Equilibrio estático

Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-1

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 fuerzas que actúan sobre una partícula es nula, la partícula permanecerá en reposo si originalmente estaba en reposo, o continuará su movimiento con velocidad constante a lo largo de una trayectoria rectilínea si originalmente se estaba moviendo”. Podemos concluir entonces que si la fuerza resultante de un sistema de fuerzas que actúa sobre una partícula es nula, la partícula está en equilibrio. Algebraicamente este hecho se expresa como: r r R = ∑ Fi = 0 (3.1) i

Entonces, la condición necesaria y suficiente para el equilibrio de una partícula se basa en un equilibrio de fuerzas. Para el análisis de problemas de equilibrio de una partícula es imprescindible empezar realizando 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 cuerpo libre. 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 o impreciso podría eventualmente acarrear errores en el planteamiento de las ecuaciones mencionadas 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 en un 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:

∑F ∑F

x

= 0

(3.2)

y

= 0

(3.3)

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

∑F ∑F

u

= 0

(3.4)

v

= 0

(3.5)

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-2

Ejemplo 3.1:

θ

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 cables tienen 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:

∑F

y

= 0:

T = 40 N

x

= 0:

− T cos 60° + F cosθ = 0

∑F

Polea C:

θ

∑F

F cosθ = T cos 60° y

= 0:

(1)

F sen θ − T sen 60° − T = 0 F sen θ = T (sen 60° + 1) tan θ =

(2) ÷ (1):

sen 60° + 1 cos 60°

→

F = 77, 27 N

= 0:

T cos 60° − T cos φ = 0

→

φ = 60°

→

(2)

θ = 75°

Polea B:

∑F

x

i

φ

∑F

y

= 0:

2 T sen 60° = WE

i

→

y finalmente:

WE = m E g


→

WE = 69,28 N

mE = 7,06 kg


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-3

Ejemplo 3.2: Los cilindros mostrados se mantienen en equilibrio por la acción de la cuerda que une los centros de A y B. Sabiendo que dichos cilindros pesan W = 50 kgf y que el cilindro C pesa 2W, se pide calcular la tensión en el cable y las fuerzas que actúan sobre cada uno de los cilindros. Los tres cilindros tienen radio R = 15 cm. Solución:

DCL del conjunto: cos θ =

∑F

y

20 20 2 = = 2R 2 (15) 3

→

θ = 48,19°

= 0:

2 N − 4W = 0

→

N = 100 kgf

DCLs para cada cilindro: Cilindro C:

∑F

y

= 0:

2 N ′ sen θ − 2 W = 0

→

W sen θ N ′ = 67,08 kgf N′ =

N′ N′

N′ N′

Cilindro A:

∑F

x

= 0:

→

∑F

y

= 0:

→


T − N ′ cosθ = 0 T = N ′ cosθ T = 44,72 kgf N − W − N ′ sen θ = 0 N = W + N ′ sen θ N = 100 kgf


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-4

Ejemplo 3.3: Sobre las superficies mostradas se apilan cilindros 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 equilibrio del sistema. Para el número encontrado, calcular las fuerzas que actúan sobre el primer cilindro. Solución:

Los DCL de los primeros cilindros muestran que:

N 2( 3 )

N 2( 2 )

Cilindro 2:

∑F

x

=0

→

N 12 − N 23 = W cos 60°

1 W 2 1 = W 2 1 = W 2

es decir:

N 12 − N 23 =

análogamente para el cilindro 3:

N 23 − N 34

y para el cilindro 4:

N 34 − N 45

Suponiendo que fueran solamente tres cilindros adicionales, sumando las tres expresiones anteriores obtenemos: 3 N 12 − N 45 = W 2 Además N 45 = 0 (pues el cilindro 4 sería el último de la fila), entonces:

N12 =

3 W 2

Ahora podemos generalizar expresando para n cilindros adicionales:

N 12 =

n W. 2



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-5

Utilizando el DCL del cilindro 1:

∑F

x

= 0:

N 1 cos15° − W cos 60° − N 12 = 0

W n − W = 0 2 2 ( n + 1) W N1 = 2 ⋅ cos15° N 1 cos15° −

→

∑F (1)

y

(1)

= 0:

N 1 sen15° + N 2 − W sen 60° = 0

→

N 2 = W sen 60° − N 1 sen15°

en (2):

N2 =

(2)

W [ 3 − ( n + 1) tan 15°] 2

(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 N 2 = 0 . en (3):

W [ 3 − ( n + 1) tan 15°] = 0 2

n = 5, 46

→

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 n = 5 obtenemos: de (1):

N1 =

(5 + 1) W 2 ⋅ cos15°

→

N 1 = 3,1 W

de (2):

N2 =

W [ 3 − (5 + 1) tan 15°] 2

→

N 2 = 0,062 W

3.1.2 Equilibrio de la partícula en el espacio

Como hemos visto, una partícula estará en equilibrio si la resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre ella es nula. Entonces, se debe cumplir la ecuación (3.1): r r R = ∑ Fi = 0 (3.6) i

Para aplicar esta ecuación en la solución de un problema, se deberá empezar con la realización del diagrama de cuerpo libre de la partícula. A continuación se puede elegir un sistema cartesiano de referencia según el cual la ecuación que expresa el equilibrio se puede escribir según sus tres coordenadas:

∑F

x

=0

;


∑F

y

=0

;

∑F

z

=0

(3.7)


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-6

Ejemplo 3.4: Sabiendo que para la posición de equilibrio mostrada en la figura el resorte está alargado en δ = 20 mm siendo su constante de rigidez k = 2 kN/m , calcular la tensión en cada uno de los cables. La esfera pesa 20 kgf. Solución: •

Fuerza en el resorte OB: N ⋅ 0,020 m = 40 N (tracción) m ( −1, − 2, − 2) = 40 3

FOB = k δ OB = 2000 r FOB = FOB uˆ OB

z B r FOB r TA

A

O x

•

•

C

W = 20 kgf = 20 ⋅ 9,8 N = 196 N r W = W uˆW = 196 ( − kˆ ) = −196 kˆ

r TC

y

30° r TD D

r W

Peso de la esfera:

•

Tensión en el cable AO:

TA

r (1,5; − 3; 1) TA = TA 3,5

Fig. 3-11

Tensión en el cable CO: TC

r (−2, 2, 2) TC = TC 12 •

→

r (−1, 1, 1) TC = TC 3

→

⎛1 3 ⎞ , 0 ⎟⎟ TD = ⎜⎜ , ⎝2 2 ⎠

Tensión en el cable DO: TD

r TD = TD (sen30°, cos30°, 0)

Equilibrio en el punto O:

r

∑F

i

=0

i

r

= 0:

−

T T 40 ⎛ 1,5 ⎞ + TA ⎜ ⎟ − C + D = 0 3 2 3 ⎝ 3,5 ⎠

y

= 0:

−

80 3 − TA + 3 3,5

z

= 0:

−

T 80 − 196 + A + 3 3,5

∑F

x

i

r

∑F i

r

∑F i

de donde:

T A = 191,5 N


;

1 TC + 3

3 TD = 0 2

1 TC = 0 3 TC = 196, 2 N

;

TD = 89,1 N


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-7

Ejemplo 3.5: Tres esferas idénticas muy pequeñas cargadas electrostáticamente, cada una con peso W, están en equilibrio suspendidas desde un punto común mediante cuerdas idénticas de peso despreciable de longitud l .

l

Si la fuerza electrostática de repulsión que actúa entre cualquiera de las esferas es F y actúa en la misma dirección que la recta que une las esferas, determinar la tensión en cada cuerda así como las dimensiones del triángulo que forman las esferitas.

l

l

Solución:

l l

Dado que las esferitas son idénticas, entonces, en la posición de equilibrio analizada, ellas están situadas en los vértices de un triángulo equilátero. Tomaremos un sistema de coordenadas con origen en el baricentro de dicho triángulo (el cual, sabemos, coincide con el centro de la circunferencia circunscrita), como se muestra en la figura.

l

Nos serán de mucha utilidad las siguientes figuras.

3 a 6

l

3 a 3 3 a 3

Llamemos a al lado del triángulo equilátero. La posición de las esferas estará dada por: ⎞ ⎛ 3 r rA = ⎜⎜ a , 0, 0 ⎟⎟ ⎠ ⎝ 3

;

⎛ r 3 a ⎞ rB = ⎜⎜ − a, − , 0 ⎟⎟ ; 2 ⎠ ⎝ 6

⎞ ⎛ r 3 a rC = ⎜⎜ − a , , 0 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝ 6

;

r rD = (0, 0, h )

además, de la vista lateral:

h =


⎛ 3 ⎞ l − ⎜⎜ a ⎟⎟ ⎝ 3 ⎠ 2

2

=

l2 −

a2 3

(1)


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-8

Diagrama de cuerpo libre de la esferita A: •

z

D

•

T

B

C

O

FBA A

y

FCA

x

W

• Fig. 3-15

•

Fuerza de repulsión entre B y A: r FBA = F (cos 30°, sen30°, 0) →

r ⎞ ⎛ 3 1 FBA = ⎜⎜ F , F , 0 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝ 2

Fuerza de repulsión entre C y A: r r ⎞ ⎛ 3 1 FCA = F (cos 30°, − sen30°, 0) → FCA = ⎜⎜ F , − F , 0 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝ 2 r Peso: W = ( 0, 0, − W ) r Tensión en la cuerda: T = T uˆ AD

r r ⎞ ⎛ rD − rA 1⎛ 3 a h⎞ a; 0; h ⎟⎟ = ⎜⎜ − ; 0; ⎟⎟ = r r = ⎜⎜ − rD − rA l⎝ 3 l⎠ 3l ⎝ ⎠

donde:

uˆ AD

de (1):

⎛ a uˆ AD = ⎜⎜ − ; 0; 3l ⎝

⎞ 3 l 2 − a 2 ⎟⎟ ⎠

1 3l

⎞ 3 l 2 − a 2 ⎟⎟ ⎠

r ⎛ a T T = ⎜⎜ − T ; 0; 3l 3l ⎝ r Equilibrio de la partícula: F ∑ i =0

entonces:

i

r r r r FBA + FCA + W + T = 0

∑F

x

= 0:

z

= 0:

∑F

de (2) y (3):

3 3 a F+ F− T = 0 2 2 3l −W +

T 3l

3l F = a

3l 2 − a 2 = 0 3 lW 3l − a 2

2

→

→

⎛l⎞ 3⎜ ⎟ − 1 = ⎝a⎠

l = a

reemplazando (4) en (2):

W 3F

3F 2 + W 2 3F ⎛ T = 3⎜ ⎜ ⎝


T =

→

T =

(2)

3 lW 3l 2 − a 2

3l 2 − a 2 = a

→

2

3l F a

→

W 3F

2

→

1 1 ⎛W ⎞ ⎛l⎞ + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 3 9⎝F⎠ ⎝a⎠

→

a =

3 F 2 + W 2 ⎞⎟ F ⎟ 3F ⎠

→

2

3F l 3F 2 + W 2

T =

(3)

(4)

3F 2 + W 2


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-9

Ejemplo 3.6: Determinar el peso máximo de la caja para que pueda ser sostenida en la posición mostrada sabiendo que los cables AB, AC y AD pueden soportar una tensión máxima de 500 N mientras que el poste puede soportar una compresión máxima de 300 N. Asumir que la fuerza que se origina en el poste actúa a lo largo de su eje. Solución: r rA = ( 2; −1,5; 6) m

r rB = (− 4; 1,5; 0) m

;

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

;

r r r rAB = rB − rA = (− 6, 3, 6)

→

uˆ AB =

r r r rAC = rC − rA = ( − 2, 3, − 6)

→

uˆ AC =

r r r rOA = rA − rO = ( 2, −1,5, 6)

→

uˆ OA =

( −2, 1, − 2) 3 ( −2, 3, − 6) 7 ( 4, − 3, 12) 13

DCL de la unión en A:

r T AB = T AB uˆ AB

→

r T AC = T AC uˆ AC

→

r ( −2, 1, − 2) T AB = T AB 3 r ( −2, 3, − 6) T AC = T AC

r FOA = FOA uˆ OA

→

r ( 4, − 3, 12) FOA = FOA

r T AD = ( 0, 0, − P )

Equilibrio: T AB

r

∑F

i

3

+ T AC

( −2, 3 − 6 ) 7

+ FOA

x

:

2 2 4 − T AB − T AC + FOA = 0 3 7 13

y

:

1 3 3 T AB + T AC − FOA = 0 3 7 13

z

:

∑F ∑F ∑F

13

r r r r T AB + T AC + FOA + T AD = 0

= 0:

( −2, 1 − 2 )

7

( 4, − 3, 12 ) 13

+ ( 0 , 0, − P ) = ( 0, 0 , 0 )

3 6 12 − T AB − T AC + FOA − P = 0 2 7 13



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-10

Resolviendo el sistema de ecuaciones: →

T AB = 0,75 P

T AC

→

) T AC = 0,583 P

→

) FOA = 2,16 P

FOA y además:

3 P 4 7 = P 12 13 = P 6

T AB =

T AD = P

Acabamos de encontrar las tensiones en los cables y la fuerza de compresión en el poste en función del peso P. Ahora tenemos que hacer el siguiente razonamiento: para que el sistema esté en pie, entonces los elementos que lo conforman tienen que ser capaces de resistir 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:

poste:

T AB ≤ 500 N

→

T AC ≤ 500 N

→

0,75 P ≤ 500 N ) 0,583 P ≤ 500 N

T AD ≤ 500 N

→

P ≤ 500 N

FOA ≤ 300 N

→

2,167 P ≤ 300 N

de los cuatro resultados tomamos lógicamente: Concluimos que el peso máximo de la lámpara es:


→

P ≤ 666,67 N

→

P ≤ 857,14 N

→

P ≤ 138, 46 N

P ≤ 138, 46 N Pmax = 138, 46 N


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-11

3.2 Equilibrio del sólido rígido A diferencia de una partícula, el tamaño y la forma de un cuerpo rígido son muy importantes en el análisis de fuerzas sobre él, ya que el sistema de fuerzas aplicadas sobre el 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 estará en equilibrio pues el par de fuerzas lo hará girar. r −F

r F

Consideremos un sistema general de fuerzas que está actuando sobre un cuerpo rígido. En el capítulo anterior hemos visto que un sistema general de fuerzas se puede reducir a la resultante más un par actuando en un punto cualquiera P. Si la resultante y el par son nulos, diremos que el sistema original de fuerzas externas es equivalente a un sistema nulo y que el cuerpo rígido está en equilibrio. En otras palabras: para que un cuerpo rígido esté en equilibrio se deberá cumplir que el sistema general de fuerzas que actúa sobre él debe ser equivalente a un sistema nulo, es decir: r F (3.8) ∑ i= 0 r (P es un punto arbitrario) (3.9) ∑M P = 0 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 seis ecuaciones escalares

∑F = 0 ∑M = 0 x

x

,

∑F = 0 , ∑F = 0 ∑M = 0 , ∑M = 0 y

,

z

y

z

(3.10) (3.11)

Para escribir correctamente las ecuaciones de equilibrio de un sólido rígido primero hay que 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 considerar también las fuerzas originadas en los correspondiente apoyos de enlace (apoyos internos al sistema)

•

Fuerzas de fricción actuantes



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-12

A continuación se debe dibujar el denominado diagrama de cuerpo libre. Dicho diagrama debe 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 deben caracterizar 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 el diagrama. Si las fuerzas son de dirección y o sentido desconocidos (incógnitas del problema, como por ejemplo las fuerzas de reacción en los apoyos), se debe asignarles dichas características. Al momento de solucionar las ecuaciones de equilibrio conoceremos los verdaderos sentidos.

•

Las dimensiones que puedan necesitarse para los cálculos de los momentos de las fuerzas. Omitir las dimensiones que sean redundantes, pues pueden restarle claridad al 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 importancia es tal que de él dependerán los cálculos subsecuentes. Si el diagrama contiene datos incorrectos o es incompleto, las ecuaciones que de allí resulten serán erróneas y los resultados a que arribemos serán también erróneos. Ahora, el diagrama es esquemático y en consecuencia puede ser realizado a mano alzada. Sin embargo, se recomienda al estudiante que intente siempre apoyarse en alguna reglilla o compás simples si es que nota que de esa manera mejora la claridad de sus propios esquemas. A continuación se muestran algunos ejemplos de diagrama de cuerpo libre.

l/2

α β

1, 2 senβ

l

0,6 cos β



Cap. 3 Equilibrio

3.2.1

Pág. 3-13

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:

∑F ∑F ∑M

x

=0

y

=0 P

=0

(3.12)

(P es arbitrario sobre el plano)

En un sistema de cuerpos enlazados entre si (una estructura por ejemplo), si el sistema está en equilibrio entonces cada uno de los cuerpos que lo componen está en equilibrio. Es decir, 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 presentan en la dirección de los movimientos restringidos. Este hecho se verá con claridad en los siguientes esquemas de apoyos que se utilizan para restringir el movimiento de los cuerpos rígidos en el plano. a) Apoyos de primer orden Son apoyos que generan una reacción de dirección conocida. Aún cuando el sentido de la reacción 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 se generará 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.



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-14

•

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

•

En el caso de la biela (elemento muy delgado, articulado en sus extremos y de peso despreciable) se generará una reacción en al dirección axial de la biela, pero su sentido no 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 del resorte 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 (casos mecánicamente análogos) se genera una reacción de dirección perpendicular a la dirección de la ranura). El sentido de la reacción debe ser supuesto arbitrariamente.



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-15

b) Apoyos de segundo orden •

En el caso de una articulación fija, la reacción generada es una fuerza de la que se desconoce en un inicio de su dirección y sentido. Mecánicamente podemos reemplazar dicha 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 en contacto y una fuerza en la dirección de movimiento de deslizamiento restringido por la fricción, la cual se denomina fuerza de fricción o rozamiento (Ff) y que estudiaremos en el capítulo 9:

•

Empotramiento monodeslizante: se trata de un apoyo que restringe una dirección de movimiento y el giro del cuerpo rígido. Consecuentemente se generan como reacciones, una fuerza de dirección conocida y un momento. En ambos casos el sentido es desconocido 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 sus dos fuerzas componentes de dirección conocida) más un momento de reacción.



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-16

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 F

F

Fig. 3-32

•

Collarín o corredera

•

Pasador en ranura lisa F F

90°

Fig. 3-34

•

Articulación:

•

Corredera unida rígidamente a uno de los cuerpos:

Polea:



Cap. 3 Equilibrio

3.2.1.3

Pág. 3-17

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 algún tipo de movimiento. Sólo bajo esa condición un cuerpo rígido (o un sistema de cuerpos rígidos) 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 estar restringido en todas su posibilidades de movimiento. Dichas posibilidades de movimiento de denominan grados de libertad. La restricción se efectúa a través de la utilización de apoyos, 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):

B A (a)

A (b)

(c)

Fig. 3-38

En el acápite anterior hemos visto que una biela puede ser utilizada como apoyo y su forma de actuación es tal que introduce una reacción en su dirección axial. Si en el cuerpo que estamos analizando introducimos dos bielas articuladas en A (figura 3-38 b), entonces el cuerpo ya no se puede mover libremente y solamente puede girar en torno a A. Si ahora añadimos una biela ligada en B, anularemos toda posibilidad de movimiento (figura 3-38 c). Decimos que el cuerpo está completamente restringido. Si ahora aplicamos a dicho cuerpo un sistema de cargas, en cada una de las barras se generará una reacción de dirección conocida. Como en este caso la restricción se hizo mediante la utilización de tres bielas, entonces se generan tres reacciones (incógnitas). Dado que en el equilibrio en el plano disponemos de tres ecuaciones escalares, entonces ellas contendrán las tres incógnitas y el sistema podrá ser solucionado. En este caso diremos 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 reacciones estáticamente determinadas. En la figura 3-40 b se muestra la misma viga pero parcialmente restringida (observar que puede moverse en sentido horizontal debido a la acción de la componente horizontal de la carga Q).



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-18

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

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

Ay

Q B

C

By

Cy Fig. 3-42

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 cuatro restricciones.



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-19

La movilidad del cuerpo rígido en el plano está caracterizada por sus tres grados de libertad. 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 interpretada según sus dos componentes en la dirección de los ejes cartesianos rectangulares (dos grados 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 cursos de 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 figura 3.44, si elegimos dos cualesquiera puntos A y B para definir un segmento, la posición del cuerpo estará determinada si conocemos las dos coordenadas de la posición del punto A (xA, yA) y el ángulo de orientación θ del segmento AB medida con respecto a una dirección de 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 las siguientes tres ecuaciones escalares:

∑F

x

=0

;

∑F

y

=0

∑M

;

P

=0

(3.13)

Sin embargo, alternativamente podemos reemplazar algunas de ellas por otras, sin que ello signifique que las nuevas ecuaciones nos permitan tener más incógnitas en el sistema. A continuación mencionaremos algunas de ellas. a)

∑F

uˆ

=0

;

∑M

P

=0

;

∑M

Q

=0

(3.14)

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

b)

∑M

P

=0

;

∑M

Q

=0

;

∑M

S

=0

(3.15)

donde P, Q y S no deben estar alineados.



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-20

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 y sentidos opuestos.

∑M ∑M →

•

P

Q

r r F2 || PQ r r = 0 → F1 || PQ

=0 →

r r r F = 0 → F = − F ∑ 1 2

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 tomar momentos con respecto al punto de intersección de las líneas de acción de dos cualesquiera de ellas, digamos F1 y F2, entonces quedaría sin equilibrar el momento de la fuerza restante, en este caso F3 y no se cumpliría la segunda ecuación de equilibrio ( ∑ M P = 0 ).

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



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-21

Ejemplo 3.5: Hallar el valor del ángulo θ para el cual la barra de peso W está en equilibrio. Calcular también las reacciones en los apoyos A y B. Considere todas las superficies lisas.

θ l

Solución: DCL de la barra.

∑F

x

θ

θ

θ

N A cos θ − W sen θ = 0 N A = W tan θ

l/2

∑F

∑M

N B cos θ − W = 0

= 0:

V

A

=0 + :

NB

a cos θ

− W

→

l cos θ = 0 2

l W =W cos 2 θ cos θ 2a

de (2) y (3):

= 0:

en (1):

1/ 3 ⎡ ⎛ 2a ⎞ ⎤ N A = W tan ⎢arccos ⎜ ⎟ ⎥ ⎝ l ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣

en (2):

⎛ l ⎞ N B = W ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2a ⎠

→

NB =

(1)

W cos θ NB = W

→

cos 3 θ =

(2)

l cos 2 θ 2a

(3) 1/ 3

2a l

→

⎛ 2a ⎞ ⎟ ⎝ l ⎠

θ = arccos ⎜

1/ 3

Nota:

El problema puede ser resuelto de otra manera si recordamos que una condición particular de equilibrio exige que las únicas tres fuerzas actuantes sean concurrentes. Triángulo ACO: a l − cosθ 2

l/2

θ

θ

θ

(l / 2) cosθ

tan θ =

| CO | | AO |

⎛l a ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ − θ 2 cos θ ⎠ sen tan θ = ⎝ ( l / 2) cos θ ordenando y simplificando: cos 3 θ =

2a l

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



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-22

Ejemplo 3.6: Determinar la reacción en B, la longitud de la cuerda y la tensión que soporta. La barra AB pesa W = 200 N . Solución: DCL de la barra:

l 1, 2 senβ

∑F

α

β

x

∑F

y

= 0:

T senα = W

(1)

= 0:

T cos α = N

(2)

∑M

A

W cos β 2

N senβ =

tan β =

→

de (3) y (4):

1,2 sen β = 0,6

geometría:

l 2 = (1, 2) 2 + (1, 2 cos β ) 2

además:

tan α =

de (1):

T = 1,323 W

→

T = 264,6 N

de (2):

N = 0,866 W

→

N = 173,2 N

B G

x

→ →

l = 1,587 m

α = 49,11°

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.

N

H

α

(4)

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

l

A

W 2N

β = 30°

→

1,2 1,2 cos 30°

C

T

(3)

N (1,2 senβ ) − W (0,6 cos β ) = 0

=0 + :

Solución 2:

W N

tan α =

0,6 cos β

W E

Δ ABD :

l 2 = (1,2) 2 + (2 x) 2

(5)

Δ ACD :

(1,2) 2 = (0,6) 2 + (2 x) 2

(6)

de (6):

x = 0,520

en (5):

l = 1,587 m

D x

Fig. 3-52



Cap. 3 Equilibrio

∑M

A

Pág. 3-23

N ( 0, 6 ) − W x = 0 ) N = 173,3 N

=0 +:

→

∑F

V

T sen α − W = 0

= 0:

T=

→

W W = sen α 1, 2 / 1,587

T = 264,50 N Ejemplo 3.7: En la figura se muestra una varilla delgada lisa de longitud l y masa m apoyada en B sobre una superficie semicircular lisa de radio r y sobre una pared vertical también lisa en A. Sabiendo que el centro de la superficie semicilíndrica se encuentra a una distancia d, se pide:

θ l

a) Mostrar que para que la varilla esté en equilibrio el ángulo θ debe cumplir la siguiente relación: sen θ =

1 ( 1 + 3 cos 2 θ ) (d − l senθ ) r

Sabiendo que r = 30 cm, d = 70 cm, l = 100 cm y m = 0,5 kg, calcular el valor del ángulo 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 ve que sobre ella actúan 3 fuerzas. Por consiguiente ellas deben ser concurrentes. l senθ 2

θ

l senθ 2

Geometría:

d = l sen θ + r sen φ

Para Δ OBD:

φ l cosθ

(l cosθ ) =

φ

→

d = l sen θ + r

l sen θ 2

sen φ =

φ

en (1):

(1)

sen θ 3 cos θ + 1


2

→

sen φ =

sen θ =

2

⎞ ⎛l + ⎜ senθ ⎟ ⎠ ⎝2

2

senθ 4 cos 2θ + sen 2θ senθ 3 cos 2θ + 1 ( d − l senθ ) r

(2)

3 cos 2θ + 1


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-24

(70 − 100 senθ ) 30 θ = 36,55° sen θ =

reemplazando datos: resolviendo:

∑F ∑F

b) Ahora:

x

= 0:

N A sen θ − N B sen φ = 0

(3)

y

= 0:

N B cos φ −W = 0

(4)

∑M de (5):

NA =

B

N A l cosθ − W

= 0:

W tan θ 2

→

NB = N A

NA =

l senθ = 0 2

(5)

mg tan θ 2

N A = 1,82 N

reemplazando valores: de (3):

3 cos 2θ + 1

senθ sen φ

(2)

N A sen θ

→

NB =

→

NB = NA

sen θ

3 cos 2 θ + 1 3 cos 2 θ + 1

N B = 3,12 N

reemplazando valores:

Ejemplo 3.8: Encontrar el ángulo α para el cual la barra está en equilibrio. Calcular también las reacciones en los puntos de apoyo de la barra. Todas las superficies en contacto son lisas. Considerar: Longitud de la barra: l = 3 R Peso de la barra: W. Solución 1:

DCL de la barra:

∑F

x

= 0:

FA cos α = W sen α

∑F

y

= 0:

FA sen α + FB = W cos α

∑M l/2

l = 3 R y ordenando:

(1)

M

(2)

=0 + :

l l FB ( 2 R cos α − ) − FA sen α = 0 2 2 4 FB cos α − 3 FB − 3 FA senα = 0


(3)


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-25

sen α cos 2 α

de (1) y (2):

FA = FB

en (3):

4 FB cos α − 3 FB − 3 FB

sen 2α = 0 cos 2 α

4 cos α cos 2 α − 3 cos 2 α − 3 sen 2α = 0 4 cos α cos 2 α − 3 (cos 2 α − sen 2α ) − 3 sen 2α = 0 4 cos α cos 2 α − 3 cos 2 α = 0 cos α ( 4 cos 2 α − 3 cos α ) = 0

de donde ordenando:

(4)

ecuación que se cumplirá si cos α = 0 ó 4 cos 2α − 3 cos α = 0 . •

Si cos α = 0

•

Si 4 cos 2α − 3 cos α = 0

⇒

cuya solución será: de donde obtenemos las raíces:

α = 90° (físicamente imposible) →

4 cos 2 α − 4 sen 2α − 3 cos α = 0 4 cos 2 α − 4 (1 − cos 2 α ) − 3 cos α = 0 8 cos 2 α − 3 cos α − 4 = 0

α 1 = 23,2°

9 − 4(8)( −4) 2 (8 ) físicamente posible

α 2 = 122,96°

físicamente no es posible

cos α =

(5)

3±

Así, el único valor que corresponde a una configuración geométrica de la barra físicamente posible se da para α = 23, 2° . en (1):

FA = 0,429 W

en (2):

FB = 0,750 W

Solución 2:

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

2

sα R co

l − 2

l/2 l/2



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-26

tan α =

Triángulo GBD:

2 R cos α − 2 Rsenα

l 2

senα l 2 R senα = 2 R cos α − cos α 2 l 2 R sen 2α = 2 R cos 2 α − cos α 2 l 2 R (1 − cos 2 α ) = 2 R cos 2 α − cos α 2 l 2 R − 2 R cos 2 α = 2 R cos 2 α − cos α 2 l 4 R cos 2 α − cos α − 2 R = 0 2 3R 4 R cos 2 α − cos α − 2 R = 0 2 8 cos 2 α − 3 cos α − 4 = 0

como l = 3 R :

expresión que es idéntica a la ecuación (6) que obtuvimos en la solución 1. Ejemplo 3.9:

2l

La varilla mostrada en la figura (longitud 2 l y peso W) está apoyada en una superficie vertical y en otra curva, ambas lisas. Se pide: a) Determinar la ecuación de la curva de tal manera que la varilla esté en equilibrio para cada cualquier valor de φ. b) Calcular las reacciones en A y B en función de φ. Solución: DCL de la varilla AB: a) y

x/2

x/2

NA l y = f (x)

G

Dado que la varilla está sometida a la acción de tres fuerzas, entonces ellas deben ser necesariamente concurrentes. La fuerza normal a la superficie en B es perpendicular a la tangente a la superficie, para la cual se cumplirá que: tan θ =

l

t

W y

dy dx

→

del DCL:

tan θ =

en (1):

dy =

x

O

NB

x Fig. 3-59

n


dy = tan θ dx

(1)

x= x

x/2 (2 l) 2 − x 2 x/2 (2 l) 2 − x 2

dx


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-27

integrando:

∫ dy

Ahora:

y = −

=

∫

x/2 ( 2 l) 2 − x 2

dx + C

1 ( 4 l 2 − x 2 )1 / 2 2

(C es constante de integración)

+ C

(2)

Considerando el sistema coordenado de la figura, si x = 0 , y = 0 , entonces: 1 ( 4 l 2 )1 / 2 + C 2 1 y = − ( 4 l 2 − x 2 )1 / 2 + l 2 1 ( y − l) 2 = (4 l 2 − x 2 ) 4

0 = − en (2): ordenando: y finalmente:

C = l

→

( y − l) 2 x2 + = 1 4l2 l2

la cual es una elipse con centro en (0, l ), semieje mayor a = 2 l (paralelo al eje x) y semieje menor b = l (paralelo al eje y). b) Aplicando las ecuaciones de equilibrio para la varilla:

∑F

cos θ

= W

y

= 0:

N

x

= 0:

N A − N B sen θ = 0

∑F

B

W cosθ

→

NB =

→

N A = N B sen θ N A = W tan θ



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-28

Ejemplo 3.10:

A

La varilla BC (longitud l y peso despreciable) está soportada por dos cuerdas, cada una de longitud a, que están unidas al perno en A. Si los pesos de W y 2W están suspendidos de los extremos de la varilla, se pide:

a

a) Determinar el ángulo θ para el equilibrio medido desde la horizontal. Expresar la respuesta en términos de a y l .

DCL de la barra

∑M

B

W

B

Fig. 3-60

2W

b) Si a = 0,8 m y l = 1 m, se pide calcular las tensiones en las cuerdas. Solución:

C

a

=0

:

−W (l cosθ ) + TC senβ l = 0 −W l cosθ + TC

∑F l/2

y

= 0:

(1)

= 0:

− 3 W senθ + TB cos β − TC cos β = 0

l/2

∑F

x

a 2 − (l / 2) 2 l = 0 a

− 3 W senθ + TB

l/2 l/2 − TC = 0 a a

(2)

− 3 W cosθ + TB senβ + TC senβ = 0 a 2 − (l / 2) 2 + TC a

− 3 W cosθ + TB

a 2 − (l / 2) 2 = 0 a

(3)

de (1) y (2) en (3) y ordenando: − 3 cos θ + cos θ +

→

cos θ =

6 senθ

a 2 − ( l / 2) 2 l

⎛

Finalmente:

6 senθ

a 2 − (l / 2) 2 + cos θ = 0 l

⎞ ⎟ ⎜ 6 a 2 − (l / 2) 2 ⎟ ⎝ ⎠

θ = arc tan ⎜

1

b) Para a = 0,8 m y l = 1 m, de (4):

(4)

θ = 10,9°

de (2):

0,625 TB − 0,625 TC = 0,57 W

(5)

de (3):

1,08 TB + 1,08 TC = 2,95 W

(6)

resolviendo (5) y (6):

TB = 1,82 W


;

TC = 0,91 W


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-29

Ejemplo 3.11: La barra AC empotrada en A soporta mediante una articulación sin fricción a la polea mostrada. Se pide calcular las reacciones en el empotramiento A. Considere que la barra pesa W = 750 N mientras que el peso de la polea es despreciable. Solución 1:

45°

r = 0,3 m C

A W

1,25 m

1,25 m W = 1000 N

Fig. 3-62

Sin desmembrar la polea del sistema. T

T

T sen 45°

MA

45°

T cos 45°

Rx A Ry

W 1,25 m

1000 N

x

R x − T cos 45° = 0

= 0:

Rx = 1000

∑F

y

=0:

2 = 707,11 N 2

A

=0

→

→

Rx = 707,11 N

→

R y = 1042,89 N

R y − W − T + T sen 45° = 0 R y = 750 + 1000 − 1000

∑M

T 0,3 m

Fig. 3-64

Fig. 3-63

∑F

1,25 m

r45° C

:

2 2

⎛ ⎛ 2⎞ 2⎞ ⎟⎟ = 0 ⎟⎟ + T cos 45° ⎜⎜ 0,3 M A = W (1,25) − T (2,8) + Tsen 45° ⎜⎜ 2,5 + 0,3 2 2 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ M A = 750 (1,25) + 1000 (2,8) − 500 2 (2,5 + 0,15 2 ) − 500 2 (0,15 2 ) M A = 1669,73 N-m

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

Solución 2:

Desmembrando la polea del sistema.



Cap. 3 Equilibrio

•

Equilibrio de la polea:

∑F ∑F •

Pág. 3-30

x

=0:

C x = T cos 45°

→

C x = 707,11 N

y

= 0:

C y + T sen 45° − T = 0

→

C y = 293 N

Equilibrio de la barra:

∑F = 0 : ∑F = 0: ∑M = 0 x

Rx − C x = 0

→

Rx = 707,11 N

y

Ry − W − C y = 0

→

R y = 1043 N

A

:

→

Solución 3:

M A − W (1,25) − C y (2,5) = 0 M A = 1669,73 N-m

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 el agujero central, dos fuerzas opuestas a las tensiones en los dos ramales de la polea. De esa manera se tiene establecido el equilibrio de ella. Para la barra:

∑F

x

∑F

y

∑M

=0:

Rx = T cos 45°

→

Rx = 707,11 N

= 0:

R y = W + T − Tsen 45°

→

R y = 1042,89 N

A

=0

:

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

= 750 (1,25) + 1000 (2,5) − 1000 →

2 ( 2) 2

M A = 1669,73 N-m



Cap. 3 Equilibrio

3.2.2

Pág. 3-31

Equilibrio en el espacio

Formulación general:

r

∑F = 0 r

∑M ∑F ∑M

x

x

= 0, = 0,

P

=0

(P : cualquier punto en el espacio)

∑ F = 0, ∑ F = 0 ∑ M = 0, ∑ M = 0 y

z

y

z

donde Fx , Fy , Fz

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

y Mx, M y, Mz

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 en equilibrio respecto a tierra (equilibrio absoluto) o con respecto a otro sólido (equilibrio relativo) cuando han sido restringidos los seis GDL.

Reacciones en los apoyos tridimensionales •

Biela:

•

Esfera:

•

Superficie lisa:

•

Cable:

•

Dos bielas:

•

Tres bielas:

Fig. 3-73



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-32

• Rótula:

•

Bisagra sin sujección axial

•

Bisagra:

Fx Fig. 3-74

Fz

Fy

• Pasador y alojamiento:

•

Empotramiento:

Casos particulares •

Sólido sometido a fuerzas paralelas No nos sirven:

∑F ∑F ∑M

x

=0

y

=0 z

=0

pues son identidades. Fig. 3-79

•

Sólido sometido a la acción de fuerzas concurrentes a un eje

∑M

y

= 0 es una identidad

(no nos sirve)



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-33

Ejemplo 3.12: La varilla homogénea AB de masa 12 kg está soportada por una rótula en B y por una cuerda CD (C es punto medio de la varilla). Sabiendo que la varilla descansa en A sobre una pared lisa vertical (plano xz), se pide encontrar la fuerza en el cable y las reacciones en A y B. Solución: del DCL de la barra: r rA = (45, 0, 60) cm r rB = (0, 100, 0) r rC = (22,5; 50; 30) r rD = (0, 0, 60) r r r rD / C = rD − rC = (− 22,5 ; − 50 ; 30) uˆCD = (− 0,36 ; − 0,8 ; 0,48) r B es rótula: RB = ( Bx , B y , B z ) r A es apoyo simple: RA = (0, Ay , 0) r Tensión en el cable: T = T (− 0,36; − 0,8; 0,48) r W = (0, 0, −12) kgf Peso de la varilla: r r Por equilibrio se debe cumplir: ∑ Fi = 0 y ∑ M P = 0 donde P arbitrario.

∑F : ∑F : ∑F : r M ∑ : x

Bx − 0,36 T = 0

(1)

y

B y + Ay − 0,8 T = 0

(2)

z

B

→

de donde:

Bz + 0,48 T − 12 = 0 r r r r r r r r r ( rA − rB ) × R A + ( rD − rB ) × T + ( rC − rB ) × W = 0

ˆj iˆ kˆ 45 − 100 60 + T 0 0 Ay

(3)

ˆj ˆj iˆ kˆ iˆ kˆ 0 − 100 60 + 22,5 − 50 30 = 0 0 0 − 0,36 0,80 0,48 − 12

− 60 Ay + 600 = 0

(4)

− 21,6 T + 270 = 0

(5)

45 Ay − 36 T = 0

(6)

de (4):

Ay = 10 kgf

de (5):

T = 12,5 kgf

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



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-34

en (1), (2) y (3):

Bx = 4,5 kgf, B y = 0 , Bz = 6 kgf

Respuestas:

r r RB = (4, 5; 0; 6) [kgf] y R A = (0, 10, 0) [kgf]

Ejemplo 3.13:

90 cm y

Calcular las reacciones en el cojinete A y en la rótula D y la tensión en el cable sabiendo que: r • F está contenida en el plano yz; su módulo es F = 500 N.

4 C

•

m

x

O cable

z

E

En el cojinete no se generan momentos de reacción.

cm 60

D

Solución: •

c 60

3

del dibujo:

r rA r rC r rD r rE

90 cm

= (0, 0, -60) cm = (90, 0, 0) = (90, -90, 60) = (180, -90, 0)

Fig. 3-82

r F

60

cm

del DCL de la barra:

Reacción en A:

90 cm

•

r F

A

( Ax , A y , 0 )

Reacción en D: ( D x , D y , D z ) r r Fuerza F : F = F uˆF = 500 (0, − 4 , − 3 ) 5 5 r F = (0, − 400, − 300) N r Cable: T = T uˆT = T

cm 60

⎞ ⎛ (180, − 90, 0) − (90, 0, 0) = T ⎜ 2 , − 2 , 0⎟ 2 90 2 ⎠ ⎝ 2

Se debe cumplir: r ⎛ 2 2 ⎞ F ∑ i = 0 : → (0, − 400, − 300) + ( Ax , Ay ,0) + T ⎜⎜ 2 ,− 2 ,0 ⎟⎟ + ( Dx , D y , D z ) = 0 ⎠ ⎝ 2 Ax + T + Dx = 0 2 2 − 400 + Ay − T + Dy = 0 2 − 300 + D z = 0 de (3):

(1) (2) (3)

D z = 300 N



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-35

Tenemos todavía cinco incógnitas: La segunda condición de equilibrio establece que r Tomemos ∑ M A = 0 :

r

∑M

P

= 0 donde P es cualquier punto.

2 2 , −T , 0) + 2 2 + (90, -90, 120) × ( D x , D y , D z ) = 0 Operando los productos vectoriales y ordenando obtenemos las siguientes ecuaciones escalares: (4) 24000 + 30 2 T - 90 D z - 120 D y = 0 →

(0, 0, 60) × (0, - 400, -300) + (90, 0, 60) × (T

30 2 T − 90 D z + 120 D x = 0

(5)

− 45 2 T + 90 D y + 90 D x = 0

(6)

resolviendo el sistema obtenemos:

T = 282,84 N D x = 125 N D y = 75 N Ax = −325 N Ay = 525 N

Nota: para la ecuación de momentos pudimos haber tomado otro punto como centro de r reducción, por ejemplo ∑ M D = 0 . 2 T 2 ,− ,0) + 2 2 + ( −90, 90, − 120) × ( Ax , Ay ,0) = 0

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

resolviendo los productos vectoriales y ordenando: − 51000 − 30 2 T + 120 Ay = 0

(4´)

27000 + 30 2 T + 120 Ax = 0

(5´)

36000 − 45 2 T − 90 Ax − 90 Ay = 0

(6´)

las cuales conjuntamente con (1) y (2) y recordando que D z = 300 N nos permiten resolver las incógnitas: T = 282,84 N D x = 125 N D y = 75 N Ax = −325 N Ay = 525 N

--------------------



Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-36

0,6 m

Ejemplo 3.14: z

La barra doblada mostrada está apoyada en tres cojinetes A, B y C, los cuales solamente pueden soportar fuerzas de reacción. Sabiendo que la fuerza aplicada de 400 N está contenida en el plano xy mientras que el par de 700 N-m está aplicado en dirección y, se pide calcular todas las reacciones en los apoyos.

m

B 0,9 m

A x

2,1

1,5

C 700

m 3 4

Nm

y

400 N

Fig. 3-85

Solución: del DCL de la barra: 2, 1

z

m

Az

Cz

B

Ax

Bx

A

x

1, 5

By Cx

m 3 4

C

70 0

Nm

y Fig. 3-86

400 N

•

Reacción en A:

•

reacción en B:

•

r RA = ( Ax , 0 , Az ) ; r RB = ( Bx , By , 0) ; r RC = (Cx , 0 , Cz ) ; r F = 400 (4 / 5 , 3 / 5, 0) = r M = (0 , 700 , 0) N - m

reacción en C: r • fuerza F : r • momento M r Ax + Bx + Cx + 320 = 0 ∑ Fi = 0 :

∑

r MA = 0:

r rA = (0 , 0 , 0) m r rB = (0 ; 1,5 ; 0,9) m r rC = (0 ; 3,6 ; 1,5) m

(320 , 240 , 0)

;

r rP = (0 ; 1,5 ; 0)

(1)

By + 240 = 0

(2)

Az + Cz = 0

(3)

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

→ (0,9 By ; 0,9 Bx ; − 1,5 Bx ) + (3,6 C z ; 1,5 C x ; − 3,6 Cx ) + (0 , 0 , − 480) + (0 , 700 , 0) = 0 − 0,9 By + 3,6 C z = 0

(4)

0,9 Bx + 1,5 Cx + 700 = 0

(5)

− 1,5 Bx − 3,6 Cx − 480 = 0

(6)

de (2):

By = − 240 N

en (4):

− 0,9 (−240) + 3,6 Cz = 0


→

Cz = − 60 N


Cap. 3 Equilibrio

de (3):

Pág. 3-37

Az = 60 N

Bx = − 1818,18 N

resolviendo (5) y (6): en (1): Respuesta:

Cx = 624,24 N

;

Ax = 873,94 N

Ax − 1818,18 + 624,24 + 320 = 0 → r RA = (873,94 ; 0 ; 60) N r RB = (−1818,18 ; − 240 ; 0) N r RC = (624,24 ; 0 ; − 60) N

Ejemplo 3.15: En la figura se muestra una barra homogénea de longitud l = 300 cm y peso W = 50 N , la cual 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 pide calcular las reacciones en A, B y D.

Solución: El DCL de la varilla es:

NB B

NC

F

G

C

J

E

A

Ax 150 cm

H

W O

60 cm

60 cm

Fig. 3-88

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

D

A

0

D

12

Ay

cm

Az

O

210 cm Fig. 3-89


Δ ADO :

60 210 AD = 210 cos φ

sen φ =

→ →

φ = 16,60° AD = 201, 25


Cap. 3 Equilibrio

Pág. 3-38

DH = AD sen φ

→

DH

= 57, 49

→

z C = 57, 49 cm

AH = AD cos φ

→

AH

= 192,86

→

xC = 192,86 cm

Además se debe notar que la reacción en C, al ser perpendicular al plano AJBE sigue la misma dirección que OD, en consecuencia: r N C = ( − N C senφ , 0, N C cos φ ) = ( − 0, 28 N C ; 0 ; 0,96 N C )

Δ ABE :

→ sen θ = 120 300 CD = AD tan θ

120 cm

Ahora tracemos el plano AJBE tangente a la superficie semicilíndrica. La generatriz de contacto DF contiene al punto C. Para dicho plano (mostrado en la figura en verdadera magnitud) podemos escribir la siguiente relación:

θ = 23,58° →

→

CD = 87,84

y C = 87,84 cm

Las coordenadas del punto B serán: x B = AE cos φ = ( AB cosθ ) cos φ

→

x B = 263, 49 cm

→

z B = 78,55 cm

y B = 120 cm z B = AE senφ = ( AB cosθ ) senφ

Las fuerzas que actúan sobre la varilla son:

Peso propio: Reacción en A: Reacción en B: Reacción en C:

Fuerza [N] r W = ( 0 , 0 , − 50 ) r A = ( Ax , Ay , Az ) r N B = ( 0, − N B , 0 ) r N C = ( − 0, 28 N C ; 0 ; 0,96 N C )

Punto de paso [cm] r rG = (131,75 ; 60 ; 39, 28) r rO = ( 0, 0, 0) r rB = ( 263, 49 ; 120 ; 78,55)

r rC = (192,86 ; 87,84 ; 57, 49)

Ahora podemos aplicar las ecuaciones que describen el equilibrio de los cuerpos rígidos: r r r r r r rG × W + rC × N C + rB × N B = 0 (1) ∑M A = 0:

donde:

ˆj iˆ kˆ r rG × W = 131,75 60 39, 28 = ( −3000 ; 6587,5 ; 0) 0 0 − 50



Cap. 3 Equilibrio

r r rC × N C =

Pág. 3-39

iˆ

kˆ

ˆj

192,86 − 0, 28 N C

87,84 57, 49 = (84,33 N C ; − 201, 24 N C ; 24,59 N C ) 0 0,96 N C

ˆj iˆ r r rB × N B = 263, 49 120 − NB 0

kˆ 78,55 = ( 78,55 N B ; 0 ; − 263, 49 N B ) 0

en (1) y separando para cada dirección cartesiana: − 3000 + 84,33 N C + 78,55 N B = 0 6587,5 − 201, 24 N C = 0 24,59 N C − 263, 49 N B = 0

Resolviendo:

N B = 3,01 N

→

N C = 32,73 N

→

r N B = ( 0, − 3,01, 0) r N C = (− 9,16 ; 0 ; 31, 42)

Notar que el sistema de tres ecuaciones tiene solamente dos incógnitas. Lo que sucede es que una de ellas es linealmente dependiente de las otras dos y en consecuencia el juego de dos soluciones que hemos hallado es único. Para calcular las reacciones en la articulación esférica: r F ∑ i = 0:

r r r r A + W + NC + N B = 0

(2)

( Ax , Ay , Az ) + ( 0, 0, − 50) + ( − 9,16 ; 0 ; 31, 42) + ( 0, − 3,01, 0) = 0 de donde:

Ax = 9,16 N Ay = 3,01 N Ax = 9,16 N --------------------



Equilibrio estático

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