4. EQUILIBRIO

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CAPITULO 4 4.0 EQUILIBRIO Cuando un sólido rígido sometido a la acción de un sistema de fuerzas, permanece en reposo o se mueve con velocidad constante y trayectoria rectilínea diremos que el cuerpo se encuentra en equilibrio. En el presente capitulo sólo nos ocuparemos del equilibrio de los cuerpos en reposo, o cuerpos en los cuales a ninguna de sus puntos (partículas) desplazan con respecto al sistema de referencia asumido, o con respecto a otros sólidos a los cuales está unido Las fuerzas que permiten el reposo de de uno o más cuerpos rígidos se denominan fuerzas exteriores o cargas que pueden puntuales, actuar en forma de fuerzas distribuidas, por acción indirecta de fuerzas producidas por apoyos y por vínculos, o elementos que unen entre sí a los elementos que forman una estructura. Las fuerzas producidas por los apoyos y vínculos reciben el nombre de reacciones y son las que impiden los desplazamientos absolutos y relativos de los elementos que forman una estructura , y finalmente el peso propio. Se debe hacer notar que las fuerzas que generan el equilibrio deben ser fuerzas genéricas y no fuerzas particulares a fin de tener un equilibrio estable. En determinados casos la magnitud de las cargas son tan grandes comparado con el peso propio, que hace posible no tomarlo en consideración.

4.1.1 GRADOS DE LIBERTAD Se define como grados de libertad de una partícula o de un sistema de partículas (solido rígido) al número de coordenadas libres e independientes que poseen al pasar de una posición a otra cualquiera En la figura 4.1 una partícula inicialmente ocupa la posición A y después de experimentar un desplazamiento en el plano pasa a ocupar la posición A� .Para poder determinar su nueva posición es necesario conocer sus dos coordenadas (x, y) de su nueva posición o las dos componentes dx , dy del vector desplazamiento rAA�. Siendo ambas independientes entre sí concluimos que la partícula en el plano tiene 2 grados de libertad. Otra manera de poder determinar la nueva posición A es conociendo el vector desplazamiento

132

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola r � y el ángulo f con lo que también deducimos que la partícula en el plano tiene dos AA grados de libertad

Razonando en forma similar se concluye que en el espacio la partícula tendrá tres grados de libertad (x, y, z) o

( dx , dy , dz ) tal como se muestra en figura 4.1 (b)

4.1.2GRADOS DE LIBERTAD DE UN SOLIDO RIGIDO. Para poder determinar los grados de e libertada de un sólido rígido en el plano, analizaremos a la barra de extremos AB, y longitud L. Inicialmente la barra tiene la posición definida por las coordenadas de A y B al desplazarse la barra en el plano, pasara a ocupar la posición

A�B �para poder determinar la nueva

posición de la barra es necesario conocer las coordenadas de

A� = ( xA , yB )

y

B� = ( xB , y B )

.

Aparentemente el sólido tendría cuatro grados de libertad; sin embargo las cuatro variables que determinan la posición final no son independientes entre sí .Si conociéramos, tres de las cuatro variables , la cuarta variable se puede determinar por la relación A�� B = L = ( xB -

xA ) 2 +( yB - yA ) 2

. También los grados de libertad de la barra se

determinan por las componentes de los desplazamientos

dB = ( dBx , dBy ,)

dA = ( dAx , dAy ,)

y

2 y su relación con su longitud. L= ( dBx - dAx ) 2 +( dBy - dAy ) .

En la figura 4.3 el sólido para pasar de una posición a otra lo hace mediante una traslación más una rotación. Durante la traslación los desplazamientos de todos sus puntos son iguales en la figura 3.3 el sólido se traslada de 1 a 3 y de 3 a 4 gira un ángulo f . Nótese que la traslación de 1 a 3 se puede realizar mediante un traslación en x (de 1 a 2) más una traslación en y de (2 a 3 ) en y finalmente una rotación f . Con lo que se concluye que un sólido rígido en el plano tiene tres grados de libertad

dx , dy y df .

Posteriormente veremos que los desplazamientos entre dos puntos del solido rígido están relacionados por

dB = δA + d f x ( B - A)

Los grados de libertad de los sólidos rígidos representados por desplazamientos lineales o angulares, se pueden restringir mediante apoyos o uniones .cuya función es impedir algunos o todos los grados de libertad - Cundo las fuerzas están situadas en un plano, la partícula puede variar su posición mediante un desplazamiento

d = ( dx , dy )

cuyas componentes

dx y

dy son independientes entre sí. Si se quiere que la partícula no se mueva tenemos que colocar

133

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola a la partícula o al sólido rígido apoyos o vínculos que restrinjan los desplazamientos o giros con respecto a Tierra o con respecto a otro solido rígido al cual está conectado En el espacio un sólido rígido tiene seis grados de libertad de libertad

dx , dy , dz , f x

f y ,f z

grados de libertad

d = ( dx , dy , dz )

f = ( ffx ,

En el espacio el sólido rígido tiene 6 y

,f z )

Cuando se tiene un mecanismo o una estructura formado por varios sólidos rígidos, unidos entre sí por pines, bielas etc. el número total de los grados de libertad del mecanismo o estructura será igual a la suma de los grados de libertad del que tiene cada uno de los elementos que tiene el mecanismo a los cuales se les disminuirá los grados de libertad que les restringen los apoyos y los elementos de de conexión

RESTRICCIÓN DE LOS GRADOS DE LIBERTAD DE UN SÓLIDO RIGIDO. Los tres grados de libertad que posee un sólido rígido en el plano o los seis grados que tiene en el espacio se pueden restringir parcial o totalmente por medio de vínculos. VINCULO. Se define como vínculo toda condición geométrica que limite el desplazamiento del elemento rígido en el plano o en el espacio. Los vínculos pueden ser absolutos o relativos según restrinjan el desplazamiento con respecto a Tierra o con respecto a otro solido al cual está unido por elementos de conexión. Entre los vínculos absolutos se tienen: APOYO DIRECTO Restringe un grado de libertad con respecto a Tierra siendo

dy = 0

y

dx �0 y f z =�0 impide el desplazamiento en la dirección perpendicular a la superficie de contacto no así el desplazamiento horizontal ni el giro, la restricción del desplazamiento se debe a la acción de la fuerza N 134

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola

Los cuerpos se unen a Tierra por medio de apoyos y a otros cuerpos por medio de vínculos relativos o ligaduras; en sistemas planos de cargas se tiene los siguientes apoyos APOYO LIBRE Restringe un grado de libertad

dx �0 y

dy = 0 , mediante la reacción vertical N

siendo

f z =�0 . El sólido puede desplazarse horizontalmente o girar en torno del

pasador que lo conecta al apoyo

APOYO ARTICULADO Restringe dos grados de libertad

dy = 0 , dx = 0

reacciones vertical y horizontal cuya resultante es oblicua , siendo

mediante

f z �0 el sólido puede

girar en torno del pin que lo une al apoyo articulado

ARTICULACIÓN. Es un ligadura formada por un pasador, pin o perno que restringe los desplazamientos relativos entre dos elementos de una estructura o mecanismo, la articulación restringe dos grados de libertad

dy = 0 , dx = 0

f z �0 lo que

permite que A gire con respecto a B ( o viceversa) Si en el pin concurren n elementos, éste forma (n-1) rotulas simples que restringen 2(n-1) . grados de libertad .Se produce una reacción en larticulación oblicua que puede descomponer en dos componentes

135

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola d ) Empotramiento .(ver figura 4.9) Restringe tres grados de libertad

dy = 0 , dx �0 y

f z =0. Se genera una reacción oblicua que no pasa por el empotramiento pero que se puede reducir a dos componentes ortogonales y un momento M Ejemplo 4.1 Determine Los grados de libertad de las estructuras mostradas. Solución A) El elemento está formado por tres sólidos rígidos 1, 2, y 3 con tres grados de libertad cada uno que hacen en total 9 grados de libertad. El apoyo articulado A restringe 2 grados de libertad. El apoyo libre E restriñe un gado de libertad .Los pasadores en B, C y D que constituyen articulaciones cada una de ellas restringe 2 grados de libertad haciendo un total de 2+1+3(2) = 9 restricciones en consecuencia los grados de libertad de la estructura es 3(3)-9 = 0 grados de libertad B) La estructura está formada por tres elementos 1,2, y 3 con un total de 9 grados de libertad Los apoyos articulados A y B restringe cada uno 2 grados de libertad .El apoyo libre A restringe 1 grado de libertad. El pin D constituye 2 articulación simples una al unir 1 con 2 y la otra al unir 2 con tres que restringen 4 grados de libertad. Los apoyos y la articulación múltiple restringen los 9 grados de libertad de la estructura por lo tanto no tendrá grados de libertad. C) El elemento está formado por dos sólidos rígidos con un total de 6 grados de libertad. El apoyo articulado A restringe 2 grados de libertad, la articulación B dos grados de libertad El balancín C Restringe 1 grado de libertad que consiste en impedir el desplazamiento de la barra 2 perpendicular a la barra. Obsérvese que el balancín C que no forma parte del mecanismo tiene un grado de libertada que hace que el elemento 2 pueda girar un ángulo

f z que es el mismo ángulo que gira el balancín. En

consecuencia se tiene un mecanismo con 1 grado de libertad. 4.1.3 VINCULOS RELATIVOS.-

LIGADURAS 136

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Las ligaduras son elementos que unen dos sólidos rígidos y que restringen los grados de libertada relativos lineales o angulares de un sólido rígido con respecto a otro. LLGADURAS DE PRIMER GÉNERO a) Biela La biela es un elemento rígido que tiene sección transversal pequeña comparada con su longitud impide el desplazamiento relativo en la dirección de su eje de un cuerpo S 1 con respecto a otro S2 (o viceversa). En consecuencia el cuerpo S 1 ejerce una fuerza F colonial, con la biela, sobre S2 o (o viceversa) su sentido depende de la carga. Que actúen sobre S 1 y S2.restringe un grado de libertad

a) Examinemos la ligadura formada por cuatro bielas paralelas y una vertical. El cuerpo S1 podrá desplazarse con respecto a S2 o (o viceversa) en el sentido vertical y horizontal pero le impide pero le impide girar por lo tanto S2 producirá sobre S1 un momento M (o viceversa) cuyo sentido dependerá de las cargas que actúen sobre los dos cuerpos. LIGADURAS DE SEGUNDO GENERO a) La articulación es una ligadura constituida por pines, peros, etc. que une dos cuerpos y que restringen dos grados de libertad

137

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Los desplazamientos de S1 con respecto a S2 (o viceversa) en la dirección vertical y horizontal están restringidos no así el giro, por lo tanto S2 produce sobre S1 una fuerza Fx y Fy (o viceversa) cuyos sentidos dependen de las cargas. b) Ligadura formada por dos bielas paralelas.

Impiden el desplazamiento relativo horizontal y el giro de un cuerpo con respecto a otro, lo que hace que S2 produzca sobre S1 una fuerza horizontal equivalente a N y un momento M dependiendo el sentido de ambos, de las cargas LIGADURAS DE TERCER GÉNERO a) Ligadura formada por tres bielas

Las tres bielas que unen a los sólidos rígidos S1 y S2 restringen los desplazamientos vertical, horizontal y el giro de uno con respecto al otro lo que hace que S 2 genere sobre S1 (o viceversa) una fuerza horizontal N una fuerza vertical V y un momento M

APOYOS PARA ELEMENTOS RÍGIDOS TRIDIMENSIONALES a) Cable Restringe un grado de libertada en dirección del eje del cable No restringe fuerzas decompresión

138

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola b)

Apoyo sobre superficie lisa Restringe un grado de libertad en la dirección perpendicular a la superficie de contacto . Permite desplazamiento sobre la superficie y giros en el punto de apoyo de la superficie

c) Rodillo sobre superficie lisa Como el apoyo anterior, restringe un grado de libertad en el sentido normal a la superficie. Permite desplazamientos sobre la superficie de contacto y giros en tornos de la superficie de contacto.

d) Articulación esférica Restringe los desplazamientos

dx = dy = dz = 0 pero no restringe los giros

f y �0

y

f x �0 ,

f z �0

e) Chumacera Restringe 4 grados de libertad, no restringe

dy

ni

fy

f) Articulación lisa Restringe 5 grados de libertad solo permite giro en torno del pin Restringe 5 grados de libertad só0lo permite el giro

f x �0

c) Bisagra Restringe 5 grados de libertad solo permite rotaciones en torno de z

f z �0 139

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a) Empotramiento Restringe los seis grados de libertad en consecuencia el cuerpo no gira ni se desplaza

4.1,4 PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD Este principio de naturaleza experimental indica que las condiciones de equilibrio o movimiento de un sólido rígido no se alteran si se desplaza el punto de aplicación de las fuerzas exteriores que actúan sobre él a lo largo de su recta de acción. Observese el solido rigido mostradao en la figura adjunta sobre el cual actúa la fuerza F. que actúa en el punto P1 de la recta de acción L . Si en el punto P1 agregamos la fuerza –F y en el punto P2 agregamos la fuerza F .La aplicación de estas dos fuerzasproduce el mismo efecto que si se desplazara la fuerza F del punto P 1 al punto P2 de la recta de acción de la fuerza. Por lo tanto las fuerzas exteriores que actúan sobre un sólido rigído puede representrse por un conjunto de vectores deslizantes.

4.1.5 CONDICIONES DE EDUILIBRIO PARA UNA PARTÍCULA Al ocuparnos de los conceptos fundamentales en el Capítulo 1 vimos que la partícula es la idealización de un cuerpo que carece de dimensiones geométricas. En la se muestra a una partícula A sobre la cual actúan las fuerza,

F1 , F2 …. Fn cuya resultante es R .Por ser las

fuerzas concurrentes el momento con respecto al punto A representado por la partícula, es nulo. Como la partícula no debe girar con respecto a ningún punto del espacio, como por ejemplo B, el momento con respecto a este punto debe ser cero. Como los momentos de un sistema de vectores están relacionados de la siguiente manera.

MB Como l M B y

=

M A + R x ( B- A)

M A son nulo y siendo ( B- A) �q se concluye que para que la partícula este

en equilibrio se debe tener n

R = �Fi = q

(4.1)

1

140

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola La ecuación vectorial (5.1) podemos escribirla en f unción de sus coordenadas rectangulares y tener tres ecuaciones escalares

�Fx =0

�Fy =0

�Fz = 0

En donde

(4.2)

�Fx , �Fy , �Fz representan la suma

algebraica de las componentes rectangulares de las cargas las reacciones de los apoyos y el peso propio . En el caso de las fuerzas coplanares la ecuación (4.2)

�Fx =0

�Fy =0

(4.3) 4.1.6 ECUACIONES DE EQUILIBRIO DEL SOLIDO RIGIDO EN EL PLANO Si se tiene un solido rigido en el plano, sometido a un sistema de cargas cualquiera para mantenerlo estático, es necesario restringir sus tres grados de libertada mediante apoyos a fin de evitar que se desplace o que gire. Los desplazamientos se impiden si la suma total de las fuerzas que actúan sobre él ,incluyendo las reacciones y el peso propio, es nula .Los giros se impiden haaciento que la suma de los momentos que producen las fuerzas anteriormente mencionadas también sean nulos. Estas condiciones se pueden excpresar de la siguiente manera n � Fi =θ i=1 n � Mi i=1

(4.4)

O las siguientes ecuaciones escalares �Fx

= 0

�Fy =0

�M P = 0

(4.5)

Siendo P un punto del sólkido rígido o del plano que lo contiene Tambien se puede usar �Fx

ó

�Fy =0 ,

�M A = 0,

�M B = 0

(4.6)

Siendo A y B dos puntos cualquiera del sólido rigido o del plano que lo contiene Finañmente tambies es posible usar �M A = 0,

�M B = 0

141

�M C = 0

(4.7)

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola 4.1.7 DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Los elementos que son usados en mecánica, están unidos entre sí, por conexiones o vínculos formando estructuras o mecanismos que se fijan mediante apoyos a Tierra, o a elementos fijos. Podemos decir que un cuerpo es libre, cuando se encuentra aislado de todos aquellos que lo rodea, en consecuencia no existe contacto entre ellos. El diagrama de cuerpo libre de cuerpo rígido es un croquis o esquema del cuerpo, de dos o más cuerpos totalmente aislado o o libres de los demás que indican las fuerzas ejercidas por todos los otros sobre el considerado. Todo diagrama de cuerpo libre debe tener tres características: 1. Es un esquema del cuerpo 2. El cuerpo se presenta totalmente separado de todos los demás incluidos apoyos vínculos y conexiones e.tc 3. Las acciones sobre el cuerpo de cualquier otro suprimido en el proceso de aislamiento se representan en el diagrama por una o varias fuerzas. Si el sentido de las fuerzas desconocidas no es evidente a primera vista puede determinarse uno determinado como hipótesis y corregirlo después si resulta no ser verdadero El diagrama de cuerpo libre constituye un elemento básico para identificar correctamente todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo para cada caso particular que se presente. A continuación se determinaran los diagramas de cuerpo libre para cada caso particular Ejemplo. 4.1 Dibujar el diagrama de cuerpo libre de las esferas mostradas en la figura 4.14.cuyos pesos son WA y WB . La esfera A esta sostenida por el cable CD .Totas las superficies en contacto son lisas

Para el diagrama (a) Se ha suprimido la cuerda y se ha remplazado por la acción que ejerce la cuerda sobre la esfera A que consiste una fuerza de tracción T . De la misma manera se ha suprimido la esfera B y su acción sobre A se ha remplazado por la fuerza F dirigida hacia G . Finalmente se determina la

142

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola fuerza que ejerce la Tierra sobre A como consecuencia de la ley de la gravitación universal y actuando en el centro de gravedad de la esfera A. Para el diagrama de cuerpo libre de B, al aislar la esfera B la esfera A suprimida ejerce sobre B una fuerza igual y de sentido contrario a la que ejerció B sobre A (acción y reacción). El muro ejerce sobre B una fuerza R y finalmente se tiene el peso W B que actúa en el centroides de B En la figura c se ha considerado el diagrama de cuerpo de las dos esferas (juntas) actuando sobre el conjunto la fuerza de la cuerda los pesos propios y la reacción de del muro. Ejemplo Determinar el diagrama de cuerpo libre para las vigas mostradas

Vamos a remplazar la fuerza distribuida por dos fuerzas concentradas equivalentes que actúan en su centro de presión

En

el diagrama de cuerpo libre (a) al no existir fuerzas horizontales se concluye que Dx =0. Lo mismo sucede en el diagrama de cuerpo libre (b) lo que hace que Ax =0 Ejemplo

Para la figura 4.24 determinar el diagrama de cuerpo libre de los elementos de la estructura mostrada sobre la cual actúa una carga W y formada por 3 barras fija a Tierra por dos apoyos articulados y conectadas entre sí por pines lisos. Despreciar el peso propio de los elementos rígidos

143

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola La barra DE esta desprovista de carga en consecuencia podemos afirmar que en D y E no existe Dy ni Ey. Es necesario hacer el diagrama del pin B por estar aplicada en él la carga W.

Hacer el diagrama de cuerpo libre para el elemento mostrado en la figura 4.36 formado por tres barras identicas de peso W cada una, que esta soportada por tres armellas lisas.

La armella A no

restringe el desplazamiento

dAz ni el giro f Az en M Az = 0

consecuencia

La armella B no

restringe el desplazamiento

dBy

lo tanto

ni el giro f By por

Az = 0 y

By = 0

y

M By = 0 La armella C no restringr el desplazamiento

dBx ni el giro f Cx lo que hace que Bx = 0 y

M Cx = 0

Determinar el diagrama de cuerpo libre de una placa de peso W , que está sostenida por las bisagras D y E atornilladas a la placa y al muro y el cable BA

Las bisagras no restringen el giro de la placa en torno del eje de las bisagras (eje x en este caso ) en consecuencia en las bisagras D, y E M Dx = M Ex = 0 144

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4.1.8 CASOS PARTICULARES DE EQUILIBRIO EN EL PLANO a) Equilibrio del sólido rígido por medio de dos fuerzas Sea el sólido rígido mostrado en “equilibrio “por acción de las fuerzas F 1.y F2 Si afirmamos que el sólido esta en equilibrio Estamos admitiendo dos cosas 1) Que la suma de las dos fuerzas F1 y F2 es nula, lo cual sólo se consigue si lados fuerzas son iguales paralelas y de sentido contrario 2) como el momento generado por estas dos fuerzas debe ser nulo, nos conduce a afirmar que las fuerzas son colineales con lo que se concluye. Que si un sólido rígido esta en equilibrio por la acción de dos fuerzas estas tiene que ser iguales de sentido contrario y colineales

-

Fig. 4.29 Equilibrio de un anillo circular de radio r y masa m

Fig.2.30

b ) Equilibrio del sólido rígido por medio de tres fuerzas. Si el sólido rígido mostrado en equilibrio por acción de tres fuerzas F1, F2 y F3 por estar en equilibrio la suma de tres fuerzas debe ser nula y para que el momento también sea nulo es necesario que las fuerzas se corten un punto del solido o del plano que lo contiene

145

las en

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Figura 4.31 Barra de peso W en erquilibrio por R b perpendicular a labarra y Ra que concuren en P

Figura 4.40 Ejemplo 4.2 Un peso de 1500N se fija a una polea de peso despreciable que puede rodar sobhre el cable ABC La polea y el peso se mantienen en la posición mostrada mediante un segundo cable DE el mcual es paralelo a la porción BC del cable principal. Hallar la tensión en el cable ABC y la tensión en el cable DE

Del diagrama de C.L se tiene Tgα =1/2,5= 0,4

α=21,8o

tgβ=tg 45o

o

o

�Fx =- T cos 21,8o + P cos 45 + T cos 45 = 0

146

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola �Fy = Tsen 21,8o + Psen 45 0, 707 P - 0, 221T = 0

o

o + Tsen 45 = 1500

(a)

0, 707 P + 1, 0785 T = 1500 (b)

Resolviendo (a) y (b) se tiene P=361N T= 1155 N Ejemplo 4.3 Un hombre mantiene en equilibrio un cilindro de 200N en el punto (x,y) = (2,1) con una fuerza paralela al plano en el punto de contacto si la fricción entre el cilindro y la superficie parabólica, Calcule la fuerza ejercida por el hombre . Del diagrama de C.L Sea F la fuerza que ejerce el hombre y N el piso

La normal N es perpendicular a la tangente de la parábola y F es paralela a la tangente dy x o = = � tg q = 1 � q = 45 dx 2

�Fx =0 � - N cos 45 + Fsen 45 = 0 �Fy = 0 �

�N = F ( a )

Nsen 45 + Fsen 45 = 200 (b )

Resolviendo F = 141.42 N

Ejemplo 4.4 L en

Hallar El ángulo q apodtado por el agitador de longitud equilibrio en una taza hemisférica lisa si L=3R

147

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El agitador esta en equilibrio por la acción de tres fuerzas , que se cortan en un punto . Si N es la fuerza que ejerce la taza en la parte 1

inferior y N 2 es la fuerza que ejerce el borde de la taza sobre la barra, Las tres fuerzas se cortan en P .El triángulo ABP es un triangulo rectángulo recto en B y inscrito en la circunferencia de radio r . Tomando como ejes la dirección de la barra y su perpendicular tendremos

�Fx =0 � N cos q - mg senq = 0 1

(a) (b)

�Fy =0 � N1senq + N 2 - mg cos q= 0

� � 3 � �FM A =0 � N 2 2 r cosq - mg � r� cos q = 0 � � � � 2 �

3 N = mg 2 4

De ( c)

de (a)

(c)

N = mg tgq 1

Remplazando en (b) mg

sen2q 3 sen 2q 3 + mg - mg cos q = 0 � + - cos q = 0 cos q 4 cos q 4 2

2

4(1 - cos ) + 3 cos q - 4 cos q �

2 8 cos q - 3 cos q - 4 = 0

cos q = 09190 � q = 23, 22

o

Ejemplo 4.5 Para la estructura mostrada determinar las reacciones en A y B lo mismo que las fuerzas que ejercen los pasadores sobre las barras y la polea

148

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�Fx =0 � D = - F x

(a)

�Fy =0 � D = - F y

(b)

Del diagrama del cuerpo (2) �M A =2 RC x - 2 RC y - 3RF =0 ( c)

�Fy =0 � A =C y x

(d)

�Fx =0 � A =C - F x x

( e)

Del Diagrama de cuerpo libre (3)

�M D =- 5 R B - 3 R C = 0 (f) y y �Fy =0 � B + C - F = 0 (g) y y �Fx =0 � Bx +C x - F =0 (h) Combinando las ecuaciones anteriores se llega a 3 5 C = 4F B =F C = A =- F x y y y 2 2

B = - 3F x

Tambien se pudo utilizar el siguiente Diagrama de cuerpo libre

�M A =0 � 6 R F +2 RBx =0 �

B = - 3F x

149

A = - 3F x

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola �Fx =0 � Ax +Bx =0�

Ax =3F

Problema N°4.6 Dos vigas de sección rectangular están unidas por cuatro platinas, dos en la parte delantera y dos en la parte superior, de sección transversal que se conectan a las vigas por medio de cuatro pernos de Si los ejes de las platinas están separados entre sí 60 cm y las vigas se cargan con

w = 1000 N / m y P = 5000 N tal como se muestra en la figura. Determinar: (a)Las fuerzas en la platinas. (b) ElLa reaciones en A y C

Solución: Hacendo un corte en las platinas y aislando la parte izquierda de la viga se tiene el diagrama de cuerpo libre mostrado

N1 y N 2 fuerzas en las platinas; No hay cortante en las platinas; Si los hubiese girarían.

�F

x

150

=0

N 2 - N1 = 0 � N1 = N 2

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�M

A

=0

-

1 2 � ( 100 ) 3 � � x3 �+ 2 ( 0, 6 N1 ) = 0 2 �3 �

N1 = 2500

�

1 �Fy =0 � R A = ( 3) (1000) = 1500 N 2

Considerando toda la estructura

�Fy =0 �1500- 1500- 5000+Rc =0 � R = 5000 N C �M c =0 � - 1500 ( 5) + 1500 ( 3) + M = 0 � M C = 3000 N - m c

Ejemplo 4,7 El fondo de un canal de agua, que se muestra en sección en la figura, consiste en dos planchas uniformes rectangulares AB y BC cada una de las cuales tiene una masa 1500 kg y estan articuladas por un pasador a lo largo de su eje comum B y también lo estan a la base del canal fijo a lo largo de sus bordes A y C .la longitud del canal es de 6 m medida perpendicularmente al plano de la sección Determinar La fuerza P por metro de longitud del canal que cada placa ejerce sobre ejerce sobre el eje en B Solución

R1 = 1000( 9,81)( 0,90)( 150) =14,24 kN / m � 0,90 � � R2 = 1000( 9,81) � ( 1,50) = 6,62kN � � � � �2 � W = 1,5( 9,81) / 6 = 2,45kN 151

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola � � 1,5 � =0� P=16,35 kN �M A =0� ( 0,90) P- 2,45( 0,60) - 13,24( 0,75) - 6,62� � � � � �2 �

Ejemplo La compuerta AB es de forma rectangular de altura h= 1,50m y ancho 1,10m se usa para cerrar un deposito que contiene aceite y agua tal como se muestra en la figura. Calcular el momento M que se debe aplicar en B requerido para mantener cerrada la abertura. Densidad del aceite 850 kg/m 3 Solucion Determinemos la presión en B y A para determinar las fuerzas que actuan en AB pB =850( 9,81)( 0,6) =5003,10 N / m 2

La presión al nivel de la línea que divide el aceite y al agua p = 850 ( 9,81) ( 1,20) = 10 006, 20 N / m

p A = 850 ( 9,81) ( 1,20) + 1000 ( 9,81) ( 0,90) = 18835, 20 N / m

2

El diagrama de cuerpo libre de la compuerta F = p ( 0,6) ( 1,1) = 5003,10 ( 0,6) ( 1,1) = 3, 302 kN 1 B F2

= ( 10006,20-

� 06 � � ( 1,1) = 1, 651 kN 5003,10) � � � � �2 � �

F = ( 10006,20) ( 0,90) ( 1,1) = 9, 91 kN 3

y3

y1 = 0, 30 m

y2 = 0, 40 m = 1, 05 m

152

2

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola 0,90 ( 1,1) = 4, 37 kN F = (18 835, 20 - 10006, 20) 4 2

Tomando momentos con respecto a B

y = 1, 20 m 4

�M B =0� M - 3,30( 0,30) - 1, 651( 0,40) - ( 9,91) ( 1,05) - ( 4,37) ( 1,20) = 0

M = 17, 30 kN - m

Ejemplo La placa de 200mm x 300mm cubre la avertura de un deposito al cual esta unido por cuatro pernos . El deposito tiene mercurio cuya densidad es 13570 kg /m3. Determinar las fuerzas de tracción en los pernos

Solución pp12 = 9,81))((0,250 0,25) + =0,300 3328,sen 0445 N) = 61 51, 98 N =13570 1357 ((9,81

F1 = 33280,43( 0,3)( 0,2) = 1,997 kN � 0,2 � � F2 = ( 6151,98 - 3328,04)( 0,3) � = 0,847 kN � � � � �2 �

�M

B

= 0 � 2TA ( 350) - 1,997 ( 175) - 0,847 ( 125) = 0

TA =0,651kN

�F

n

= 0 � 2( 0,651) - 1,997 - 0,847 + 2TB = 0

TB = 0,771kN TA =0,651kN

�F

n

= 0 � 2( 0,651) - 1,997 - 0,847 + 2TB = 0 153

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola

TB = 0,771kN Ejemplo Determinar la fuerza vertical total ejercida por por la tierra sobre la alcantarilla de diámetro D si el peso específico g = 2500 kN /m3 . Si asumimos que la tierra se comporta comop un fluído . Siendo el diagrama de intensidad de la presión la que se muestra en la figura( b)

Solución Vamos a determinar la la componente vertical por integración debido a que el valor de la presión y la mnormal esta variando para cada puno de la superficie curva

Tomando un área elemental

dA

de longitud

ds y profundidad b=1 se tiene n

R=

�F i =�p dA e

(a)

i=1

p =g ( h - r cos q)

dA =ds ( 1) = rdq p/2

R = 2� g ( h - r cos q) rd q e

(b)

o

En la integral (b) el vctor unitario integración expresemos

e

e

es un vector de dirección variable . Para poder efectuar la

en función de los vectores unitarios

p/2

R = 2� g ( h - r cos q) rd q [ i cos q+ j sen q] o

154

i

,

j

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola La componentente Vertical de la fuerza que ejerce el terreno sobre la alcantarilla será p/2

RV = 2 � g ( hr cos q- r 2 cos 2 q)d q o

Integrando se tiene obntiene la fuerza vertical

� d� � Rx = - g d � h p � � � � � 8� Ejemplo Determinar la fuerza mínima P para mantener cerrada la compuerta de espesor delgado y forma circular cuya masa es de 3100 kg siendo su longitud de 1,80m (perpendicular al, plano del papel) Solución Determinemos las fuerzas en el D.C.L siendo W = peso dee 1

la compuerta y W = peso del 2

agua de ¼ de cilindo p

B

= 1000 ( 9,81) ( 2,7) = 26 487 N

W = 3100 ( 9,81) = 30 411 N 1

2R x = = 1,179 m 1 p

2 W = 1000 ( 9,81) ( p) ( 2,7) ( 1,8) / 4 = 101 101 N 2

x

2

=

4( 2,7) 4R = = 1,146 m 3p 3( p)

F = 26487 ( 2,7) ( 1,8) / 2 = 64 363 N y = 1,80 m 3 3

F = 26487 ( 2,7) ( 1,8) = 128 726 N 4

x4= 1, 35

Tomando momentos con respecto a la articulación A �M A=0 � - 30 411( 1,179) - 101101( 1,146) + 64363 ( 1,8) + 128 726 ( 1,35) - 2, 7 P = 0

P = 44 998 N �45 kN 155

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola

4.19 EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA EN EL ESPACIO La manera como determinar las fuerzas que actúan las fuerzas sobre una partícula es similar al que usamos en el movimiento plano .Bastara con restringir sus tres grados de libertad poe apoyos o vínculos adecuados. Siendo las fuerzas concurrentes solo es necesario aplicar la ecuación n � Fi =θ i=1

Que generan las siguientes ecuaciones escalares : �Fx =0

�Fy =0

�Fz =0

Ejemplo 4,8 La carga W esta soportada por tres cables tal como se muestra en la figura Hallar el valor de W y las fuerzas en los cables DA y DB sabiendo que la fuerza en el cable CD es 450N

Solución A=(-1,5 ,1,0)

B= (0, -2,25, 0 )

C= (4,0,0)

D= ( 0,0, -3)

Las fuerzas en los cables DA y DB la indicaremos por T 1 y T2 que estan en tracción tal como se indica en el D.C.L . 156

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Terminemos los vectores T1 y T2 .Lo que hace necesario determinar previamente los vectores unitarios : e

DA ,

= ( 0,42857, 0,28571, 0,85714)

e DB = ( 0, - 0,6, 0,3 )

e DC = ( 0,8 - 0, 0,6 )

Por ser las fuerzas concurrentes en D se tiene T ( 0,42857, 0,28571, 0,85714) + T ( 0, 0,6, 0,8 ) + 450 ( 0,8 - 0, 0,6 ) + W (0, 0, - 1) =θ 1 2

De donde se sacan las ecuaciones escales siguientes (a)

�Fx = - 0428571T1 + 360= 0 �Fy =0

0,28571T1 - 0, 6T2

=

0

(c)

0,85714T1 + 0, 8 T2 + 270 - W = 0

De (a)

(b)

T1 = 840 N

De (b) � 840 � � T2 = ( 028571) � � � = 400 N � � � �0,6 � � 840 � �= 400 N � � Remplazando en (b) T2 = ( 028571) � � � � �0,6 �

Remplazando valores en ( c) W = 085714(840) + 0,8(400) + 270 = 0 � W = 1310 N

Ejemplo 4,9 Un peso de 30kg cuelga de tres cuerdas que estan sujetas a un aro circular en los puntos A, B, y C y se juntan en D . Las cuerdas miden 60cm y los ángulos α= 80o, β=130o y γ =150o, ¿Cuáles son las fuerzas que soportan la cuerdas si el radio del aro es 30cm Solución Determinemos la posición de los puntos A, B,C, y D A = ( 0,30,0)

Determinemos los vectores unitarios 157

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola e DA

= (0, 0, 6 , 0, 8)

e DB

= (- 03, - 0, 52, 0, 8)

e DC

= (0, 4596, - 0, 3856 , 0, 8)

.

Denominando a la fuerzas en las cuerdas DA, DB, DC, T 1 T2 y T3 respectivamente se tiene T1 (0, 0, 6 , 0, 8) + T2 ( - 03, - 0, 52, 0, 8) + T (0, 4596, - 0, 3856 , 0, 8) = q

De donde se tiene las siguientes ecuaciones escalares (a)

- 0, 3T2 + 0, 4596 T3 = 0

0, 6T1 - 0, 52T2 - 0, 3856 = 0

0, 8T1 + 0, 8T2 + 0, 8T3 - 30 = 0

(b)

(c)

Resolviendo las ecuaciones (a), (b) y ( c) se tiene T1 = 16, 4 N

T2 = 12, 75 N

T3 = 8, 35 N

Ejemplo 4.10 Tres esferas A,B,y C , idénticas, que pesan 10N cada una, se apoyan sobre un plano horizontal tocándose entre sí . Las esferas estan sujetas por una cuerda elástica amarrada alrededor del plano ecuatorial de las tres esferas. Una cuarta esfera D se pone sobre las otras tal como se muestra en la figura. Destreciándose la fricción entre todas las superficies en contacto, hallar la fuerza mínima en la cuerda para mantener juntas las esferas Solución Los centros de las tres esferas determinan un tetraedro regular cuya arista es 2r y cuyas caras son triángulos equiláteros Si llamamos a los centros de las esferas C A , C B y CC se tiene del tetraedro podemos determinar que C AQ =

Sea el ángulo S C A C D Q = q

2 ( 2r cos30) = 1,155 R 3

cuyo valor es sen q =

1,155r o = 0, 5775 � q = 32 , 3 2r

Diagrama de cuerpo libre de la esfera D. Esta esfera esta en equilibrio por acción de tres fuerzas concurrentes en C D que ejercen las esferas A, B y C cuyas direcciones son C A C D , C B C D y CC C D y el peso propio de la esfera

3 N cos q- 10 = 0

158

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola N=

10 = 4, 08 N (En cada esfera) 3cos 35,3 o

N = Nsenq = 4, 08 sen35, 3 = 2, 36 N x o

N = N cos cos 35, 3 = 3, 33 N z

Diagrama de cuerpo libre de A

n es la fuerza que ejercen las esferas C y B sobre A a nivel del plano meridiano cuyo valor será mayor cuando mator sea la fuerza T �Fx =0

� 2T cos 30

o

-

2 n cos 30 - N = 0 x

(a)

Para que T sea mínimo es necesario que el valor de n sea nulo �Fx =0

� 2T cos 30

o

2 n cos 30 - N = 0 x Nx 2,36 T = = = 1, 36 N min 2cos30 2cos30 -

4.1.10 EQUILIBRIO DEL SOLIDO RIGIDO EN EL ESPACIO En el acápite 4.1. 2 vimos que el sólido rígido en el espacio tiene 6 grados de libertad ( ver figura 4.4) por lo tanto es necesario restringir sus grados de libertada mediante apoyos o vínculos apropiados y correctamente dispuestos. Las ecuaciones de equilibrio sabemos que son : n � Fi =θ i=1

n � Mi i=1

159

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola O las ecuaciones escalares �Fx =0

�Fy =0

�Fz =0

�M x = 0 �M y =0 �M z =0

Se debe insistir que el equilibrio que estamos estudiando se refiere al equilibrio del sólido que es capaz de resistir cualquier tipo de carga. En ciertos casos cuando no se han restringido todos los grados de libertada se puede obtenerse equilibrio para cargas particulares pero que se vuelven inestables para el caso general de fuerzas. Ejemplo 4,11 La placa metálica pesa 150N y está en sostenida por una articulación esférica y los cables BC y CD. Determine la fuerza en los cables y las reacciones en A Solución A la placa se le ha restringido 5 grados de libertad, tres en la articulación esférica A y 2 debido a los cables en consecuencia no está en equilibrio estable para cualquier tipo de carga A) .Del diagrama de cuerpo libre tenemos

A = ( - 4,0,0)

B = ( 2,- 4, 0) C = ( 2,4,0) D = ( 0, 0, 6 )

�- 2 � 4 6 � TBD =TBD � i+ j+ k� � � � 56 � 56 56 �

�M ejeAC =0 � Az (4)- 150(1)=0 �M eje x = 0 � 4TBD - 4TCD = 0

�Fx =0

4 T 56 BD

-

4 T 56 CD

(a) =0

(b)

T - TCD = 0 BD

- 2 - 2 TBD TCD + Ax = 0 (c ) 56 56

160

�- 2 TCD =TCD � i� � 56 �

4 6 � j+ k� � � 56 56 �

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola 4 TBD 56

�Fy =0

�Fz =0

4 + Ay = 0 56

(d)

6 6 TBD + TCD + Az - 150 = 0 56 56

A = 37, 5 N z

De (a)

Remplazando en (c)

T BD

De (b) T BD

Remplazando en (e) se tiene

= TCD

(e) = TCD

= 70,15 N

Remplazando en (d) A y = 0

A = 37, 50 N x

Ejemplo 4.12 La barra curva está sostenida en A, B, y C por cojinetes lisas. Determine las reacciones en A, B y C cuando la barra soporta una fuerza vertical de 200N y un momento de 30N-m Solución El momento se puede descomponer en sus componentes M = 30 cos 45 j + 30 sen 45k = 15 2 j + 15 2k

Del diagrama de cuerpo libre �Fx =0

Bx +C x =0

(a)

�Fy = 0

Ay + B = 0 y

�Fz = 0

Az + C z

M

y

=0

- 200

(b) =0

(c)

M

x

=0

- B ( 1) + C ( 1) = 0 y z

(d)

- 2 A + B + 3C + 30 cos 45 = 0 (e) z x x

M =0 z

2 A - C ( 1) + 30 sen 454 = 0 y x

(f)

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene : A = 168, 2 N A = 368 N B = - 358 N B = - 168, 2 N y z x y C = 358 N x

C = - 168.2 N z

Ejemplo 4,13 La tapa de un agujero circular esta unida al piso por medio de una bisagra C y se apoya en la barra AB, Determine la fuerza que está soportando la barra AB y las reacciones que se generan en la bisagra Si la tapa pesa 60 N y su CG está en su centro D de la tapa

161

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Solución En el diagrama de cuerpo libre vemos que se tiene que determinar las cinco incógnitas en la bisagra y la fuerza en la barra AB. La tapa tiene un grado de libertad pues puede firrar en torno del eje x . Determinemos las coordenadas de A, B y C

A = ( 1,5sen 30, 1,5cos30 + 1.5 , 0) = (0,75, 2,799, 0) B = ( 0, 3cos30, 3sen30, ) = ( 0, 2,598 1,5) D = CG = ( 0, 1,299 , 0,75 ) Determinemos la fuerza AB

FAB = eAB ( FAB )

e

AB

= ( - 075, - 0,2 , 1,5) / 169 = ( - 0,444i - 0,1184 j + 0,888k )

�F = q � i

C + FAB + W =θ

(I) Remplazando datos

Cxi + C y j + C z k + FAB ( - 0, 444i - 0,1184 j + 0,888k ) - 60k = 0

De la ecuación (II) sacamos las siguientes ecuaciones escalares

C x - 0, 444 FAB = 0

C y - 0,444 FAB = 0

(1) 162

(2)

(II)

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola

C z + 0,888 FAB - 60 = 0 ( 3) Tomando momentos con respecto a C

rB xFAB + rD xW + M C = q (II) Efectuando

( 2,598i, 1,5k ) x ( -0,444i - 0,1184FAB j + 0,888FABk ) +( 1,299i + 0,75k ) x ( - 60k ) + M y + M z = q Efectuando

1,154FAB k + 2,3FABi +0,666FAB j - 0,1776FAB i -77.94i + M y + M z = q Identificando

2, 4776 FAB - 77,94 = 0 M Z - 1,154FAB = 0 (6) De (4) sacamos

(4)

FAB = 31,46 N

M y - 0,666 = 0

(5)

valor que remplazados en (1), (2) (3) y (6) se obtiene

Cx = 13,94 N

C y = 3,73 N

C z = 32,1 N

M y = -20,98 N - m M z = -36,3 N - m Ejemplo 4,14 La barra homogénea esta articulada en A , apoyada en la semiesfera en D y en B sobre un muro paralelo al plano x-z . Si la longitud de la barra es L= 4m y peso igual a 4N y si el rozamiento es despreciable en todas las superficies en contacto .Determine a) Las coordenadas D . b) Las reacciones en A,B y C Solución La longitud AD es igual a AE por ser tangentes desde A a una misma esfera AD=AE = 2,80 m. Siendo AD tangente a la esfera , el radio R de la esfera es perpendicular a AB en D

163

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola D = ( x, y , z )

C = ( 2,8 , 0,80 ,0)

B = ( x B , 1, 6 , z B ) uuu r CD = ( x- 2,8) i + ( y- 0,8) j + zk

uuur AD = x i + y j + z k uuu r

Como CD y AD son perpendiculares se tiene CD �AD = 0 � g( xi + y j +z k ) = 0 ( x- 2,8) i +( y- 0,8) j +zk � � �

( x- 2,8) x + ( y- 0,8) y + z 2 = 0 2 2 2 x + 2, 8 x + y - 0, 8 y + z = 0

(I )

Utilizando la longitud del radio podemos escribir 2

( x- 2,8) 2 + ( y- 0,8) + z 2 = 0, 82 2

2

x - 5, 6 x + y - 1, 6 y + z

2

+

2, 8

2

= 0 ( II )

Restando (I) – (II) 28 x + 0, 8 y = 2, 8

e

AD

2

= ( x , y , z ) / 2, 8 � AB = 4 ( x , y , z ) / 2, 8 �y � � � � y = 1,12 m 1, 6 = 4 � � � � � 2,8 � �

Remplazando en (III) se obtiene x = 2, 48 m finalmente de (I)

z = 0, 6596

Por no exsistir rozamiento la fuerza N que ejerce la esfera sobre la barra será perpendicular a ella y su dirección será radial . La reacción B será parpendicular a la barra y al muro su sentido es contrario al vector unitario j y en A l resultante tendrá tres componentes . Determinemos la dirección de la reacción en D e

CD

� �D- C � ( 2,48, 1,12 , 06596) - ( 2,8 ,0,80 , 0 � � =� = � � � � �DC � � � � 0,8

N = N ( - 0,4 , 0,4 0,8245)

W = -4 k

Tomando momentos con respecto a A 164

)� � �

= ( - 0,4 , 0,4 0,8245) � � �

B =- B j

MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola

rD x N + rG xW + rB x B = q Remplazando datos

( 2,48i +1,12 j + 06596k ) xN ( - 0,4i + 0,4 j + 08245k ) +( 3,54i +1,6 j + 0,942k ) x ( - Bj ) + ( 1,77i + 0,8 j + 0471k ) x ( - 4k ) = q Efectuando y reduciendo:

( 0,6596 N + 0,942 B - 3, 2) i +( - 2,3084 N + 7,08) j +( 1,44 N - 3,54 B ) k = ( 0,0,0) Identificando se tiene

0,6596 N + 0,942 B - 3,2 = 0 ( a) - 2,3084 N + 7.08 = 0 (b) 1, 44 N - 3,54 B = 0 (c ) De la ecuación ( b)

sacamos

N = 3,07N

165

de ( c)

B = 1,25 N