja un diagrama de sólido libre del aparejo completo. D

B

A

C

500 Nw 1500 Nw E T

F M Fy

En el extremo F tenemos un empotramiento, le corresponden dos fuerzas (F x , Fy) y un momento (M). Pero al tratarse de un sistema de fuerzas paralelas (en la dirección Y) la Fx = 0. Por ser un sistema coplanario paralelo se pueden utilizar solamente dos ecuaciones y tenemos tres incógnitas. Necesitamos aislar algunas de las barras para poder resolver el problema.



Diagrama de cuerpo libre de la barra AC. 5,4 m

T 45º

A

By B

T Bx

α

C

5,4 m

500 Nw 1,5 m

1,5 m

α

T

5,6 m

1500 Nw

1,95 m 3,6 m

Aplicamos las ecuaciones de equilibrio

∑ M B = 0

T ·1,5 + T ·

1,5 · 5,4 − T · sen45 ·1,5 − 500 ·1,95 − 1500 · 3,6 = 0 5,6

T = 3380 Nw

5,4 =0 5,6

∑

=0

3380 · cos 45 + B x − 3380 ·

∑

=0

3380 · sen45 − 3380 + B y − 500 − 1500 + 3380 ·

F x

F y

B y

B x

= 869 Nw

1,5 =0 5,6

= 2085 Nw

Otros diagramas de cuerpo libre. D

D

3380 Nw

3380 Nw B

A

C

B 869 Nw 2085 Nw

3380 Nw

500 Nw 1500 Nw F

F 1305 m·Nw 5380 Nw

1305 m·Nw 5380 Nw



200 Nw

A

Problema 21:  Calcular

las componentes de todas las fuerzas que actúan sobre los dos elementos verticales del marco indicado.

B

3m

1,5 m

D

C

1,5 m

1,5 m

E

F 2m

Hacemos el diagrama de cuerpo libre del marco completo. Aunque aparecen cuatro incógnitas, se pueden determinar dos de ellas. 200 Nw

A

∑ M E = 0 F y

B

3m

∑ F = 0 y

1,5 m

C

E y

D

∑ F = 0 x

200 · 4,5 − F y · 2 = 0

= 450 Nw ↑ 450 − E y = 0

= 450 Nw ↓ 200 − E x − F x = 0

1,5 m

1,5 m

E Ey

Ex

Fx

F

Las ecuaciones de equilibrio no son suficientes para encontrar E x y F x

2m

Fy

Se debe considerar el equilibrio de varias barras para continuar con la solución.



Las barras AB y CD son miembros de 2 fuerzas. El nudo A es un “nudo conflictivo”. Está en contacto con la barra AB (miembro de 2 fuerzas) y la barra ACE (miembro de fuerza múltiple). Al aislar las barras se supone que el nudo A está unido a la barra de fuerza múltiple ACE y, por lo tanto, la fuerza de 200 Nw, estará aplicada sobre esta barra. Diagrama de cuerpo libre de la barra ACE 200 Nw A A x 1,5

Por comodidad en los cálculos, se considera a la fuerza F AB descompuesta en Ax y Ay. Estas componentes deben cumplir la relación:

FAB

Ay 2

3m

A y A x

C

FCD

1,5 2

∑ F = 0

A y

− 450 = 0

Y por tanto

A x

= (2 · A y ) / 1,5 = 600 Nw ←

y

1,5 m

E

=

Ex

La fuerza en la barra AB es

A y

F AB

= 450 Nw ↑

= 750 Nw compresión

450 Nw

∑ M

E

=0

200 · 4,5 − 600 · 4,5 − F CD ·1,5 = 0 F CD

∑ F = 0 x

= −1200 Nw

200 − 600 + 1200 − E x = 0

F CD

= 1200 Nw → tracción E x

= 800 Nw ←

Sustituyendo en la ecuación obtenida en el equilibrio del marco completo 200 − E x − F x = 0

F x

= −600 Nw

F x

= 600 Nw →



Los diagramas de cuerpo libre de los dos elementos verticales son: 200 Nw

A 750 Nw

750 Nw

3m

B

1,5 m

C

1200 Nw

1200 Nw

1,5 m

D 1,5 m

E

800 Nw

F 600 Nw

450 Nw

450 Nw



Equilibrio en tres dimensiones Las ecuaciones vectoriales de equilibrio

∑ F = 0

∑ M

r

=0

r

o

Si las aplicamos al problema general en tres dimensiones, vimos que pueden escribirse en forma escalar de la manera siguiente:

∑ F x = 0 ∑ M x = 0 ∑ F y = 0 ∑ M y = 0 ∑ F z = 0 ∑ M z = 0 Estas ecuaciones son totalmente independientes y cualquiera de ellas puede cumplirse sin que se cumplan las otras, en cuyo caso el cuerpo se hallaría solamente en equilibrio parcial. Pueden emplearse para resolver problemas que no tengan más de seis incógnitas, las cuales representan generalmente reacciones en los apoyos o conexiones. En la mayor parte de los problemas, las ecuaciones escalares anteriores se pueden obtener más fácilmente si expresamos primeramente en forma vectorial las condiciones de equilibrio del sólido rígido considerado

∑ F = 0 r

∑ M O = ∑ r ∧ F =0 r

r

r

r

Y, a continuación, se expresan las fuerzas F y los vectores de posición r en función de las componentes escalares y de los vectores unitarios. Igualando a cero los coeficientes de los vectores unitarios en cada una de las ecuaciones de equilibrio obtenemos las ecuaciones escalares deseadas. r

Cuando el equilibrio lo producen fuerzas concurrentes, el momento resultante respecto a cualquier eje que pase por el punto de concurrencia es nulo, y las ecuaciones de equilibrio resultan ser:

∑ F x = 0

∑ F y = 0

∑ F z = 0

En el caso de equilibrio producido por fuerzas paralelas, también bastará que se cumplan tres condiciones. Si las fuerzas son todas perpendiculares al plano X-Y, por ejemplo, entonces:

∑ F z = 0

∑ M x = 0

∑ M y = 0



A continuación vamos a ver la representación de varios tipos de fuerzas de contacto (reacciones) que aparecen normalmente en los problemas de equilibrio en tres dimensiones.



En la figura pueden verse los contactos y uniones más corrientes junto con la representación adecuada de la fuerza. Una manera sencilla de determinar el tipo de reacción que corresponde a un apoyo o conexión dados y el número de incógnitas que intervienen, es averiguar, entre los seis movimientos fundamentales (traslación según las direcciones X, Y y Z, y rotación alrededor de los ejes X, Y y Z), cuáles pueden realizarse y cuáles no. Algunos apoyos y conexiones tienen como misión el impedir las traslaciones, sin embargo, están proyectados de tal forma que impiden algunas rotaciones. Las reacciones correspondientes están formadas esencialmente por fuerzas, pero pueden incluir también pares. Un grupo de apoyos de este tipo comprende las bisagras y los cojinetes proyectados para soportar solamente cargas radiales (por ejemplo, los cojinetes normales y los cojinetes de rodillos). Las reacciones correspondientes son dos componentes de una fuerza, pero pueden aparecer también dos pares. Sin embargo, estos apoyos no producen pares apreciables bajo condiciones normales de empleo. Por tanto, en su estudio sólo se tienen en cuenta las fuerzas, a menos que se vea que son necesarios los pares para mantener el equilibrio del sólido rígido, o a no ser que se sepa que el apoyo está proyectado específicamente para producir un par.


Problema 21:





Problema 22:



Problema 23:



Problema 24:



Problema 25:



Problema 26:





Problema 27:





Problema 28:





Problema 29:




Equilibrio Particula y Solido Rigido.pdf

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