Ejercicio  4.18 

El poste de teléfonos AB con peso W descansa en un agujero de 2L de profundidad. Si la fuerza de contacto entre el poste y el borde del agujero está limitada a P, Cuál es el máximo valor seguro del ángulo α ?, Desprecie la fricción. 

 

 

 

 

 

 

 

 

1. D.C.L 

Lo primero que se debe hacer para analizar el problema es determinar el diagrama de cuerpo libre. En este caso el diagrama queda como se muestra en la siguiente figura: 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Determinar ecuaciones de equilibro. 

Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio, es necesario que todas las partículas que lo conforman, se encuentren en equilibro, es decir 

∑  = 0 

Esto se puede también subentender prácticamente como que la sumatoria de fuerzas en cada uno de los ejes en los que se encuentra nuestro problema debe ser igual a cero, quedando con las siguientes dos ecuaciones para el eje horizontal y vertical respectivamente: 

∑  = 0 

∑  = 0 

Es también necesario acotar que si un cuerpo se encuentra en equilibro existe la posibilidad de que el cuerpo rote sin moverse horizontal ni verticalmente, debido a esto necesitamos una tercera ecuación la cual nos bridará la seguridad de determinar que el cuerpo efectivamente se encuentra en equilibro, esta tercera ecuación es la ecuación de momento o torque y se encuentra definida por: 

∑  = 0 

Para poder tener una mejor comprensión del problema, consideraremos nuevos ejes X' e Y', además de información adicional con respecto a los ángulos en los que se encuentran nuestras fuerzas y reacciones, como se ve en la siguiente figura: 

 

 

                       

 

 

 

 

 

 

 

En este  caso se usará la ecuación de momento en el punto A, donde se encuentran las reacciones Ax y Ay, este punto es escogido ya que, al realizar momento en ese punto ambas reacciones se anulan ya que pasan por ese mismo punto y no existe brazo de giro para generar un torque. 

∑  = 0 

( W * cos   ‐ α * 4L ) ‐ (P   ) = 0 

↓ 

(P   ) = ( W * sen α * 4L ) 

↓ 

sen α *cosα =  P L

 

↓ 

 sen 2α =  P L

 

↓ 

α =  

 

 

 

Aplicando la ecuación obtenida para los datos propuestos en el libro, se obtiene lo siguiente: 

• α =  

           →                α =  21°   ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐   

Determinación de trazo  : 

sen   ‐ α =   

cos α =   

=   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ejercicio 

Calcule el ángulo θ   en el cual la barra estará en equilibrio. Suponga que el peso de la barra es despreciable en relación con la carga aplicada  P . 

 

El procedimiento seguido es: 

Primer Paso: Constucción del DCL para reconocer todas las fuerzas que actúan en la barra, en un dibujo en un espacio libre 

Segundo Paso: Encontrar todas las fuerzas en forma literal (con incógnitas de letras). 

Para encontrar estas fuerzas hay que ocupar 3 condiciones que representan en un sistema cartesiano    las fuerzas horizontal, verticales, y torques. 

Las condiciones son las siguientes: 

•  0=∑ xF   Suma de las fuerzas horizontales igual a cero 

•  0=∑ yF   Suma de las fuerzas verticales igual a cero 

•  0=∑τ    Suma de las fuerzas que producen torque respecto a un punto arbitrario, en particular 

se pueden utilizar los puntos A,B y C. 

Tercer Paso: Remplazar las incógnitas en las ecuaciones para obtener un resultado numérico. 

Diagrama de cuerpo libre 

 

Donde  

º30cosº30sin

⋅=⋅=

AAvAAh

     y     º60cosº60sin

⋅=⋅=

ABvABh

 

 

 

Segundo Paso ∑ Fx=0 : A·sin30 – B·sin60 + P·sin θ = 0

P·sin θ = B·sin60 - A·sin30

P

30A·sin - B·sin60sin =θ        (*)

 

∑ Fy=0 : A·cos30 + B·cos60 - P·coss θ = 0

P·sin θ = B·cos60 + A·cos30

P

30A·cos B·scos60cos +=θ

   (**)

Dividiendo estas expresiones

33

30 A·cos B·cos6030A·sin - B·sin60tan

ABAB

+−

=+

=θ

∑ Tc=0 : A·cos30 (L/2)= B·cos60 (L/2)

A·cos30 = B·cos60

3602cos

º30cos AAB ==

Tercer Paso Juntamos los resultados anteriores y tenemos

31

333tan =

+−

=AAAAθ

    

Entonces 

  º30

31arctan =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=θ  

 

 

 

 

 

Ejercicio 

3.99  La barra AB en la fig. está sostenida por un rodillo en C y por una pared lisa en A. La barra es uniforme, tiene una masa de m y una longitud de 6L. ¿Qué fuerza vertical es necesario agregar en B para equilibrar la barra? 

 

1)D.C.L. 

       

 

Calculemos las distancias d, h y x. De los esquemas  

34

30cos2 LLd ==     LLh

33230tan2 =⋅=     LLx

23330cos3 =⋅=  

Condiciones de  equilibrio 

∑Fx=0 

 A‐N Sen30°=0, implica   AN 2=  

∑Fy=O 

N Cos 30°‐F‐mg=0,  implica   mgNF −=23

 

De estas dos expresiones se deduce que   mgAF −= 3  

Por lo tanto, debemos calcular la reacción A o la reacción N. Una observación del DCL, permite ver que el cálculo de torques respecto al punto Q nos permite obtener N. 

 

∑TQ=0 

0)(230cos30sin =−⋅⋅−⋅⋅+⋅ LxNhNxmg  de donde  

mgN ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

17972381

   remplazando  en    mgNF −=23

  se obtiene 

mgF ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

358115

179336

 

Considerando los datos del problema, que son la masa de la barra m=20 kg  y  g=9,8 m/s2, al remplazar se tiene  

][314,5 NF =  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJERCICIO 3.108:

Encuentre la Fuerza que ejerce el perno A sobre la placa rectangular mostrada en la figura:

Para este caso tenemos como datos conocidos: T; distancias 5L, 4L.

Debemos comenzar construyendo el Diagrama de Cuerpo Libre, para lo cual debemos preguntarnos quién o qué ejerce la fuerza? y correspondientemente preguntar qué fuerza?:

Luego llevar las fuerzas al plano Cartesiano, donde podemos descomponer cada una de estas en los ejes X e Y:

Es aquí donde obtenemos lo siguiente:

Para T, descomponemos en x e y, como sigue;

: -T senα i‐T cosα j 0

Y para TD, lo hacemos de la misma forma,

: -TD sen θ i TD cos θ j 0

Entonces, para el equilibrio sostenemos que:

∑ 0; + + =0

Ahora agrupando coordenadas x e y, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

∑ : 0= Ax -T sen α ‐ TD sen θ

∑ : 0= Ay ‐ T cos α TD cos θ

Por lo tanto, al despejar A (x e y) tenemos:

Ax=T sen α TD sen θ

Ay T cos α ‐ TD cos θ

Después, buscamos hacer Torque en un punto arbitrario, el cual de preferencia es por donde pasan más proyecciones de fuerzas. Para esto también se aplica la ecuación de torque. En esta condición la resultante total que actúa sobre el cuerpo debe ser CERO.

Si tomamos como punto de Torque A, nos queda así:

∑τA 0

Para lo cual se buscan las proyecciones de los puntos que se interceptan perpendicularmente con respecto al punto A. obteniendo resultantes entre distancias y fuerzas.

Lo que nos queda:

∑τA: 8L TD cos θ 4L T cos α 5L T sen α 1/L

Eliminamos las “L”, y acomodamos la expresión para disponernos a despejar TD,

8 TD cos θ 4 T cos α 5 T sen α

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

θα

θα

cossin5

coscos4TTD

Ahora la reemplazar en las componentes de A (les dejo ese trabajo)

Ax =

Ay

Finalmente calcular su magnitud.

= ( Ax 2 Ay

2 )1/2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Problema 4-138

Usando el método de los nudos, calcule la fuerza en cada miembro de las armaduras mostradas. Establezca si cada miembro esta en tensión o compresión.

Solución

Diagrama de Cuerpo Libre (DCL) de la armadura completa.

Sea 1m = 1L, α = arctg(1/3) y Fd = 5kN En el DCL las incógnitas se pueden calcular con las tres ecuaciones de equilibrio: ΣMa = -Fd 3L + Nc 5L = 0, con sentido horario.

Y donde se obtiene:

Nc = 3Fd/5 al reemplazar numéricamente se obtiene:

Nc = 3kN

ΣFx = 0: Ax =0

ΣFy = 0: Ay + Nc = Fd Reemplazando obtenemos que:

Ay + 3Fd/5 =Fd

Ay = 2Fd/5 Reemplazando numéricamente tenemos:

Ay = 2kN

Usando método de nudos

En punto A

ΣFx = 0: - Fab cos 45° + Fad cos (arctg(1/3)) + Ax = 0

-Fab2 √2/2 +Fad cos (arctg(1/3)) + Ax =0

-Fab√2/2 +Fad cos (arctg(1/3)) + Ax = 0

Fab √2/2 = Fad cos (arctg(1/3))

Reemplazando por ecuaciones:

Fab √2/2 = Fdc

Fab = Fdc 2√2/2 al reemplazar numéricamente:

Fab = 2.998kN2√2/2

Fab= 4.239kN en compresión

ΣFy =0: Ay - Fab sen 45° + Fad sen (arctg (1/3)) = 0

Ay - Fab √2/2 + Fad sen (arctg (1/3)) = 0

Reemplazando: Ay = 2.998kN – 0.999kN

Ay = 2KN

Punto D

Σ Fx = 0: Fdc – Fad cos (arctg(1/3)) = 0

Fdc = Fad cos (arctg(1/3))

Fad = Fdc / cos (arctg(1/3))

Al reemplazar numéricamente:

Fad = 2.998kN/ cos (arctg(1/3))

Fad= 3.160kN en tension

ΣFy = 0: Fbd = Fd + Fad sen (arctg(1/3))

Al reemplazar numéricamente: Fbd = 5KN + 3.16kN sen (arctg(1/3))

Fbd = 5.999kN en tensión

Punto C

ΣFx =0: Fdc = Fbc cos 45°

Fdc = Fbc√2/2

Al reemplazar numéricamente:

Fdc = 4.242 kN √2/2

Fdc =2.998 kN en tension

ΣFy = 0: - Fbc sen 45° + Nc = 0

Nc = Fbc sen 45°

Nc = Fbc √2/2

Fbc = Nc2√2/2

Al reemplazar numéricamente:

Fbc = 6kN √2/2

Fbc = 4.242 kN en compresión

Luego:

Fab = 4,24kN en compresión

Fad = 3.16kN en tensión

Fbc = 4.242kN en compresión

Fbd = 6kN en tensión

Fcd = 3kN en tensión

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ejercicio