Solucionario Práctica 01 – ING135-ESTÁTICA – Semestre 2015-2

1

Problema 1 (5 Puntos) Geometría 1.0 Puntos; DCL 1.0 Puntos; Ecuaciones de Equilibrio 2.0 Puntos; Solución y

Respuesta 1.0 Puntos.

Se analiza la geometría del triángulo ABC.

Se sabe que el cable BCM mide 2.0 m y el tramo s mide

0.75 m entonces:

𝐵𝐶 + 𝑠 = 𝐵𝐶𝑀

𝐵𝐶 = 𝐵𝐶𝑀 − 𝑠 = 2.0 − 0.75 = 1.25 𝑚

Usando la ley de los cosenos se obtienen los ángulos α y θ:

𝐵𝐶2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶2 − 2 ∙ 𝐴𝐵 ∙ 𝐴𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝛼)

𝛼 = 49.25°

𝐴𝐵2 = 𝐵𝐶2 + 𝐴𝐶2 − 2 ∙ 𝐵𝐶 ∙ 𝐴𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜃)

𝜃 = 65.38°

Se elabora el DCL de la partícula (punto B):

Se conoce la tensión en el cable BCM:

𝑇𝐵𝐶𝑀 = 10𝑘𝑔𝑓

Analizando el equilibro en el punto B:

∑𝐹𝑥 = 0

𝑇𝐵𝐶𝑀 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑇𝐴𝐵 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝛼) = 0

𝑇𝐴𝐵 =𝑇𝐵𝐶𝑀 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜃)

𝑐𝑜𝑠(𝛼)= 6.383 𝑘𝑔𝑓

∑𝐹𝑦 = 0

𝑇𝐴𝐵 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑜(𝛼)+𝑇𝐵𝐶𝑀 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑜(𝜃) − 𝑊 = 0

𝑊 = 𝑇𝐴𝐵 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝛼)+𝑇𝐵𝐶𝑀 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 13.93 𝑘𝑔𝑓

Descomponiendo el peso W:

𝑊 = 𝑊𝐷 + 𝑊𝑃 𝑊𝐷 = 𝑊 − 𝑊𝑃 = 13.93 − 2.0 = 11.93 𝑘𝑔𝑓

Por tanto, la masa D es de:

𝒎𝑫 = 𝟏𝟏. 𝟗𝟑 𝒌𝒈 Respuesta

Solucionario Práctica 01 – ING135-ESTÁTICA – Semestre 2015-2

2

Problema 2 (5 Puntos) Vectores unitarios 1.0 Puntos; DCL 1.0 Puntos; Ecuaciones de Equilibrio 2.0 Puntos; Solución

y Respuesta 1.0 Puntos.

Se analiza la geometría para obtener los vectores unitarios de las fuerzas.

Coordenadas de los puntos:

x (m) y (m) z (m)

A 2.0 0.0 0.0

B 0.0 4.0 4.0

C -1.0 0.0 0.0

D 0.0 -5.6 0.0

Vectores posición:

AB -2.0 4.0 4.0

CB 1.0 4.0 4.0

BD 0.0 -9.6 -4.0

Vectores unitarios:

𝜇𝐴𝐵 -0.333 0.667 0.667

𝜇𝐶𝐵 0.174 0.696 0.696

𝜇𝐵𝐷 0 -0.923 -0.385

𝜇𝑊 0 0 -1

Se elabora el DCL de la partícula (punto B):

Analizando el equilibro en el punto B:

∑𝐹𝑥 = 0

−0.333 ∙ 𝐹𝐴𝐵 + 0.174 ∙ 𝐹𝐶𝐵 = 0

∑𝐹𝑦 = 0

0.667 ∙ 𝐹𝐴𝐵 + 0.696 ∙ 𝐹𝐶𝐵 − 0.923 ∙ 𝐹𝐵𝐷 = 0

∑𝐹𝑧 = 0

0.667 ∙ 𝐹𝐴𝐵 + 0.696 ∙ 𝐹𝐶𝐵 − 0.385 ∙ 𝐹𝐵𝐷 − 𝑊 = 0

Resolviendo las ecuaciones en función de W:

𝐹𝐴𝐵 = 0.8582 ∙ 𝑊

𝐹𝐵𝐷 = 1.8587 ∙ 𝑊

𝐹𝐶𝐵 = 1.6425 ∙ 𝑊

El caso más crítico es la fuerza en el cable DB (𝐹𝐵𝐷):

𝐹𝐵𝐷𝑚𝑎𝑥 = 750 𝑙𝑏 → 𝑊 = 403.5 𝑙𝑏

𝑾 = 𝟒𝟎𝟑. 𝟓 𝒍𝒃 Respuesta

Solucionario Práctica 01 – ING135-ESTÁTICA – Semestre 2015-2

3

Problema 3 (5 Puntos) Esquemas 1.0 Puntos; Equivalencia de Fuerzas 1.5 Puntos; Equivalencia de Momentos 1.5

Puntos; Solución y Respuesta 1.0 Puntos.

Se elaboran los esquemas del sistema de fuerzas dado y del sistema equivalente solicitado:

Las fuerzas en el sistema dado son:

𝐹1 = (0; −400)𝑁

𝐹2 = (225; −300)𝑁

𝐹3 = (250; 600)𝑁

La fuerza resultante debe ser iguales en ambos sistemas:

∑𝐹𝑋 = 𝐹1𝑋 + 𝐹2𝑋 + 𝐹3𝑋 = 𝐹𝐴𝑋 + 𝐹𝐵𝑋

0 + 225 + 250 = 𝐹𝐴 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜙) + 𝐹𝐵 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜙) (1)

∑𝐹𝑌 = 𝐹1𝑌 + 𝐹2𝑌 + 𝐹3𝑌 = 𝐹𝐴𝑌 + 𝐹𝐵𝑌

−400 − 300 + 600 = −𝐹𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜙) − 𝐹𝐵 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜙) (2)

Multiplicando (1) por 𝑠𝑒𝑛(𝜙) y (2) por 𝑐𝑜𝑠(𝜙), agrupando

términos semejantes y dividiendo (1) entre (2) se obtiene:

𝝓 = 𝟏𝟏. 𝟖𝟗° Respuesta

Sustituyendo en (1)

𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 = 485.4 𝑁 (3)

Luego se analizan los momentos respecto al punto A, que deben ser iguales en ambos sistemas:

∑𝑀𝐴 = −100 − 400 ∙ 0.1 − 300 ∙ 0.2 + 600 ∙ 0.325 − 250 ∙ 0.1 = −𝐹𝐵 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜙) ∙ 0.1 − 𝐹𝐵 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜙) ∙ 0.2 (4)

Remplazando el valor de 𝝓 en (4):

𝑭𝑩 = 𝟐𝟏𝟓. 𝟕 𝑵 Respuesta

Remplazando 𝑭𝑩 en (3):

𝑭𝑨 = 𝟐𝟔𝟗. 𝟕 𝑵 Respuesta

Solucionario Práctica 01 – ING135-ESTÁTICA – Semestre 2015-2

4

Problema 4 (5 Puntos) Fuerza y Momento en O 2.0 Puntos; Momento en OB 2.0 Puntos; Momento en AB 1.0 Puntos.

a) Reducción en el punto O.

Las fuerzas en el sistema son:

𝐹𝐴 = (−40; −100; −60) 𝑁

𝐹𝐵 = (−50; −120; 60) 𝑁

La fuerza resultante es:

𝑭𝑹 = 𝑭𝑨

+ 𝑭𝑩 = (−𝟗𝟎; −𝟐𝟐𝟎; 𝟎) 𝑵 Respuesta

El momento resultante en O:

𝑀𝑹𝑂 = 𝑂𝐴 × 𝑭𝑨

+ 𝑂𝐵 × 𝑭𝑩

= (150; 300; 0) × (−40; −100; −60)+ (0; 600; −150) × (−50; −120; 60)= (−18000; 9000; −3000)+ (1800; 7500; 30000)

𝑴𝑹𝑶 = (𝟎; 𝟏𝟔𝟓𝟎𝟎; 𝟐𝟕𝟎𝟎𝟎)𝑵. 𝒎𝒎 𝑴𝑹𝑶 = (𝟎; 𝟏𝟔, 5; 𝟐𝟕)𝑵. 𝒎 Respuesta

b) Momento resultante respecto al eje OB.

Se proyecta el momento resultante en el eje OB:

𝑀𝑂𝐵 = 𝑀𝑅𝑂 ∙ 𝜇𝑂𝐵 = (0; 16.5; 27) ∙

(0;600;−150)

√6002+1502

𝑴𝑶𝑩 = 𝟗, 𝟒𝟓𝟗 𝑵 ∙ 𝒎 Respuesta

c) Momento resultante respecto al eje AB.

Como se aprecia las fuerzas 𝑭𝑨 y 𝑭𝑩

cortan el eje AB, por lo

que no generan momento respecto a este.

𝑴𝑨𝑩 = 𝟎. 𝟎 𝑵 ∙ 𝒎 Respuesta