(alumna: marina espinoza) m r p . se pide - eugenio rivera · recordando que sen 180 = 0 y cos 180...
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(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
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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
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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
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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
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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)
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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
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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 =
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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
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⌧
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 +
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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 −
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(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:
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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
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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:
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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
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(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.
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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
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- 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
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(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