1

(Alumna: Marina Espinoza) Una barra delgada y uniforme de masa m y longitud r4 se apoya en las superficies como se muestra en la figura. Se mantiene en equilibrio al aplicarle una fuerza P . Se pide:

a) El diagrama de cuerpo libre de la barra AB b) Determine el ángulo α c) La fuerza P en función de la masa m

Solución

a) Diagrama de cuerpo libre, DCL:

2

b) Para determinar el ángulo α , de la figura y por trigonometría se obtiene :

31

r3r)(tg ==α

( )101

10rrsen ==α

( )103

10rr3cos ==α

luego el ángulo α es :

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

31arctgα

°= 4349.18α

c) Para determinar la fuerza P : Haciendo sumatoria de las fuerzas igual a cero, se tiene: ∑ = 0FX 1) ( ) 0senNP C =− α ∑ = 0FY 2) ( ) 0cosNmgN CA =++ α Haciendo sumatoria de torques en el punto A igual a cero, se tiene: ∑ = 0Aτ 3) ( ) 0r3Ncosr2mg C =+− α

3

Al despejar

( )

r3cosr2mgNC

α=

Luego la reacción en el punto C es:

( )αcosmg32N C =

Al reemplazar CN en 1) se tiene:

( ) ( ) 0sencosmg32P =− αα

Despejando,

4) ( ) ( )αα sencosmg32P =

Por otra parte, es posible obtener el valor de ( ) ( )αα senycos mediante trigonometría, ya calculados, luego:

( )101sen =α

( )103cos =α

Al reemplazar los valores anteriores en 4) se tiene:

101

103mg

32P =

y simplificando se obtiene la fuerza P

mg51P =

4

(Alumno: Danilo Ortiz Acuña) La barra AB de longitud L y masa m, está con sus extremos, apoyada en sendos planos inclinados lisos, como se muestra en la figura. Los planos inclinados forman los ángulos de ψ y de Φ, respectivamente. Sea θ el ángulo que forma la barra con la horizontal. Se pide: a. Las fuerzas que ejercen los planos en los extremos de la barra (No en función de θ ). b. El ángulo θ de equilibrio. Para satisfacer que la barra se encuentre en equilibrio debe cumplirse que la ∑Fx = 0

∑Fy = 0 ∑ Т = 0 Realizando el diagrama de cuerpo libre observamos que la barra es un elemento de 3 fuerzas por lo tanto se cumple que: DLC: Triangulo de Fuerza Para calcular las reacciones Ra y Rb Utilizaremos el triangulo de fuerzas anterior mente mostrado

B

A

Φ ψ

ө

5

Recordando el teorema del seno

aSenα =

bSenβ =

cSenχ

Con lo anterior mente propuesto decimos

1. φSen

Ra = ))(180( φϕ +−Sen

mg

Desarrollando ))(180( φϕ +−Sen decimos que:

))(180( φϕ +−Sen = 180)()(180 xCosSenxCosSen φϕφϕ +−+ Recordando que Sen 180 = 0 y Cos 180 = -1 nos queda

))(180( φϕ +−Sen = )( φϕ +Sen Eso lo remplazamos en 1 y nos queda

φSenRa =

)( φϕ +Senmg

Despejando Ra

Ra = mg )( φϕ

φ+Sen

Sen

Calculando Rb

ϕSenRb =

))(180( φϕ +−Senmg

Desarrollando ))(180( φϕ +−Sen decimos que:

))(180( φϕ +−Sen = 180)()(180 xCosSenxCosSen φϕφϕ +−+ Recordando que Sen 180 = 0 y Cos 180 = -1 nos queda

))(180( φϕ +−Sen = )( φϕ +Sen

6

Calculado Rb

)( φϕϕ+

=Sen

senmgRb

Para poder encontrar el ángulo θ debemos realizar ∑ = 0T , entonces debemos conocer los ángulos como se muestra a continuación y realizar la sumatoria de torque. ∑ = 0Tb

Primera ecuación

Desarrollando el ))(90( ϕθ +−Sen

)(90)(90 ϕθϕθ +−+ xSenCosxCosSen Sabiendo que Sen90 = 1 y Cos 90 = 0

)( ϕθ +Cos Remplazando en primera ecuación queda:

0))(90(2

=+−− ϕθθ LRaSenmgCosL

7

0)(cos2

=+− ϕθθ LRaCosmgL

)(2

ϕθθ += LRaCosmgCosL

)(2

ϕθϕθθ xSenSenxCosCosLRamgCosL−=

Simplificamos la L

)(2

ϕθϕθθ xSenSenxCosCosRamgCos−=

θϕθϕθ

CosxSenSenxCosCosRamg )(

2−

=

Simplificando por Cosθ

)(2

ϕθϕ xSenTgCosRamg−=

Remplazando Ra = mg )( φϕ

φ+Sen

Sen

)()(2

ϕθϕφϕ

φ xSenTgCosSen

Senmgmg−

+=

)()(21

φϕθϕφ

θϕϕφ

+−

+=

SenxTgxSenSen

SenxCosSen

)(21

)( φϕθϕφ

φϕϕφ

+=−

+ SenxTgxSenSen

SenxCosSen

θϕφφϕφϕ

φϕϕφ xTgxSenSenxSenSen

SenxCosSen=+

++− )()

)(2)(2( Simplificando y traspasando

los φSen y ϕSen queda de la siguiente forma:

θϕφ

φϕϕφ TgSenSen

xCosSenxCosSen=

−2

8

θϕφφϕ

ϕφϕφ Tg

SenSenCosSen

SenSenCosSen

=−22

θφϕ TgCtgCtg =− )(21

(Alumno: Álvaro Vidal) Si el sistema mostrado en la figura permanece en equilibrio, se ejerce una fuerza de P de largo L y otra 2P de largo L. Determine las reacciones en A y C cuando º30=α

Solución

a) Diagrama de cuerpo libre

9

b) Calculamos ∑ de torque = 0 y ∑ fuerzas =0 ∑ = 0Cτ 0*2*2*2 =−++ dALALPPL YX

0*232*

25 =−+ dALAPL

0)*23(5 =−+ dLAPL

PLLdA 5)*23( =−

Ld

PLA−

=

235 ⇒

LdPLA

2310

−=

∑ = 0XF

XX

XX

XX

APCPAC

CPA

+==+

=−+

33

03

∑ YF =0 YY

YY

CA

CA

=

=− 0

Calculo de la reacción en C

=−

+=+=

21*

2*31033

LdPLPAPC XX

LdPLPd

LdPLPLPd

LdPLLdP

LdPLP

2333

235633

235)23(3

235

13

−−

=−

+−=

−+−

=−

+

LdPL

LdPLSenACY 23

3523*

2310º60*

−=

−==

( )( ) ( ) =

−+

−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

=+=LdLP

Ld

LdPLd

PLLdPLPdCyCxC

23*3*25

23

33*23

3523

33 22

2

2222

22

10

La reacción en C es ( )( )2

222

23

7533

Ld

LLdPC

−

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−

=

(Alumno: Francisco Bergel V.) La varilla uniforme lisa tiene una masa m y se encuentra ubicada sobre un arco semicircular y contra la pared. Demuestre que para el equilibrio, el ángulo θ debe satisfacer

( )θθθ sincos311sin 2 ⋅−⋅+⋅= ldr

SOLUCION

De la geometría se tiene:

φ = ) Torque en A:

= 0 mg* Sen θ* = N * Sen (θ- φ) * L ; Luego Sen θ = * Sen (θ- φ)

Ecuación N°1

Sen θ = (Sen θ *cos φ - Sen φ * Cos θ)

11

Usando el triangulo de fuerzas, puesto que la barra en este problema es un elemento de tres fuerzas, se tiene) φ Cos φ =

Ecuación N°2 De ecuación 1 y 2 Obtenemos: Sen θ = (Sen θ *cos φ - Sen φ * Cos θ)

Sen θ = 2* Sen θ –

Esto es: * Sen φ ; Donde Sen φ = )

Ahora debemos calcular Cos φ en términos de θ

= 0 mg* Sen θ * = R * Sen (90 - θ ) * L ; Luego = R * Cos θ

Ecuación N°3 Y del triángulo de fuerzas Ecuación N°4 De ecuación 3 y 4 Obtenemos: Ahora Usando la Identidad φ = 1 + φ

φ= φ = φ

φ= =

φ= ; Usando que: Tan θ = , tendremos φ=

=

Tan φ=

Tan φ=

Mg

R

N

12

Reemplazando:

Sen θ = * Sen θ = * )

(Alumno: Gabriel Martínez C) La barra AB que tiene masa m y longitud 2d, está en equilibrio sostenido en su extremo A un objeto de masa M. La geometría del problema se muestra en la figura. Se pide:

a. Dibujar el diagrama del cuerpo libre de la barra. b. La tensión T del cable. c. La fuerza que soporta el pasador B.

Sen θ =

13

DCL

⌧

Para realizar la sumatoria de fuerzas necesitamos establecer cuales son los ángulos en que actúan las fuerzas. Para calcular el ángulo de la cuerda con la pared dibujaremos separado el triangulo que forma la cuerda con la pared.

∴ El ángulo que forma la pared con la cuerda es 30°. B) ∑ fx=0 Tcos60°-Bx=0 Bx= Tcos60° ∑ fy=0 Tsen60°-Mg-mg-By=0 Tsen60°=Mg+mg+By

14

⌧

Para calcular la tensión además necesitamos realizar torque en un punto. Además sabemos que para realizar torque necesitamos las distancias, para esto utilizaremos las relaciones trigonométricas para calcular X1,Y1 y X2.

cos30° = dX1 ⇒

23 =

dX1 ⇒ X1=d

23

sen30° = dy1 ⇒

21 =

dy1 ⇒ y1 =

2d

cos 30° = d

X2

2 ⇒ 23 =

dX2

2 ⇒ X2 = 3 d

Conocidas las distancias, realizamos torque.

∑ T B = 0 ⇒ -T y1 + mg x1 + Mgx2=0 Ty1=mgx1 + Mgx2

T=

2

.323

d

Mgdmgd +

15

Factorizamos: T= 3 gd (2

2d

mm + ) ⇒ T= 2 3 g ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + Mm

2

T= 2 3 g ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

22Mm

T= 3 g (m+2M) C.- ahora que tenemos la tensión utilizamos las ecuaciones de las sumatorias de fuerza del eje X e Y para saber la fuerza que soporta el pasador B: Bx= T cos 60° By= Mg + mg + T sen 60°

Bx= 3 g(m+2M) cos 60° ⇒ Bx= 23 g (m + 2 M)

By = T sen 60° - g (M+ m)

By= 23 •

23g (2M + m ) – g (M + n)

By = 43 g (2M + m) - g(M + m)

By = g(43 m +

23 M – M – m)

By = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

42mm g

By = g ( )4

2 mM −

16

(Alumno: Javier Alarcón Araya) La placa rectangular se mantiene en equilibrio por medio de una fuerza horizontal F. El peso W actúa en el punto medio de la palanca.

a) Dibuje el diagrama de cuerpo libre del placa, considerando en A un pasador ideal.

b) Demuestre que F esta dada por la ecuación: Wbh

hbF ×+−

=)sincos(2

)sincos(αααα

Solución: a) Diagrama de cuerpo Libre:

b) Para demostrar que Wbh

hbF ×+−

=)sincos(2

)sincos(αααα realizaremos torque en el punto A,

Por lo que queda ∑ T A = 0

-WdW +Fd F

= 0

WdW= Fd F

; Despejando F nos queda que.

F= W×dd

F

W

Luego para encontrar la distancia dW

y d F , se debe observar diagrama siguiente, en el

que:

17

dW= αcos

2b - αsenh

2 )cos(

21 αα hsenb −= , y para d F

d F

= αα coshbsen +

Luego reemplazando dW y d F

en F= W×dd

F

W , nos queda

∴ Wbh

hbF ×+−

=)sincos(2

)sincos(αααα

18

Otra forma de resolver el ejercicio es con algebra vectorial. Se puede observar en la siguiente figura que:

F = Fi− y W = -W j Luego si realizamos ∑ T A = 0, es decir,

F r f× + W × rw = 0,

Como conocemos F y W también podemos conocer rw y r f , como sigue:

19

r f = ( ibsenib αα +cos ) + )cos( ihihsen αα +−

⇒ r f = ( jhbsenihsenb )cos()cos αααα ++−

rw = ( )2

cos2

jsenbib αα + + )cos22

( jhisenh αα +−

Luego,

F x r f = -F )cos( αα hbsen + ixj

= -F )cos( αα hbsen + k

W xrw = -W ( )2

cos2

jsenbib αα + ixj

=2w )cos( αα hsenb − k

∴ Wbh

hbF ×+−

=)sincos(2

)sincos(αααα

20

(Alumno: Carlos Caro.) En un sistema compuesto por dos barras de peso despreciable, la barra AB de longitud 2L esta apoyada sobre una superficie ideal, en el extremo B esta apernada a la barra BC cuya longitud es 5L, además en esta barra existe una carga puntual de magnitud F aplicada perpendicularmente, en el extremo C esta sujeta a un pasador simple (liso). Se pide para el equilibrio.

a. Dibujar el diagrama de cuerpo libre en la barra AB. b. Las reacciones en A y C.

ß a

- Solución. a) Dibujar D.C.L. de la barra AB

- un cuerpo esta en equilibrio si: ∑ = 0Fx ∑ ⇒= AVFy 0 = BV

⇒=∑ 00M Solo en B puedo tener Mab=Vb*d, porque A es un apoyo deslizante y B un nudo rígido.

21

b) Reacciones en A y C, Idealizando la Estructura se tiene :

Desde este calculamos nuestro D.C.L.

Fuerzas que representan apoyo fijo libre de giro.

- el cuerpo estará en equilibrio si: ∑ = 0Fx

∑ = 0Fy

0=∑ CM Descomposición de fuerza F, en componentes del sistema cartesiano y por geometría,

a

a

22

- entonces: αFsenFX = y αcosFFy = - y por ultimo haciendo el planteamiento de las ecuaciones tenemos.

( )( )

( )

( )

α

α

αα

α

α

α

FsenH

FV

FV

sonCyApuntosenreaccioneslas

FFFV

FVFecuacionenVosreemplazam

VEc

LFLVM

FVVF

FsenHFHF

C

C

A

C

C

A

FA

AC

CAY

cXCX

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

=

∴

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=⇒

=+

−

=⇒

×=×⇒=

=+⇒=

=⇒=⇒=

∑∑∑

21cos

2

:21cos

2cos

cos2

2)3.(

32

550

2cos0

10

2

23

(Alumno: Marcelo Andrés Navia Ahumada)

6.- El collar A puede deslizarse sin

fricción sobre la barra horizontal y esta conectada a una carga W como se muestra en le figura 1. Determine la distancia X para la cual, el collarín se mantiene en equilibrio, cuando: i) P = q ii) P = 3q.

Fig.1

DESARROLLO a) Planteamiento

Datos: • W: Carga [Kg.] • X: Incógnita?

b) Diagrama de Cuerpo Libre c) Cálculo

ϑcosWP =

22 4l+×=

x

xWP

22

22

4l+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

xx

WP

222

2 24 xWP

WPx =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

l

22

2

22 41 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

WP

WPx l

2

22

2

222 4

WP

WWPx l−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ − 22

2242PW

Px−

=l 22

224PW

Px−

=l

i) 22

2

qW

qx−

=l W > q ii) 22 9

6qW

qx−

=l W < 3q