ESTT Cap1 Ejemplos Adicionales

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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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


Cortesia: Prof Jorge Rodriguez DSC

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