ESTT Cap1 Ejemplos Adicionales
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7/23/2019 ESTT Cap1 Ejemplos Adicionales
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Cap. 3 Equilibrio
3.1 Equilibrio de la partcula
Sabemos de la primera de ley de Newton que si la fuerza resultante de todas las fuerzasque actan sobre una partcula es nula, la partcula permanecer en reposo si originalmenteestaba en reposo, o continuar su movimiento con velocidad constante a lo largo de unatrayectoria rectilnea si originalmente se estaba moviendo.
Podemos concluir entonces que si la fuerza resultante de un sistema de fuerzas que actasobre una partcula es nula, la partcula est en equilibrio. Algebraicamente este hecho seexpresa como:
==i
iFR 0
(3.1)
Entonces, la condicin necesaria y suficiente para el equilibrio de una partcula se basa enun equilibrio de fuerzas.
Para el anlisis de problemas de equilibrio de una partcula es imprescindible empezarrealizando un esquema que contenga toda la informacin acerca de las variables fsicas del
problema. Tal diagrama, que contiene a la partcula aislada del resto del sistema al quepertenece y a todas las fuerzas que actan sobre ella, se denomina diagrama de cuerpolibre.
Este diagrama debe ser lo ms claro posible pues a partir de l se escribirn las ecuaciones
escalares que devienen de la ecuacin vectorial (3.1). Un diagrama poco claro, incompleto oimpreciso podra eventualmente acarrear errores en el planteamiento de las ecuacionesmencionadas y entonces la solucin ser errnea.
3.1.1 Equilibrio de la partcula en el plano
Si se da el caso de que todas las fuerzas que actan sobre una partcula estn contenidas enun mismo plano, es decir, si constituyen un sistema coplanar de fuerzas, la ecuacin (3.1)se
podr escribir segn dos direcciones cualesquiera del plano.
Por ejemplo, si se elige trabajar con un sistema cartesiano, tendremos:
= 0xF (3.2) = 0yF (3.3)
Sin embargo, en general se puede usar dos cualesquiera direcciones uy vque no deben sernecesariamente perpendiculares entre s:
= 0uF (3.4) = 0vF (3.5)
Documento de TrabajoRealizado por Jorge Rodrguez HernndezDepartamento de Ingeniera
ESTT: CAP1 - EQUILIBRIO DE LA PARTICULA - EJEMPLOS ADICIONALES
Cortesia: Prof. Jorge Rodriguez DSC
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7/23/2019 ESTT Cap1 Ejemplos Adicionales
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Ejemplo 3.1:
Una cuerda de 2 m de longitud se fija a un soporte A ypasa sobre dos poleas pequeasBy C. Para un peso de 40N del bloqueDel sistema se encuentra en equilibrio en laposicin mostrada. Calcular la masa del bloqueE.
Solucin:
En los problemas de este tipo se supone que los cablestienen peso despreciable y no pueden alargarse.
Se supone adems que, al no haber friccin entre una cierta polea y el respectivo cable,entonces la tensin en el cable es constante para mantenerlo en equilibrio.
BloqueD:
= 0yF : N40=T
Polea C: = 0xF : 0cos60cos =+ FT = 60coscos TF (1)
= 0yF : 060sensen = TTF )160sen(sen += TF (2)
(2) (1):
+=
60cos
160sentan =75
N27,77=F
PoleaB:
=i
xF 0 : 0cos60cos = TT
=60
=i
yF 0 :
EWT =60sen2
N28,69=EW
y finalmente: gmWEE= 06,7=Em kg
A
B
E
D
C
60
Fig. 3-1
D
TCD
40 NFig. 3-2
C
TCDTBC
F
Fig. 3-3
B
60
TBE
mEg
TBE
TBA TBC
Fig. 3-4
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Ejemplo 3.2:
Los cilindros mostrados se mantienen enequilibrio por la accin de la cuerda que une loscentros de A y B. Sabiendo que dichos cilindros
pesan 50=W kgf y que el cilindro Cpesa 2W, sepide calcular la tensin en el cable y las fuerzasque actan sobre cada uno de los cilindros. Los
tres cilindros tienen radio 15=R cm.
Solucin: DCL del conjunto:
3
2
)15(2
20
2
20cos ===
R
= 19,48
0= yF : 042 = WN
100=N kgf
DCLs para cada cilindro:Cilindro C:
0= yF : 02sen2 = WN
sen
WN =
08,67=N kgf
CilindroA:
0= xF : 0cos = NT cosNT =
72,44=T kgf
0= yF : 0sen = NWN senNWN +=
100=N kgf
40 cm
A B
C
Fig. 3-5
40 cm
2W
W W
N N
R
R
R
R
Fig. 3-6
2W
W
N N
W
N
N
N
N
T T
A
C
B
Fig. 3-7
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Ejemplo 3.3:
Sobre las superficies mostradas se apilancilindros idnticos (cada uno de peso W).Suponiendo todas las superficies lisas se pidecalcular el nmero mximo de cilindros que se
pueden apilar sin que se pierda el equilibriodel sistema. Para el nmero encontrado,calcular las fuerzas que actan sobre el primercilindro.
Solucin: Los DCL de los primeros cilindros muestran que:
Cilindro 2: 0= xF = 60cos2312 WNN
es decir: WNN2
12312 =
anlogamente para el cilindro 3: WNN2
13423 =
y para el cilindro 4: WNN
2
14534 =
Suponiendo que fueran solamente tres cilindros adicionales, sumando las tres expresionesanteriores obtenemos:
WNN2
34512 =
Adems 045 =N (pues el cilindro 4 sera el ltimo de la fila), entonces: WN2
312 =
Ahora podemos generalizar expresando para ncilindros adicionales: Wn
N212
= .
3045
Fig. 3-8
6045
W
60
7515
N1 N2
N12
W
60
N23
N12
)2(
2N
W
60
N34
N23
)3(
2N
Cilindro 1
Cilindro 2
Cilindro 3y
x
Fig. 3-9
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Utilizando el DCL del cilindro 1:
0= xF : 060cos15cos 121 = NWN
0
22
15cos1 = WnW
N
+=
15cos2
)1(1
WnN (1)
0= yF : 06015 21 =+ senWNsenN = 1560 12 senNsenWN (2)
(1)en (2): ]15tan)1(3[2
2 += nW
N (3)
La condicin lmite para el equilibrio del sistema est dada por el equilibrio del cilindro 1,
para el cual, si estuviera a punto de deslizar 02 =N .
en (3): 0]15tan)1(3[2
=+ nW
46,5=n
Es decir, el sistema solamente soportar 5 cilindros adicionales sin producirse movimiento.Conjuntamente con el cilindro de base tendremos 6 cilindros en total.
Con el resultado obtenido 5=n obtenemos:
de (1):
+
= 15cos2
)15(1
W
N WN 1,31 =
de (2): ]15tan)15(3[2
2 += W
N WN 062,02 =
3.1.2 Equilibrio de la partcula en el espacio
Como hemos visto, una partcula estar en equilibrio si la resultante del sistema de fuerzasque acta sobre ella es nula. Entonces, se debe cumplir la ecuacin (3.1):
==i
iFR 0 (3.6)
Para aplicar esta ecuacin en la solucin de un problema, se deber empezar con larealizacin del diagrama de cuerpo libre de la partcula. A continuacin se puede elegir unsistema cartesiano de referencia segn el cual la ecuacin que expresa el equilibrio se
puede escribir segn sus tres coordenadas:
0= xF ; 0= yF ; 0= zF (3.7)
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Ejemplo 3.4:
Sabiendo que para la posicin de equilibriomostrada en la figura el resorte est alargado en
20= mm siendo su constante de rigidez
kN/m2=k , calcular la tensin en cada uno delos cables. La esfera pesa 20 kgf.
Solucin:
Fuerza en el resorte OB:
40m020,0m
N2000 === OBOB kF N (traccin)
3
)2,2,1(40
== OBOBOB uFF
Peso de la esfera:
NNkgfW 1968,92020 ===
kkuWWW
196)(196 ===
Tensin en el cableAO: TA
5,3
)1;3;5,1( = AA TT
Tensin en el cable CO: TC
12
)2,2,2(= CC TT
3
)1,1,1(= CC TT
Tensin en el cableDO: TD
DT
= TD(sen30, cos30, 0)
= 0,
2
3,
2
1DT
Equilibrio en el punto O: =i iF 0
=i
xF 0
: 0235,3
5,1
3
40=+
+ DCA
TTT
=i
yF 0
: 02
3
3
1
5,3
3
3
80=++ DCA TTT
=i
zF 0
: 03
1
5,3196
3
80=++ C
A TT
de donde: 5,191=AT N ; 2,196=CT N ; 1,89=DT N
30
D sobre
plano xy
A (1,5; -3; 1)
C (-2, 2, 2) m
x
z
B(-1, -2, 2) m
Fig. 3-10
y
O
30
D
A
x
z
Fig. 3-11
y
B
C
CT
OBF
O
AT
DT
W
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Ejemplo 3.5:
Tres esferas idnticas muy pequeas cargadaselectrostticamente, cada una con peso W, estn enequilibrio suspendidas desde un punto comn mediante
cuerdas idnticas de peso despreciable de longitud .Si la fuerza electrosttica de repulsin que acta entrecualquiera de las esferas es F y acta en la mismadireccin que la recta que une las esferas, determinar latensin en cada cuerda as como las dimensiones deltringulo que forman las esferitas.
Solucin:
Dado que las esferitas son idnticas, entonces, en la
posicin de equilibrio analizada, ellas estn situadas enlos vrtices de un tringulo equiltero. Tomaremos unsistema de coordenadas con origen en el baricentro dedicho tringulo (el cual, sabemos, coincide con elcentro de la circunferencia circunscrita), como semuestra en la figura.
Nos sern de mucha utilidad las siguientes figuras.
Llamemos aal lado del tringulo equiltero. La posicin de las esferas estar dada por:
; ;
;
adems, de la vista lateral: (1)
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Diagrama de cuerpo libre de la esferitaA:
Fuerza de repulsin entreByA:
)0,30,30(cos = senFFBA
= 0,
2
1,
2
3FFF
BA
Fuerza de repulsin entre CyA:
)0,30,30(cos = senFFCA
= 0,
2
1,
2
3FFF
CA
Peso: ),0,0( WW =
Tensin en la cuerda:ADuTT =
donde:
=
==
haharrrruAD
ADAD ;0;
3;0;
331
de (1):
= 223
3
1;0;
3 a
auAD
entonces:
= 223
3;0;
3a
TT
aT
Equilibrio de la partcula: 0=i
iF
0=+++ TWFF CABA
= :0xF 032
3
2
3=+ T
aFF
F
aT
3= (2)
= :0zF 033
22 =+ aT
W
223
3
a
WT
=
(3)
de (2)y (3): 223
33
a
W
Fa =
F
W
a
a
3
3 22
=
F
W
a 313
2
=
22
9
1
3
1
+=
F
W
a
F
WF
a 3
3 22 +=
223
3
WF
Fa
+=
(4)
reemplazando (4)en (2): FF
WFT
+= 3
33
22
223 WFT +=
A
B C
D
W
FCA
FBA
T
x
y
z
O
Fig. 3-15
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Ejemplo 3.6:
Determinar el peso mximo de la caja paraque pueda ser sostenida en la posicinmostrada sabiendo que los cables AB,ACy
ADpueden soportar una tensin mxima de500 N mientras que el poste puede soportaruna compresin mxima de 300 N. Asumirque la fuerza que se origina en el posteacta a lo largo de su eje.
Solucin:
)6;5,1;2( =Ar
m ; )0;5,1;4(=Br
m ; )0;5,1;0(=Cr
m
)6,3,6(== ABAB rrr
3
)2,1,2(
=ABu
)6,3,2( == ACAC rrr
7
)6,3,2(
=ACu
)6,5,1,2( == OAOA rrr
13
)12,3,4(
=OAu
DCL de la unin enA:
ABABAB uTT =
3
)2,1,2( = ABAB TT
ACACAC uTT =
7
)6,3,2( = ACAC TT
OAOAOA uFF =
13
)12,3,4( = OAOA FF
),0,0( PTAD =
Equilibrio: 0=
i
F
: 0=+++ ADOAACAB
TT FT
)0,0,0(),0,0(13
)12,3,4(
7
)63,2(
3
)21,2(=
+++ POAACAB FTT
:xF 013
4
7
2
3
2=+ OAACAB FTT
:yF 013
3
7
3
3
1=+ OAACAB FTT
:zF 013
12
7
6
2
3
=+ PFTTOAACAB
x
y
z
O
1,5 m
4m
A (2, -1,5; 6)
B
C
D
Fig. 3-16
A
TAB
TACTAD FAO
x
y
z
O
B
C
Fig. 3-17
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Resolviendo el sistema de ecuaciones:
PTAB4
3= PTAB 75,0=
PTAC
12
7= PTAC 358,0
=
PFOA6
13= PFOA 61,2
=
y adems: PTAD =
Acabamos de encontrar las tensiones en los cables y la fuerza de compresin en el poste enfuncin del peso P. Ahora tenemos que hacer el siguiente razonamiento: para que elsistema est en pie, entonces los elementos que lo conforman tienen que ser capaces deresistir adecuadamente las fuerzas que actan en cada uno de ellos. Es decir, en los cables
la tensin ser a lo ms de 500 N, mientras que la compresin del poste no exceder de 300N. Este razonamiento puede ser escrito de la siguiente manera:
cables: 500ABT N 50075,0 P N 67,666P N
500ACT N 500358,0 P
N 14,857P N
500ADT N 500P N
poste: 300OAF N 300167,2 P N 46,138P N
de los cuatro resultados tomamos lgicamente: 46,138P N
Concluimos que el peso mximo de la lmpara es: 46,138max =P N
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