DEPARTAMENTO DE ESTRUCTURAS · ESTRUCTURAS ISOSTATICAS (IME – IA – IM - II) Guía de trabajos prácticos. AGOSTO 2009 Esta guía se imprimió con la colaboración de la Asociación

UNIVERSIDAD NACIONAL DE CORDOBA

FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS, FISICAS Y NATURALES

DEPARTAMENTO DE ESTRUCTURAS

CATEDRA: ESTRUCTURAS ISOSTATICAS (IME – IA – IM - II)

Guía de trabajos prácticos.

AGOSTO 2009

Esta guía se imprimió con la colaboración de la Asociación Cooperadora del Departamento de Estructuras.

Guía de Estática Pág. 1

Objetivos generales de la asignatura:

Al finalizar la Asignatura, el alumno debe conocer perfectamente los siguientes puntos: - Equilibrio de los cuerpos planos isostáticos, considerados indeformables, sometidos a fuerzas exteriores. - Manejo perfecto del diagrama del cuerpo libre. - Propiedades y ubicación del centro de gravedad de superficies. - Estudio de los esfuerzos interiores en los enrejados planos articulados y en las vigas o sistemas de vigas de alma llena (siempre isostáticos). - Introducción al equilibrio y esfuerzos interiores en el espacio y centro de gravedad de volumen. - Utilización del principio de los desplazamientos virtuales como método para obtener el equilibrio de los cuerpos isostáticos indeformables e introducción a la energía potencial total de un sistema. (Noción de línea de influencia). Programa sintético: Introducción Cap. 1 - Fuerzas concurrentes en el plano. Cap. 2 - Fuerzas paralelas en el plano (cuplas) Cap. 3 - Caso general de fuerzas en el plano. Cap. 4 – Cables y correas. Cap. 5 - Los enrejados articulados planos. Cap. 6 - Diagramas característicos en el plano. Cap. 7 - Fuerzas concurrentes en el espacio. Cap. 8 - Fuerzas paralelas en el espacio (cuplas) Cap. 9 - Caso general de fuerza en el espacio. Cap.10 - Principio de los desplazamientos virtuales y energía potencial. Programa analítico Introducción - Historia - Fuerza - Principios - Deslizamiento de una fuerza - Rozamiento Cap.1 - Fuerzas concurrentes en el plano: - Composición - Equilibrio - Descomposición - Tres fuerzas - Culmann - Proyecciones - Momento (Varignon) Cap.2 - Fuerzas paralelas en el plano: - Fuerzas paralelas en la misma dirección - Dos fuerzas paralelas desiguales en sentido opuesto - Cupla - Caso general de fuerzas paralelas en el plano.- Centro de fuerzas paralelas - Centro de gravedad - Teorema de Papus y Guldin - Centro de


gravedad de figuras o curvas planas compuestas.- Centro de gravedad por integración - Centro de gravedad experimentalmente.- Fuerzas paralelas repartidas de manera continua. Cap.3 - Caso general de fuerzas en el plano: - Composición de fuerzas en el plano (polígono de presiones) - Proyecciones y momentos - Ecuaciones de equilibrio - Vínculos estáticamente determinados - Los apoyos - Diagrama del cuerpo libre. Cap.4 - Los cables y las correas: - Los cables con cargas concentradas - Los cables sometidos a peso propio (Catenaria) - Los cables sometidos a carga uniforme horizontal (Parábola). Las correas. Cap.5 - Los enrejados articulados planos: - Introducción - Indeformabilidad e isostaticidad - Equilibrio analítico y gráfico de los nudos – Informe sobre el polígono recíproco de Maxwell Cremona Bow - Cortes de Ritter - Enrejados compuestos, complejos, críticos. Cap.6 - Diagramas característicos en el plano: - Las fuerzas interiores - Elementos de reducción (M, N, T) - Elementos rectos o curvos - Relación entre M y T - Diagrama de corte.- Vigas cantilever - Carga indirecta - Utilización de los diagramas de M y T en los enrejados - Flexión en los arcos con tres articulaciones. Cap.7 - Fuerzas concurrentes en el espacio: - Composición y descomposición - Proyecciones - Momentos Cap.8 - Cuplas y fuerzas paralelas en el espacio: - Cuplas en planos paralelos - Cuplas en planos no paralelos -Proyección de cuplas - Momento respecto a un punto y respecto a un eje por dicho punto - Caso general de fuerzas paralelas en el espacio - Centro de fuerzas paralelas y centro de gravedad. Cap.9 - Caso general de fuerzas en el espacio: - Composición - Proyecciones y momentos - Vínculos estáticos de un cuerpo indeformable en el espacio - Diagramas característicos: flexión, corte, normal, torsión. Cap.10 - Principio de los desplazamientos virtuales: - Introducción - Trabajo - Principio para el sistema ideal - Extensiones del principio para reacciones - Determinación gráfica de los desplazamientos virtuales, centro instantáneo de rotación - Gráfico de los desplazamientos - Cortaduras relativas - Diagrama de corrimiento - Fuerzas de rozamiento y rendimiento - Equilibrio estable, inestable e indiferente Vínculos y coordenadas generalizadas - Fuerzas


generalizadas - Ecuaciones de equilibrio en coordenadas generalizadas - Noción de línea de influencia. Bibliografía general 1.Beer y Jonhston, Eisenberg: "Mecánica vectorial para ingenieros"

Ed. Mc Graw-Hill. 8va Edición Estática 2.Pirard Gérald y Arias Marcelo: "Estática" Ed. interna Dpto Estructuras 2008 3 Hibbeler R. C. "Mecánica para ingenieros" Estática (CECSA) 4.Anand Cunniff: "Mecánica para ingenieros" Estática (CECSA) 5.Timoshenko y Young: "Mecánica técnica" Hachette. Bs As.


Fuerzas concurrentes en el plano 1 – Un peso P cuelga de dos cables como está indicado. Calcular los esfuerzos T1 y T2 en los cables. P = 40kg Sol.: T1 = 20kg T2 = 44,72kg 2 – El cilindro grande pesa 100kg, y el pequeño 30kg. Determinar la fuerza de contacto en el punto A. Sol.: RA = 38,127kg

3 – Se utiliza el bloque de 40kg para asegurar el cable de la figura. Calcular el intervalo de valores de x para los que no se moverá el sistema. Wa = 40kg; Wb = 25kg; µ = 0,5

Sol.:

2222 x4,0

xCos

x4,0

4,0Sen

+=

+= αα

Proy. vert.: αsenWWR ba −=

Proy. horiz.: αcosWf br =

Condición de rozamiento máximo: Rf máx,r µ≤ reemplazando, elevando al cuadrado y solucionando una

ecuación de segundo grado se obtiene m138,0x ≤


4 – Una balsa es arrastrada por dos remolcadores. Si la resultante de las fuerzas es R = 6000kg, en la dirección de la balsa, hallar:

a) la fuerza en cada cable sabiendo que α = 50°

b) el valor de α tal que el valor de la fuerza en el cable 2 sea mínima. Sol.: a) T1 = 4667,17kg T2 = 3043,28 b) α = 60° T 1 = 5196,15 T2mín = 3000kg

5 – Determinar la fuerza P necesaria para desplazar el bloque A hacia la izquierda. Solución analítica y gráfica. µ1 = 0,36 WA = 100kg µ2 = 0,47 α = 70° µ3 = 0,18 Sol.: kg77,52P ≥

6 – Determinar la fuerza necesaria para mover el bloque, sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el suelo es µ = 0,4 a = 1m b = 0,5m c = 0,3m d = 1,5m h = 0,2m W = 100kg Sol.: kgP 15≤ para que no deslice

y, kgP 40≤ para que no se eleve


Fuerzas paralelas en el plano y centro de gravedad 7 – Hallar el centro de gravedad de las superficie (a) y (b). Sol.:

a: (x, y)G = (12,4; 7,8) b: (x, y)G = (0; 4;88)

8 – Hallar el centro de gravedad de los remaches, en la unión remachada de la figura. A1 = A2 = A3 = A4 = 0,25cm2 A5 = A6 = 0,32cm2 Sol.: (x,y)G = (3,256; 2,695)

9 – Encontrar por métodos aproximados el centro de gravedad. Sol.:

∑

∑

=

=

−=

n

1ii

n

1ii

cg

y2

)1i2(yHx

∆

∑

∑

=

==n

1ii

n

1i

2i

cg

y

y.

2

1y

Nota: Achicando ∆H se mejora el resultado. Pueden mejorarse los resultados con un ∆Hi variable según la zona.


10 – Calcular el área lateral y el volumen de la tolva de la figura, utilizando el teorema de Pappus y Guldin. Sol.: A = 7324,9cm2 V = 83775,7cm3

11 – Se quiere pintar el depósito de la figura cuya forma es de revolución. Determinar cuántos litros de pintura serán necesarios si cada litro cubre 4m2. Sol.: Se utiliza un método aproximado por desconocer la ecuación de la curva L. A: Área del deposito = L.2π.xG

∑∑∑ == LL

L

Lxx i

i

iiG

∑= ii Lx..2A π

i L i xi Lixi 1 2,4 1,1 2,64 2 1,8 2,5 4,50 3 1,3 3,2 4,16 4 1,1 3,7 4,07 Σ 15,37

A = 2.π.15,37 = 96,573m2 Se necesitan 24,14 litros de pinturas para pintar el exterior.


12 – Determinar el peso de la llanta del croquis cuyo radio exterior es R = 15cm, y el peso específico γ = 7,8gr/cm3 Sol.: P = γ.V = 7,8. 2925,867 =22821gr = 22,821kg

13 – Hallar el valor de la resultante R y de su recta de acción, para la siguiente carga trapezoidal.

a) Por integración b) Por descomposición en un triángulo y un rectángulo c) Por descomposición en dos triángulo

Sol.: a) Por integración: dS = y.dx

xcd

cyconR

xydx

xydxR oR

o l

l

l −+===∫

∫

Se obtiene: 3

.)dc(

)d2c(x

2

)dc(R R

ll

++=+=

b) Por descomposición en triángulo y rectángulo:

−+=−+=3

2..

2

cd

2.c.

R

1x

2

cdcR R

ll

llll

c) Por descomposición en dos triángulos:

+=+=3

2.

2

d

3.

2

c.

R

1x

2

d

2

cR R

llllll

Fuerzas generales en el plano

14 – Calcular la fuerza T con que debe traccionarse cada bulón para que la fuerza P sea totalmente transmitida por rozamiento, de forma que no se solicite a corte ninguno de los bulones.

P = 150kg, µ = 0,35 Sol.: µ4

PT ≥


15 – El cilindro hidráulico ejerce una fuerza de 100kg hacia la derecha. Dar el momento de frenado por rozamiento si el tambor gira en sentido: a) horario b) antihorario Sol.: Para ambos casos el momento de frenado será: M fr = µ.N.R a) Horario La suma de momentos en A nos da:

015.N4.N.5.100 =−+ µ o sea

N = 36,23kg y Mfr = 32,61kgm b) Antihorario, (es como cambiar el signo de µ en las expresiones anteriores), se obtiene N = 30,86kg y Mfr = 27,78kgm El freno es menos efectivo en este sentido.

16 – En un depósito como el del croquis, de abertura rectangular, calcular el esfuerzo T necesario en la cadena para abrir la compuerta. wcomp. = 100kg/m2 γliquido = 2gr/cm3 b = 80cm α = 30° Tamaño compuerta: largo a = 60cm, ancho d = 30cm Sol.: El efecto del líquido es normal a la compuerta. S1 = 54kg, S2 = 180kg, T = 154,5kg


17 – Un avión con las ruedas posteriores frenadas, prueba el motor antes del vuelo. Calcular el máximo empuje del motor que no produce deslizamiento del avión sobre la pista, según trátese de pista seca o húmeda. µpista seca = 0,63 µpista húmeda = 0,25 a = 3m, h = 1m, m4=l z = 1,4m W = 4000kg

Sol.: Pista seca E < 1632kg Pista húmeda E < 705kg

18 – Cada uno de los bloques A y B pesa W = 300kg. Los coeficientes de rozamiento entra A y B y el piso son respectivamente 0,4 y 0,6. Determinar el máximo valor de P para el cual el sistema se mantiene en equilibrio. El cuerpo A es homogéneo. La base de B es amplia. Sol.: Según los diagramas libres: FrA = 0,4 . W = 120kg FrB = 0,6 . (W-P) = 180 – 0,6P Para evitar el deslizamiento del cuerpo A: P < 120kg Para evitar el deslizamiento del cuerpo B P < 112.5kg Para evitar el vuelco de a alrededor del punto a: P.3 < 300.1; o sea P < 100kg En resumen P < 100kg por problema de vuelco.


19 – Calcular las reacciones de apoyo. P = 50tn. q = 25tn/m M = 200tnm. a = c = d = 1m b = e = f = 2m g = 3m Sol.: RA = -18,75tn; RB = 93,75tn; RC = 145,833tn; RD = 4,166tn.

20 – Hallar las reacciones en A y en B, analíticamente. P = 5tn. Q = 10tn M = 300tnm. Sol.:

XA = 27,87tn; YA = -48,45tn; MA = 289,15tnm; RB = 69,89tn

21 – Calcular las interacciones en los puntos A, B, C, D de la cuchara mecánica de la figura, supuesta una carga P = 2000kg, la cual se considera concentrada en G. Solucionar analítica y

gráficamente. Sol.: Gráficamente por los triángulo de fuerza realizados a escala: RA = 6902,29kg; RB = 5759,5kg, RC = 2419,61kg; RD = 2622,5kg


Analíticamente: Según el esquema libre: Falta agregar el esquema libre de la cuchara. Las ecuaciones dan: RA = 6902,29kg; XB = 5130,43kg; YB = 2617,39kg; XC = 2302,32kg; YC= 744,18kg; RD = 2622,55kg

22 – El avión se mueve en la dirección de su eje de vuelo, con velocidad uniforme. Son las dos turbinas que producen el empuje E. (Se considera a E actuando en el plano vertical que contiene al eje

del avión.) La resistencia del aire se representa por R. Calcular la fuerza de sustentación B, la fuerza estabilizadora A, y la resistencia R, siendo α = 23°, W = 12000kg, E = E1 + E2 = 6000kg.

Sol.: A = 1269,74kg; B = 9776,32kg; R = 1311,23kg.

23 – Los elementos de la estructura articulada de la figura, son de peso despreciable. Determinar las reacciones en los puntos A, B, C, D, E y F, con P = 40kg. Trabajar analíticamente. Sol. Parcial: CX = 50kg; CY = 80kg


24 – Hallar le expresión que relaciona la fuerza ejercida por el cilindro hidráulico con la carga P y el ángulo α. Verificar por Trabajo virtual. AB = BD = BC = EF/2 =

2/l

Sol.: α

αtg

cos817.

2

PF

−−=

25 – Determinar las fuerzas cortantes cuando se aplica P = 20kg Sol.: Según los esquemas libres, se obtiene: FY = 105P/11;

FX = 294P/11; RX = FX; RY = FY – P; T = 1858P/66 = 563kg. El problema se resuelve en forma similar si se escoge la parte superior de la herramienta para hacer el análisis de fuerzas.


26 – Hallar en función de P y θ, el esfuerzo de corte Q, y las interacciones en A, B y C, con 12° < θ < 36° Sol.: Como Q y N son verticales, RA es también vertical, ocurriendo lo mismo con RB ya que es resultante de RA y P.

Q/P N/P RB/P RA/P 12° 117,6 164,6 48,05 47,05 36° 34,41 48,1 14,76 13,76

27 – El peso total de la cuchara es de 500kg. Cada semi cuchara pesa 200kg y tiene su centro de gravedad en G. La doble polea y el contrapeso en A pesan juntos 100kg. Hallar los esfuerzos en los cables 1 y 2. Despreciar el efecto de la distancia horizontal entre los cables. Sol.: T1 = 453,2kg T2 = 46,8kg

28 – Cada plancha de la tapa articulada pesa W = 15kg. a) Determinar la fuerza en el cilindro para θ = 60° b) Graficar la relación F/W en función de θ. L = 180cm; l= 60cm; a = 90cm.


Sol.: )tg1(a

)sen(cosa2a2WLP

22

θθθ

+−−+

=l

ll para 60° da P = 28,2kg,

la curva desciende desde 3,16 para θ = 0 a 0 para θ = 90°

29 – El sistema de suspensión soporta una carga P. Determinar la interacción en los puntos A, B, C y D indicados. Sol.: Por los esquemas se obtienen: RA = -4P/5; RB = -4P/5; CX = -4P/5; CY = -P; DX = -4P/5; DY = 1,464P; RE = -2,464P

30 – Determinar las fuerzas de interacción y dar los diagramas de cuerpo libre para la barra AA´ y para la pieza DBC de la figura. Sol.: Según los esquemas libres indicados: RA = 0,707P; RB = 0,946P N = 0,446P CY = 0,5P La barra inclinada, traccionada con 0,707P


31 – Hallar la fuerza cortante en la guillotina en función de θ. Dar los diagramas de cuerpo libre de cada elemento, determinar las fuerzas de interacción y graficar la relación Q/P en función de θ. Sol.: F = 5P BX = P.(5 + cosθ) BY = -P.senθ Q = 5P.(5 + cosθ). Para el grafico, si θ varia de 0 a 90°, la relación varia entre 30 y 25

Cables 32 – Determinar la posición final del sistema al aplicar una fuerza horizontal de valor P = 200kg. Hallar el esfuerzo en los tramos AB y BC del cable. Obtener la solución en forma gráfica y analítica, siendo: P1 = 300kg, P2 = P1, AB = 10 , BC = 13 Sol.: Gráfica: Según el polígono de fuerza trazado a escala, se puede obtener la posición final del sistema trazando paralelas a los esfuerzos.:

m943,535cos13yy

;m097,335sen13xx

;m9899,219cos10y

;m0295,119sen10x

35;19

12

12

1

1

=°+=

=°+=

=°=

=°=

°≈°≈ βα

y para los esfuerzos en los cables:

kg36102.kTcm61,302

kg63501.kTcm35,601

BC

AB

==⇒===⇒=

Trabajando trigonométricamente sobre un gráfico a mano alzada, se puede obtener también los resultados siguientes:


kg55,360PPT

;kg45,632P)PP(T

´´24´4133300

200

P

Ptg

´´06´2618600

200

PP

Ptg

222BC

2221AB

2

21

=+=

=++=

°=⇒==

°=⇒=+

=

ββ

αα

Por ecuaciones de equilibrio se puede también obtener: Momento en B de la parte derecha:

22 P

Ptgsen.BC.Pcos.BC.P =⇒= βββ

Momento en B de la parte izquierda:

2121 PP

Ptgcos.AB.Psen.AB).PP(

+=⇒=+ ααα

33 – El acueducto pesa p = 44kg/m. Determinar la posición final del sistema (coordenadas de los puntos B, C, D, E) siendo la ordenada de D = 1m. Hallar además los esfuerzos en todos los tramos del cable, siendo m5=l


Sol.: PB = PC = PD = PE = 44.5 = 220kg

kg00,340T;PdeyTdetetanresulT



kg15,484YXT;kg10,583YXT

kg380Y;kg500Y;kg300XX

DEDCDDE

CDCBCCD

BCBABBC

2F

2FEF

2A

2AAB

FAFA

======

=+==+=

====

Enrejados articulados

34 – Dar los esfuerzos en las barras indicadas. Sol.: Según el esquema libre de la parte izquierda: Momentos en C y después en A y después en E:

compresiónsen..2

.P.2

d

.P.2S;compresión

sen..2

.P

d

.PS;tracción

tg.2

P.3S 321 ααα l

ll

l

ll −=−=−=−==

35 – Dar los esfuerzos en las barras indicadas. Sol.: Sacando las poleas y exteriorizando sus acciones sobre los nudos, obtenemos el esquema de carga indicado. Con un corte de Ritter, realizamos el esquema libre necesario. Por momento en C obtenemos: S1 = 2P


Por momento en D, S3 = -2P Por sumatoria de fuerzas horizontales, el esfuerzo en la barra 2 sería cero, pero como tiene una compresión inicial, es la que queda y entonces S2 = - P/2.

36 – El puente tipo báscula está equilibrado por un contrapeso W como se indica en la figura. Determinar los esfuerzos en las barras indicadas cuando es nula la reacción del terreno en M (el puente comienza a elevarse). Despreciar el peso de las barras y ensambles rellenos en negro.

Sol.: Siendo P el peso total del puente: Por momento en A: W.e = F.d Por momento en B: F.d = 3.P.a/2 de ambas sacamos P = 2We/3a Haciendo el corte de Ritter indicado y el esquema libre correspondiente, obtenemos por momentos para S1 y S3 y con proyección para S2:


b18

We5

b12

Pa5S

b4

a

ab3

Web

4

a

b2

P

cos.2

PS

b9

We

b6

PaS

3

22

22

2

1

−=−=

+=+==

==

β

37 – Determinar los esfuerzos en las barras indicadas y graficarlos en función de θ cuando varia entre 0° y 270°

Sol.: Realizando el corte y el esquema indicado: Por momento en A: S1 = +Psenθ Por momento en B: S3 = -P(2senθ + cosθ)

Por proyección horizontal: S2 = Pcosθ 2 Los diagramas se indican.


Diagramas de esfuerzos característicos 38 – Trazar los diagramas de los esfuerzos característicos (M, T, N) en la viga en voladizo. P = 20kg, M0 = 40kgm, q = 10kg/m

Sol.: Reacciones en A: RA = (20+10.6) = 80kg MA = P.2 + Mo + q.6.3 = 260kgm Como no existen fuerzas en la dirección de la barra, el esfuerzo normal N = 0 Diagrama de corte por tramos indicados: T1 = RA – qx = 80 – 10x 0<x<2m T2 = T3 = RA – P –qx = 60 – 10x 2<x<6m Diagrama de momentos flectores por tramos: M 3 = -qx´2/2 = -5x´2 0<x´<2m M 2 = M´1 – Mo = - 5x´2 – 40 2<x´<4m M 1 = M´2 –P(x´- 4) = -5x´2 – 20(x´- 4) –40 4<x´<6m


39 – Hallar los diagramas en el soporte articulado: Sol.: Se realizan dos esquemas libres, uno con F, el otro con sus componentes y las reacciones en A exteriorizadas.

°=°= 30cosFF;30FsenF hv

Por momento en A:

oo

v x1010010

)x10.(PF −=

−=

Notamos que si xo tiende a cero, Fv tiende a 100 y si xo tiende a 10, Fv tiende a cero.

ov

vAhh

vv

x32,172,1733F

30cosF.2RF

F.230sen

FF

−=

=°==

=°

=

ovAv x10FPR =−=

Los diagramas se trazan fácilmente. Es conveniente utilizar los símbolos en vez de signos.

)x10100(xM

x)x10100(x.F´M

x.x10xRM

oo.Máx

ov2

oAv1

−=

−==

==


40 – Expresar la ley de variación del esfuerzo de corte y del momento flector en función de “x” y de las fuerzas X1 y X2 desconocidas; P = 500kg y q = 200kg/m

Sol.: Por equilibrio obtenemos las reacciones:

RA = -1150 +2X1 + X2 RB = 2250 – 3X1 – 2X2

Expresiones por zonas: 1 – T1 = -1150 + 2X1 + X2 M1 = -1150x + 2X1x + X2x 0 < x < 3 2 – T2 = 1100 – X1 – X2 M2 = RAx + RB.(x – 3) = (110 – X1 – X2)x + 9X1 + 6X2 – 6750 3 < x < 4,5 3 – T3 = 600 – X1 – X2 M3 = M2 – 500(x – 4,5) = (600 – X1 – X2)x + 9X1 + 6X2 – 4500 4,5 < x < 6 4 – T4 = -200x + 1800 – X1 M4 = M3 +X2.(x – 6) - 100(x – 6)2 = (-100x – X1 + 1800)x + 9X1 – 8100 6 < x < 9

41 – Trazar los diagramas de M, T, N. qMáx. = 400kg/m


Sol.: Se realiza el esquema libre necesario para calcular las reacciones.

Por momento y sumatoria de fuerza: RA = -243,75kg RB = 1406,25kg RC = 337,5kg Para los diagramas: No hay esfuerzos normales. N = 0

23

22

21

x3

4005,337´T

x3

1005,1162T

x3

10075,243T

+−=

−=

−−=

x5,337x9

400´M

7,4218x5,1162x9

100M

x9

100x75,243M

33

32

31

+−=

−+−=

−−=

Para la zona 1, 0 < x < 3 Para la zona 2, 3 < x < 6 Para la zona 3, 0 < x´< 1,5 Se verifica que el momento pasa por cero en la articulación, se verifica que la derivada del momento da el corte y la derivada segunda – la carga.

42 – Expresar las leyes de variación del momento flector y del esfuerzo de corte. qMáx. = 200kg/m; P = 500kg, Mo = 300kgm


Sol.: Según los esquemas libres indicados y las zonas correspondientes: RA = 257,407kg RB = 492,592kg

5,5x5,4593,492T)5,5x(59,492M

5,4x5,3407,7T26,459x407,7M

5,3x5,2407,7T26,159x407,7M

5,2x1407,257x40T)1x(407,257x3

40M

1x0x40Tx3

40M

55

44

33

22

32

21

31

≤≤−=−−=≤≤=+=≤≤=+=

≤≤+−=−+−=

≤≤−=−=

Se puede practicar con otra abscisas como x´ por ejemplo.

43 - Expresar las leyes de variación del momento flector y del esfuerzo de corte. qMáx. = 600kg/m; P = 800kg, Mo = 500kgm

Sol.: Según el esquema:


q = 375kg/m F1 = 4,17kg F2 = 727,08kg RA = 77,09kg RB = 395,83kg RC = 1290,62kg RD = 236,46kg El resto del ejercicio se resuelve como el anterior. Se obtiene un momento máximo de -727,08kgm.

44 – Dar los diagramas de M, T y N en los tres problemas del enunciado. Sol.: Según la figura


45 - Dar los diagramas de M, T y N en los tres problemas del enunciado. q1 = 20kg/m cosθ =0,8 senθ = 0,6 q2 = 50kg/m q3 = 25kg/m Sol.: Según la figura


46 – Expresar la ley de variación del momento flector para cada tramo de la estructura, teniendo que en cuenta que “F” es el esfuerzo en el cable diagonal. Escoger la coordenada “x” más conveniente para cada tramo. Sol.: Según el esquema libre indicado, con las reacciones calculadas, se obtiene:

hx0QxM

ax02

qxx)Fsen

2

q)a(P(QhM

ax02

´qxx)Fsen

2

qPa(h)cosFQ(´M

hx0x)cosFQ(´M

4

2

3

2

2

1

≤≤=

≤≤−−+−+=

−≤≤−+++−=

≤≤−=

α

αα

α

l

l

l

ll

l


47 – Expresar en función de la coordenada angular la variación de los esfuerzos característicos internos en el arco semi circular sometido a P y a T. α es constante dada. Sol.: Las reacciones Av y Bv son iguales ambas a (P senα)/2 y la reacción horizontal en a da T + P cosα Zona 1 (con θ) αθ −≤≤ 1800

θαθα

θαθα

θαθα

sen)cosPT(cos2

PsenN

cos)cosPT(sen2

PsenT

)Rsen)cosPT()cos1(R2

senPM

1

1

1

+−−=

+−=

+−−=

Zona 2 (con θ´) αθ ≤≤ ´0

´Tsenćos2

PsenŃ

ćosT´sen2

Psen´T

´TRsen)ćos1(R2

senP´M

2

2

2

θθα

θθα

θθα

−−=

+−=

−−=

48 – Trazar los diagramas característicos en el pórtico siguientes. Sol.: Según los diagramas adjuntos.


49 – Trazar los diagramas característicos en la viga siguiente. Sol.: Según los diagramas adjuntos.


50 – Trazar diagramas de esfuerzos internos. Sol.: Según los diagramas.


51 - Trazar diagramas de esfuerzos internos. Sol.: Se realizan dos esquemas libres para facilitar el trazado de los diagramas dados.


52 – Dar en función de θ, las expresiones de M, T y N, considerando solamente el peso propio del arco. (q kg/m)

Sol.: Se analiza la contribución de un elemento de arco correspondiente a un ángulo dα, sobre los esfuerzos, obteniendo así dM, dT y dN. Se integran dichas expresiones para α desde 0 hasta θ. N es máximo para θ = 49°,29

θθ

θθ

θθθ

cosqRN

senqRT

)cossen(qRM 2

−=

−=

−−=


53 – Dar la ley de variación del momento flector causado por el peso del agua (γ = 1000kg/m3), para un tramo de longitud l del canal.

Sol.: La presión en la profundidad x del tramo vertical vale: γ.x La presión en el fondo plano vale: γ.3

La presión en el lado inclinado vale: γ.x´2

2

Damos el diagrama de cargas y el diagrama de momento flector.

23x03´´x03x0

x23

2000´M´´x6000´´x1200018000Mx

3

2000M 3

32

23

1

≤≤≤≤≤≤

−=−+−=−=


54 – Trazar los diagramas de esfuerzos internos. P = 250kg Q = 100kg L = 300kg S = 500kg q = 100kg/m M = 1000kgm Sol.: Según los diagramas.


55 - Trazar los diagramas de esfuerzos internos. P = 1000kg q = 100kg/m M = 2000kgm

Sol.: Según los diagramas.


56 – Determinar los esfuerzos internos. Sol.: Según el esquema libre de una parte y los diagramas dados.

57 – El arco tiene forma parabólica con eje vertical y tangente horizontal en x = 0. Dar los esfuerzos internos en función de x, y los valores máximos.


Sol.: Ecuación de la parábola, por sus condiciones de contorno: y= x2/4a Para la sección nn tenemos el esquema siguiente para obtener los esfuerzos. Gracias a la derivada que nos da la tangente, obtenemos las funciones trigonométricas siguientes:

22

22

xa4

a2Cos

xa4

xSen

+=

+=

θ

θ

0xenMáximo2

2P)a2(TP)0(T:extremounenseramáximoel

)zonaladefuera(a4x0dx

dT

xa4

ax.P2)cossen2(PT

P5Nax0dx

dN

xa4

xa4.P)sencos2(PN

2

PaMax0

dx

dM)

a2

x1(x.Py.P.2x.PM

22

.Máx22

.Máx

=−==

−=⇒=+

−−=−−=

−=⇒=⇒=+

+−=+−=

=⇒=⇒=−=−=

θθ

θθ

58 – Trazar los diagramas de esfuerzos internos en los pórticos indicados.

Sol.: Caso a) Según los diagramas adjuntos. Caso b) Según esquema libre y diagramas adjuntos.


En el caso b) tener mucho cuidado , en el esquema libre, con los esfuerzos debidos a las poleas removidas.


Fuerzas concurrentes en el espacio

59 – La puerta rectangular de la figura se sostiene con la cadena AB que ejerce una fuerza F de 40kg. Dar las componentes de dicha fuerza según las aristas de la puerta y la normal al su plano. DB = 2m AC = 1,5m CD = 1m α = 30° Sol.: Se elige primero un sistema de ejes (x, y, z) unidos a la puerta y según las direcciones solicitadas de las componentes.

Se evalúa la dirección de la fuerza F F, con el vector BA (de B hacia A), y se deben hallar sus componentes.

Coordenadas: B(0; 0; 0) A(1,5 sen30° - 1; -2; 1,5 cos30°) BA(1,5 sen30° - 1; -2; 1,5 cos30°)

17645,2)30cos5,1()2()130sen5,1(BABA 222 =°+−+−°==

Podemos definir la fuerza F: BA

BAFF = como su modulo por su vector director o también:

)67,21;36,33;17,4()30cos5,1;2;130sen5,1(17645,2

40BA.

BA

FF −−=°−−°==


60 – Un cuerpo de peso P = 10kg, cuelga en el centro de la caja de la figura. Dar las fuerzas en los cables DA, DC y DB. El plano ABC es horizontal y D está 4m debajo de él. Sol.: Se elige primero un sistema de eje conveniente. Se evalúan las coordenadas de los diferentes puntos, luego las componentes de los vectores que orientan los esfuerzos solicitados, y por fin se escriben las ecuaciones de equilibrio proyección, con las tres incógnitas. A(6; -7; 4) B(-6; 1; 4) C(6; 7; 4) D(0; 0; 0)

101164936DC)4;7;6(DC

5316136DB)4;1;6(DB

101164936DA)4;7;6(DA

=++=

=++=−

=++=−

Definamos las fuerzas en juego:

)1;0;0(P)k.(PPDC.DC

SSDB.

DB

SSDA.

DA

SS 3

32

21

1 −=−====

Equilibrio: 0PSSS 321 =+++ una ecuación vectorial, vale tres ecuaciones escalares:

0104.101

S4.

53

S4.

101

S

007.101

S1.

53

S)7.(

101

S

006.101

S)6.(

53

S6.

101

S

321

321

321

=−++

=+++−

=++−+

de donde sacamos:

kg3838,510128

15S

kg100,9534

5S

kg178,71017

5S

3

2

1

==

==

==


61 – Calcular los valores de F, S1, S2 que mantienen en equilibrio el peso W = 500kg de la figura, en la posición indicada. Sol.: Se puede usar el mismo método utilizado para el problema anterior, pero usamos aquí dos problemas planos. De hecho cuando 4 fuerzas concurrentes están en equilibrio, la resultante de dos de ellas debe ser igual y opuesta a la resultante de las otras dos. O sea que aquí podemos decir que la resultante de los esfuerzos en las barras 1 y 2, R12, debe equilibrar la resultante de W y F RFW. (Ver figura)

kg1250FF

W

20

8tg =⇒==α

3,1346FWR 22FW =+=

Por simetría, S1 = S2

kg14,742SS820

10tg;cos.S.2R

21

22112

==+

== ββ

Fuerzas paralelas en el espacio y centro de gravedad 62 – La plancha de hormigón soporta seis carga verticales como se indica. Determinar: a) La resultante y las coordenadas de la intersección de su recta de acción con la plancha. FA = 5t FB = 4t FC = 5t FD = 6t FE = 4t FF = 2t b) Las cargas que deben actuar en A y B para que la resultante pase por el centro del rectángulo.


Sol.: Según la vista de arriba indicada: a) R = 22t; xR = 2,273m; yR = 2,5m b) Ahora xR = 2m yR = 2,5m R ya no es 22t Se obtiene: FA = 6,5t y FB = 2,5t

63 – El alero de hormigón del croquis está sostenido por tres columnas cilíndricas según se indica. Se pide: a) Para a = 2m y b = 1m, determinar la carga sobre cada una de las columnas b) Determinar los valores de a y b para que las tres columnas soporten la misma carga. Datos: d = 8m; e = 6m; c = 3m –a; Peso del alero W = 270kg Sol.: a ) Vista en planta:

W = 270 kg que se reparten en W1 = 90 kg y W2 = 180kg Con tres ecuaciones (Mx, My, FZ) se obtiene: FA = 110,93kg FB = 86,51kg FC = 72,56kg

b) FA = FB = FC = 90kg y tgα = 3/8 se obtiene con dos ecuaciones de

momentos: a = 2m y b = 2,666m

64 – El cuerpo de la figura tiene densidad constante. Calcular su CG respecto a los ejes indicados. El cuerpo toca el plano xz. Sol.: CG = (0,78; -0,32; -10,7)


Fuerzas generales en el espacio 65 – Sustituir las cuatro fuerzas que actúan sobre el soporte de la figura por una fuerza FA y momento MA actuando ambos en el punto A del soporte. α = 30° ; a = 10cm, b = 20cm, c = 15cm, F1 = 50kg, F2 = 70kg, F3 = 30kg actúa en el plano xz,, F4 = 60kg Sol.: Método vectorial:

)75,0;64,0;19,0(81,801()62,0;63,0;47,0(83,95

)600,3225900,150(M)31585,2

370,45(F

Sumando

)1,2,0(600FXr)20,10,15(r)0,0,1(60F

)0,2

31510,0(30FXr)20,0,15(r)

2

3,0,

2

1(30F

)0,0,1(350FXr)0,10,0(r)2

1,

2

3,0(70F

)0,0,1(500FXr)0,10,0(r)1,0,0(50F

AA

4444

3333

2222

1111

−−−==

−+−−=−=

−−=−==

+=−=−−=

===

−=−==

Se deja en ejercicio el método analítico de proyecciones y momentos.

66 – Para el elemento de bisagra de la figura, se pide determinar: a) el momento respecto al origen de coordenadas O: MO b) el momento respecto al eje “a” contenido en el plano xz. Datos: a = 13cm; b = 15cm; c = 5cm; α = 13°; β = 30°; γ = 20°; F = 70kg.


Sol.:

kgcm28,25M.M)cos,0,sen()89,277;3,909;2,1091(FXrM

)62,60;89,32;97,11()cos,cossen,sensen(FF)0,18,15()0,ca,b(r

oaaao −===−==−=−=−=+−=

λααλβγβγβ

67 – En el sistema empotrado de tuberías, sometido a las fuerzas indicadas, se pide reducir este sistema a una fuerza FA y un par de momento MA actuando ambos en el punto A. a =30cm, b = 10cm, c = 20cm, d = 30cm, e = 10cm Sol.: FA = (20, 0, -30) MA = (300, 1100, -600) 68 – Se trata de un cartel cuyo peso es P = 150kg, que está sometido a una fuerza normal Q = 80kg, producida por el viento que sopla en la dirección x. Se pide: Reducir el sistema a una fuerza-par en la sección corriente “s” y dar las componentes de estas según la tangente “A” al arco en ese punto. Sol.: En el sistema de ejes (x, y, z) Vector fuerza:

)150,0,80()P,0,Q(F −−=−−=

Vector posición desde la sección s hasta el punto de aplicación de la fuerza:

)cos55,3sen5,0(r θθ −+=

el momento da: [ ])3sen5.(80);cos1(5.80);3sen5.(150FXr +−−+−= θθθ

Por lo tanto en la sección s tenemos:

[ ])3sen5.(80);cos1.(400);3sen5.(150My)150,0,80(F ss +−−+−=−−= θθθ

El vector director de la tangente “A” al arco es )sen,cos,0(A θθλ = y por lo tanto las componentes del par-

fuerza según la tangente se obtienen con los productos escalares:

θλ sen.150F.F sAA −== y )sen3cos55(80M.M sAA θθλ +−==

Es mejor trabajar en el sistema de eje tangente y normal a la estructura en s, (x´, y´, z´) Según el esquema adjunto obtenemos ahora:


En el sistema de ejes (x´, y´, z´) Vector fuerza:

)cos150,sen150,80()cosP,Psen,Q(´F θθθθ −−−=−−−=

Vector posición desde la sección s hasta el punto de aplicación de la fuerza:

)cos55sen3,cos3sen5,0(´r θθθθ +−−+=

el momento da: [ ])cos3sen5.(80);cos55sen3.(80);3sen5.(150´FX´r θθθθθ ++−−−+−=

Por lo tanto en la sección s tenemos:

[ ])cos3sen5.(80);cos55sen3.(80);3sen5.(150´My

)cos150,sen150,80(´F

s

s

θθθθθθθ

+−++−=−−−=

Son los mismos que antes pero con referencia diferente. Según la tangente al arco es directamente la segunda componente de ambos.

69 – Siendo Q el peso del emparrillado articulado sobre el eje x, sostenido por una cadena, se pide expresar la fuerza en la cadena en función del ángulo α. Sol.: αsen3043.Q.1,0F +=

70 – Determinar las fuerzas en los cables que sostienen el poste vertical.

Sol.: 8

215PSDA =

6

25PSCB =

Cuidado de usar solamente ecuaciones de momentos respecto de los ejes x e y para que las reacciones inferiores no solicitadas no intervengan.


71 – Determinar las fuerzas en los cables. Sol.: Realizar primero el equilibrio del peso Q para transmitir los esfuerzos obtenidos en el cable (F) que lo soporta a la barra principal. Se obtiene después, también como en el ejercicio anterior, con ecuaciones de momentos:

2

2QF =

32

9)24(QS

48

22)24(QS

AD

BC

+=

+=

72 – Para crear la tensión T en la barra de mando vertical hay que ejercer una fuerza P = 250kg (también vertical) sobre el pedal. Determinar según los datos, las reacciones en los de los cojinetes A y B. Sol.: Con el esquema libre indicado, se obtiene: Ax = Bx = 0 T = 481,13kg Az = 221,23kg ; Bz = 509,90kg Se aconseja practicar la solución por ecuaciones de equilibrio de proyección y de momento escritas adecuadamente y directamente, y también por ecuaciones vectoriales, resumiendo las fuerzas a una fuerza-par nula en el punto origen de ejes.


73 – Determinar las reacciones en los cojinetes ubicados en A y en B para la posición indicada de la biela de longitud cm30=l , siendo el diámetro del pistón: D = 3cm y la presión media: p = 160kg/cm2. Sol.: Con el esquema libre indicado, se obtiene primero el esfuerzo producido sobre el pistón: P = 1130,97kg. Se notará que la biela esta sometida también a un esfuerzo horizontal H, paralelo al eje x, tal que la resultante de P y de H tenga la dirección de la biela. Se obtiene H = 191,17kg. Después, de manera analítica o vectorial se obtiene: XA = -146,77kg XB = 741,86kg ZA = ZB = 565,49kg R = 403,92kg

74 – Conociendo P y sabiendo que el sistema esta en equilibrio, determinar q. Si la reacción vertical en A es nula, determinar el valor de Q y las reacciones en a y B. (El apoyo en B no impide ni la rotación ni el desplazamiento sobre el eje x) Sol.:

a

P2q =

P5Q =

P5RA = hacia la izquierda

P3RB = hacia arriba


75 – Determinar los esfuerzos internos en los siguientes elementos. Sol.: a – Según el esquema adjunto obtenemos: Esfuerzo de corte T = P cos(α/2) y como α es muy pequeño, T = P Esfuerzo normal: Pueden despreciarse ya que vale N = - P sen α/2, con α muy pequeño. Mt = P.d = P. R. (1 – cos θ) Mf = P.e = P. R. sen θ b – N = - P sen β T = P cos β Mf = (P. φ . Sen β)/2 Mt = (P. φ. Cos β)/2

76 – Trazar los diagramas de esfuerzos internos en los siguientes casos.


Sol.: Las representaciones de los esfuerzos normales y de momentos torsores pueden hacerse en cualquier plano que contenga el elemento de estudio. En cambio para los esfuerzos de corte y momentos flectores deben representarse en los planos en que actúan.

Se trabajo sobre la estructura simplificada indicada.


77 – a) Expresar los esfuerzos en las secciones A, B, C y D b) Expresar los esfuerzos en función de θ

Sol.: a – A NA = - 40 (z) TA = 50 (y) MtA = 100 MfA = 80 (xz) MfA = 225 (yz) B NB = - 40 (z) TB = 50 (y) MtB = 100 MfB = 80 (xz) MfB = 125 (yz) C NC = - 40 (z) TC = 50 (y) MtC = 100 MfC = 80 (xz) MfC = 50 (yz) D ND = 0 (x) TD = 50 (y) TD = 40 (z) MtD = 0 MfD = 40 (xz) MfD = 50 (xy) b – Según el esquema indicado Ns = - Fz sen θ Ts radial = Fz . cos θ Ts horiz. = - Fx Mts = Fx . R . (1 – cos θ) – My .cosθ Mfs radial = - Fx . R . senθ - My sen θ Mfs horiz. = - Fz . R . senθ


78 – Trazar los diagramas de esfuerzos internos en los ejes a y b.

Sol.: Según los gráficos siguientes


79 – Trazar los diagramas de esfuerzos en los elementos de máquinas de las figuras a y b. (Ver los ejercicios 72 y 73)

Sol.: Según los gráficos de la página siguiente.

80 – El cilindro de peso W está colocado sobre un prisma en V; siendo µ el coeficiente de rozamiento. Se pide: a – Hallar la fuerza axial P para mover axialmente el cilindro. b – Hallar el momento necesario para hacerlo girar sobre su eje. Sol.: a) 1 y 2 son las líneas de contacto entre el cilindro y el prisma. P = 2 Fr Para obtener las fuerzas de rozamiento, descomponemos W según el esquema indicado:

θcos2WN =

θµµcos2

WNFr ==

θµcos

WP =

b) En el esquema libre indicado, se aprecia que, debido a la dirección y sentido de Fr1 y de Fr2, las normales N1 y N2 ya no son iguales como en el caso anterior. Por suma de fuerzas horizontales y verticales podemos obtener N1 y N2, sabiendo que Fr1 = µ.N1 y que Fr2 = µ.N2.

Luego: M = (µ.N1 + µ.N2)r Reemplazando y simplificando

θµµ

cos)1(

WrM

2+=



Trabajo virtual 81 – Encontrar la(s) posición(es) de equilibrio del sistema (valor de θ) por trabajo virtual aplicado de manera analítica y trigonométrica. Sol.: Analíticamente Se elige y coloca un sistema de ejes x,y fijos y se obtienen las componentes de las fuerzas actuantes y las coordenadas de los puntos de aplicación así como sus variaciones. La ecuación de trabajo virtual se deduce directamente. Obtenemos así:

θθ

δδδδ

cos45cos.2..2.4

0

tetancons

221

12

21

21

−=−+=

−==+

=+

llllll

ll

ll

ll

θδθ

θδcos45.2

sen4.1 −

= ll

La ecuación de trabajo virtual correspondiente será:

0.Qcos..P 2 =+ ll δθδθ

y reemplazando: 0.cos45.2

sen.4..Q.cos..P =

−− θδ

θθθδθ l

l

o sea: θ

θθcos45

Qsen2cos.P

−= Condiciones: 1) θcos.45 ≥ siempre se cumple

2) Senθ y cosθ mismo signo, o sea °≤≤° 900 θ Elevando al cuadrado y simplificando se obtiene una ecuación cúbica en cosθ, que nos da la solución:

0P

Qcos).

P

Q

4

5(cos

2

22

2

23 =++− θθ

En el caso particular P = Q, obtenemos: 01cos25,2cos 23 =+− θθ cuyas raíces son: cosθ=2 imposible cosθ = -0,593 no aceptable (.θ > 90°) cosθ = 0,843 θ = 32°,53

Fx Fy x y δx δy

A 0 P θcos2 ll − θsenl θδθsenl θδθcosl

B 0 Q 0 2l 0

2lδ


Trigonométricamente: AA´ arco de largo θδl

AA´´ ⊥ OA A´Á´ = δ1 = )(sen. θαθδ +l

En el triángulo OAC:

)(sen

.2

sensen1

θαθα +== lll

1

sen..2)(sen

l

l θθα =+

como antes tenemos:

θcos451 −= ll

θθθα

cos45

sen.2)(sen

−=+

o sea:

θδθ

θδ .cos45

sen.21 l

−=

Ecuación de trabajo virtual:

0Qcos..P 1 =− δθθδl

y reemplazando obtenemos la misma ecuación que antes.

82 – Determinar la(s) posición(es) de equilibrio (θ) analíticamente y trigonométricamente. Sol.: Analíticamente Con el eje y hacia arriba sobre la línea de acción de P y el eje x horizontal hacia la izquierda, pasando por o, tenemos:

Px Py xP yP δxP δyP

0 -P l θtgl 0 θ

θδ2cos

l

Ecuación: 0cos

.P.M2

=−θ

θδθδ l o sea

θ2cos

PM

l= M

Pcos

l±=θ Condición: MP ≤l


Físicamente el ángulo θ esta limitado -90° < θ < 90° o sea cos θ > 0 Queda entonces M

Pcos

l=θ

M

Pcosar

l±=θ Ejemplo: P = 10kg; l = 30cm; M = 400kgcm °±=±= 30400

30.10cosarθ

La validez de la solución negativa esta sujeta a las condiciones físicas de su realización. Trigonométricamente: Ecuación según el esquema adjunto:

0cos

.P.M2

=−θ

θδθδ l

y termina como antes

83 – Una viga de peso Q se apoya sobre dos rodillos de peso P y de radio r, y es sostenida por una fuerza F paralela al plano inclinado. Determinar la fuerza necesaria para mantener el equilibrio si no existe ningún deslizamiento en los rodillos. Sol.: Si no hay deslizamiento, las reacciones no trabajan. Para cualquier desplazamiento virtual compatible, los rodillos giran alrededor de los puntos A y B respectivamente. Los puntos A1 y B1 se mueven de 2.r.δθ y los puntos de aplicación de P de rδθ. Q sube de δQ=2.r.δθ.senα, y P sube de δP = r.δθ.senα. La ecuación de trabajo virtual será: F.2rδθ - Q.2r.δθsenα - 2.P.r.δθ.senα = 0 o sea F = (P + Q)senα Nota: Haciendo los esquemas libres de cada parte se puede comprobar que, para que no se produzcan ningún deslizamiento entre la viga y los rodillos, el coeficiente de

rozamiento debe ser superior a αtgQ

P y entre los rodillos y el suelo el coeficiente debe

ser superior a: QP2

tgP

+α


84 – La bascula de Quintenz se fabrica de tal manera que, para la posición horizontal de la palanca COA, la relación P/Q no depende de la posición de la carga Q sobre la plataforma FD. Si GH=GE/3, encontrar la relación OC/OB y la relación P/Q. Indicación: Para un pequeño desplazamiento δθ alrededor de o, igualar los desplazamientos verticales de D y de F para que la plataforma se eleve horizontalmente. Sol.:

OA

OB

Q

P3

OB

OC ==

85 – Resolver por trabajos virtuales el ejercicio N°2. Sol.: Llamar 1 al cilindro menor y 2 al mayor. Comprobar que la solución no cambia cualquiera sea la posición del 01 sobre su lugar geométrico. Verificar con los resultados del ejercicio 2.

86 – Resolver por trabajos virtuales. Sol.: Se estudia la mitad del sistema por simetría. Según el esquema adjunto y los centros de rotación indicados, se puede escribir:

P114

3119.2

P2

PF

.C)02(

.)02(A

0P2

F

A

C

C

A

CA

===

==

=−

δδ

δθδδθδ

δδ


87 – Hallar por diagrama de corrimiento vertical los valores de las reacciones y de los esfuerzos internos en las secciones 1 y 2. Sol: Según los diagramas indicados.


Energía potencial 88 – Solucionar el problema del ejercicio N°81 minimizando su energía potencial. Sol: Considerando la posición de potencial cero con la barra horizontal (θ = 0), el potencial en una posición cualquiera será: V = Q.a – P.b

Con ll −= 1a

θ

θsenb

)1cos45(a

l

l

=−−=

θθ senP)1cos45(QV ll −−−=

Equilibrio: 0cosPcos45

senQ2

V

d

dV =−−

=∂∂= θ

θθ

θθl

l Es la misma ecuación que la que se obtuvo en

el ejercicio 81 y se sigue igual. Nota: La estabilidad del equilibrio es más complicada pero da que la solución físicamente aceptable (0<θ<90°) es siempre estable.

89 – Solucionar el problema del ejercicio 82 por energía potencial. Estudiar su estabilidad. Sol: Considerando la posición de potencial cero con la barra horizontal (θ = 0), el potencial en una posición cualquiera será:

θθ

θθ

θθθ

θθ

32

2

2

2

2

cos

senP2V

d

Vd

Mcos

PV

d

dV

MtgPV

l

l

l

=∂∂=

−=∂∂=

−=

Equilibrio: M

Pcos2 l=θ condición: MP ≤l

M

Pcos

l±=θ

Físicamente vemos que –90° < θ < 90°, o sea que cosθ>0 entonces M

Pcos

l=θ o bien:

M

Pcosar

l±=θ La solución con + da M

P1sen

l−+=θ

La solución con - da M

P1sen

l−−=θ


Para la estabilidad vemos la derivada segunda:

Con el signo +: 01P

MM2

M

P

M

PM

P1P2

d

Vd2

2

>−=−

=lll

ll

θ Estable

Con el signo -: 01P

MM2

M

P

M

PM

P1P2

d

Vd2

2

<−−=−−

=lll

ll

θ Inestable

Nota: si lPM → la derivada segunda tiende a cero, equilibrio indiferente, pero corresponde a °±= 90θ ,

físicamente no aceptable.

90 – Verificar que la posición vertical es una posición de equilibrio y determinar el máximo valor de h para el cual dicha posición de equilibrio vertical resulta aún equilibrio estable. R = 20cm, e = 5cm, ρ1 = 1,5kg/dm3, ρ2 = 1,7kg/dm3. Sol: Siguiendo los esquemas indicados: P1 Peso del cilindro anular

( )[ ] 122

1 eRRhP ρπ −−=

P2 Peso de la semi-esfera de radio R - e

( ) 23

2 eR3

2P ρπ −=

P3 Peso de la semi-esfera de radio R

23

3 R3

2P ρπ=

Energía potencial:

)cos1(R8

3P

)cos1)(eR(8

3P

)cos1(2

hPV

3

2

1

θ

θ

θ

−+

−−−

−−=


( ) θθ

senR8

P3eR

8

P3

2

hP

d

dV 321

−−+−=

se anula para θ = 0 lo que confirma que la posición vertical es posición de equilibrio.

( ) θθ

cosR8

P3eR

8

P3

2

hP

d

Vd 3212

2

−−+−=

Para la estabilidad de la posición vertical, esta derivada segunda debe ser positiva cuando θ = 0

O sea que ( ) 0R8

P3eR

8

P3

2

hP 321 >

−−+ o sea ( ) R8

P3eR

8

P3

2

hP 321 >−+

Reemplazando las Pi y despejando obtenemos:

+−<

2

eReRh

22

1

2

ρρ

es decir h <18,819cm

91 – Se desconoce el vínculo mecánico que liga a las barras a y B pero se sabe que cuando la barra A se mueve de x hacia la derecha, la B se mueve de x2/8, también hacia la derecha. Determinar el valor de x para que el sistema, con las cargas indicadas, quede en equilibrio. ¿Es estable?

Sol:

8

xP2PxV

2

+−=

2

xPP

dx

dV +−= vale cero para x = 2cm equilibrio

2

P

dx

Vd2

2

= siempre positivo y por lo tanto siempre estable

92 – Dar el valor de F en función de P y de θ. Ver la estabilidad del sistema. Sol: )cos1(FsenP3V θθ −−= ll

θθθ

senFcosP3d

dVll −= vale cero para θgcotP3F =

θθθ

cosFsenP3d

Vd2

2

ll −−= siempre negativo, inestable


93 – Verificar por trabajos virtuales o diagramas de corrimientos la solución de los ejercicios 19, 20, 23, 24, 29, 48, 49, 54, 55. Sol. Para el 20 según gráfico adjunto

Para el 24 también:


Para el 29 también:

Ejercicios Varios de repaso

94 – Dar las solicitaciones internas en las diversas secciones indicadas.


95 – Trazar a mano alzada los diagramas de corte, de momento y de normal en las diferentes vigas de la figura de la página siguiente.


REGLAMENTO INTERNO DE LA CATEDRA. ESTRUCTURAS ISOSTATICAS (IME, II, IM, IA.)

1.- Las clases serán "Teórico-prácticas". El docente desarrollará gran parte de los temas teóricos y prácticos, dejando algunos temas más simples para que el alumno los estudie por su cuenta. Una calculadora tipo científica, lápiz, goma, regla y dos escuadras resultan imprescindibles.

2.- La Cátedra proveerá APUNTES sobre el programa y una GUIA de Trabajos Prácticos. 3.- QUINCENALMENTE el alumno deberá probar su grado de aprendizaje con una

evaluación Teórica-Práctica (parcialito) que resolverá en forma individual durante la clase y entregará para su corrección. El práctico entregado sirve como comprobante de presencia y participación en la clase. Para calcular el promedio de dichas evaluaciones, se tomarán las mejores notas que conformen el 70% del total.

4.- Se tomarán DOS PARCIALES, TEORICO-PRACTICO, y un COLOQUIO INTEGRADOR .

Visto las Resoluciones 306-HCD-90, 169-HCD-99, 293-HCD-99 y 127-HCD-00 se establece el siguiente reglamento (Art. 2, Res. 169): A) El porcentaje de asistencia mínima es de 80% a las clases teórico-prácticas, tanto para la

promoción como para la regularidad. (Habiendo 30 clases no se admiten más de 6 faltas.) B) Se tomarán dos parciales teórico-práctico durante el cuatrimestre. La aprobación de un

parcial significa demostrar el conocimiento de un 60% de los temas solicitados. C) El alumno rendirá un coloquio oral sobre toda la materia. El coloquio se clasificará como los

parciales con necesidad de un conocimiento de un 60% para aprobar. D) La nota final de PROMOCIÓN resulta de considerar 10% del promedio de

las evaluaciones quincenales (parcialitos), 20% de cada parcial y 50% de la nota del coloquio. La nota de promoción debe ser superior a cuatro (4) y se deja asentada en la libreta.

E) Para optar al régimen de promoción el alumno DEBE tener aprobada (o Regular) las materias correlativas a la fecha de rendir el primer parcial.

F) El alumno que no promociona con el coloquio queda como alumno Regular si tiene por lo menos un parcial aprobado y los porcentajes de presencia requeridos, caso contrario figurara como ABANDONO, LIBRE o INSUFICIENTE según el caso y debe rendir examen final. Este consiste en una primera parte escrita con tema común para todos los alumnos, y sólo aquellos que satisfagan un nivel adecuado, pasan a la segunda parte ORAL con tema individual.

Agosto 2009

EJEMPLOS DE PREGUNTAS PARA EL EXAMEN ORAL Y/O PARCI ALES 1.- Noción de fuerzas - Definición - Características. 2.- Los cuatro principios de la estática - Enunciado y explicación. 3.- Teorema de la transmisibilidad de una fuerza (o deslizamiento de una fuerza)

- Su alcance y limitación. 4.- Rozamiento - Fuerza y coeficiente. 5.- Definición del momento de una fuerza respecto a un punto (en el plano).

Teorema de Varignon 6.- La cupla en el plano. Sus propiedades


7.- Fuerzas concurrentes en el plano. Descomposición de una fuerza según dos o más direcciones concurrentes en el plano.

8.- Condición para que tres fuerzas coplanares (no paralelas) estén en equilibrio. 9.- Equilibrio de una fuerza según tres direcciones no concurrentes dadas en el

plano. (Culmann) 10.- Fuerzas paralelas en el plano (Resultante - Equilibrio). 11.- Fuerzas generales en el plano. Gráfico y analítico. 12.- Interpretación real de las ecuaciones de equilibrio en el plano. Interpretar

diferencia real entre ecuación de momento y de proyección. 13.- Los vínculos en el plano. 14.- El Esquema libre en el plano. 15.- Sistemas equivalentes en el plano. 16.- Centro de fuerzas paralelas en el plano. Centro de gravedad en el plano. 17.- Teoremas de Pappus y Guldin - Enunciado - Demostración. 18.- Fuerzas paralelas en el plano repartidas de manera continua. 19.- Cable sometido a fuerzas concentradas. 20.- Cable sometido a peso propio. 21.- Cable sometido a carga repartida uniformemente sobre la horizontal. 22 Ecuación de las correas. 23.- Definición de los enrejados isostáticos indeformables. 24.- Corte de Ritter. 25.- Esfuerzos internos en vigas. Definiciones - Relaciones entre ellos. 26.- Utilización de los diagramas de corte y momentos en los enrejados

articulados. 27.- Diagrama de momentos en el arco con tres articulaciones. 28.- Composición y equilibrio de fuerzas concurrentes en el espacio. (¿Pueden

utilizarse ecuaciones de momentos?) 29.- Relación entre momento con respecto a un punto y momento respecto a un

eje que pasa por este punto. 30.- La cupla en el espacio, definición y propiedades. 31.- Caso general de fuerzas paralelas en el espacio. 32.- Centro de fuerzas paralelas en el espacio. Centro de gravedad en el espacio. 33.- Caso general de fuerzas en el espacio - Composición. Equilibrio. Fuerza-Par.

(Torsor). 34.- Los vínculos estáticos de un cuerpo indeformable en el espacio. 35.- Los esfuerzos característicos en el espacio. 36.- Trabajo real y trabajo virtual. 37.- Cinemática de los desplazamientos: Centro de rotación. C. I. R. Diagramas

de corrimientos. 38.- Principio de los trabajos virtuales. 39.- Principio de trabajo virtual y ecuaciones de equilibrio. 40.- Diagramas de corrimientos en los enrejados. 41.- Cortaduras relativas a reacciones y esfuerzos internos en vigas. 42.- Utilización de trabajos virtuales y diagramas de corrimientos en vigas.


43.- Equilibrio estable - inestable - indiferente a partir del principio de trabajos virtuales.

44.- Vínculos y coordenadas generalizadas. Fuerzas generalizadas. 45.- Energía potencial - Fuerzas generalizadas. 46.- Las ecuaciones de equilibrio en coordenadas generalizadas. Estabilidad del

equilibrio.

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DEPARTAMENTO DE ESTRUCTURAS · ESTRUCTURAS ISOSTATICAS (IME – IA – IM - II) Guía de trabajos prácticos. AGOSTO 2009 Esta guía se imprimió con la colaboración de la Asociación