Apuntes- Problemas Mecanica General Estatica Pag 61-162

ESTÁTICA &!

(Huang, I, probo 3-299, pago 271)

Localizar el centroide de la linea de la figura.

Soluci6n longitud total, L 3aa a

Z/a' 2 a

a' 2 +a.aax --= - Yc -c 3a 6 3a 2


zc

aa. 2

3a

a6


Soluci6n Longitud total, L = '\l'a + a + 2a = a (3 +lt)

2a a 2a~ O'33ax

a(3+~ 3 + no:eV

aa

2 a~ O'OBaYc a (3 +tr) 2 (3 +~)

'ta2a

j n-- ""~ = 0'33az = ( 3+"')c a 3+1t

&" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, I probo 3-297, pago 271)


y - D por simetria de la figura.e

Solucil1n

~I

longi tud total, L '" 2 x 8 + 5.l( - 16 + 5 tr

(2x5

2x8xa + 5'" 8 + 'ir)

xc· 16+51( 7'56

(Huang, I, pago 271, probo 3-296)

Localizar el eentroide de la linea de la figura.

Solución se podria tomar +y hacia abajo, pero lo consideramos negativo

--;:;~_---. ~_5" -r_a<.. como ura pr~ctica de signas:

510

long1 tud total, L ,. 1~ 10+5 l( +10+7+5t-3

.. 50 + 5'tf

x =c

15x'12 , 5t-1Dx20+51t . 15+ 10x~"ÑIItO+5x2'5+3x5

50+51{

~ 10'66

15xO-10x5-5~.(10-~) - 10x10-7x6 t 5-5x3-3x1 t 5

50 + 51{- 4'90

ESTÁTICA &#

1.10.- (Wittembauer, I, nº 160, pago 26)

Clacular el c.d.g. de la figura respecta del eje indicada.

Soluci6n Area total, S ~ 22'5x18-2x1'5x17'5-12x19 • 124'5

1'5 17'5 3'52x3x1 1 5x---+2x1'5x17'5x(1'5+----)+18x3'5x(19+---)

2 2 2

124'5

~ 14'88

~= O, par simetría

(Shames, I, probo nº 5, pago 237, cap.S)

Hallar el ce~troide de la figura, sabiendo que 85 una par~bola.

5aluci6n2

la ecuaci6n de la par~bola, que es de la forma x • 2py, re-2 18

sulta ser x - (y+2). el punta -5 J

de corte es el (~, O) j luego

el ~rea vale

~\le '47'2

~S i y dx + y dx

&$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

[

25x2_ 36

18 dxo

+ 16 5x2 - 36

---:-::--- dxV?'2 18

4{7; 24+4V 7'2-3-- + ---'::3:---

24 + e..¡::j:23

tomando momentos respecto del eje x, primero, resulta:

":f7'2 6

S '() = - JI ydx +f, ! ydx - :-...2..(2 2 648

o \.f70.

1 ~6 4 2 - 691 '2 V"7"'2... - (25x - 360x + 1296) dx = 648 +

648 V7'220736 - 691'2Y7i2

648

32 - 2'13v:702 ~ 26'28 m3

y tomando,

ahora, momentos respecto al eje y

1 13

5x -36x 1S.'-S = SXYdX = S 18 dx = 1'8

6

1 [5X4 36x~18 "4 - -2-]V772

64'8--+

18

972 + 64'8

1861 '2

ESTÁTICA &%

(Shames, r, probo nº 10, pag.23a, cap.a)

¿Cuales son las coordenadas centroidales de la superficie de la figura

adjunta? .

s parábola - Sb + ~rea rect.-2x3=

3ac. d.g '=5:'= <;'4

323

a, x

1 (32 _ 7) 8+7x5-6 =6Jsi ~2 3 9

6x ; y

2 32--83 3

2Y

2Respecto al eje y, utilizamos el área de la parábola (3 lh)-

y su e.d.g. (~l de la izqda.) j5

Soluci6n

232 ~32 132 r. 232 ]momento~ = :3 ~ a g ~ - 2 (~- 'J8 L'+ 3 (:3 -~J + 7x5x3'5-6x3'5

= 3a!'a~

Respecto del eje x, calculamos primero el c.d.g. de la parábola

J~ ydx =

~ lh3

32/3

~1 6xdx

2 32- - 83 3

3 ahora, como antes, momentoX

2 32 1 32 a:3 "3 8.3 - '2 (3 - ~) 8. 3' -7x5x2'5 = "~'Oti j

() 4'S<9. '1" 0'13)

&& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(5hames, 1, probo nQ 7, pago 237, cap.a)

Calcular el primer momento de la superficie de la figura respecto a los

ejes x e y, sabiendo que la curva es una par~bola.

Solución2

la ecuación de la parábola es y 20 (x-3)

ydy .. 10 dx

2x= r.-. + 3

20

m-1x y dx •1el + 3)Mydy

y 10=y 3 o 20

~

"'"1 f4 2

= 10' o (~O + 3y )dy 2DD3 s-

a 8

M ·L~ y dx it20 (x-3) dx 10 [x: _3x J: 125x

Este segundo momento podrfa haberse hecho por el área de la parábola --

2(- lh3

2 100 J3 10x5 2 3 ) y su c.d.g. (8 1308

Mx

100-x

330-=

8

10008

125

ESTÁTICA &'

(Shames, 1, probo nQ 6, pago 237, cap. 8)

En el problema nQ 5 de Shames, idem. (ver en este mismo cuaderno), ¿cuál

es el primer momento de la superficie con respecto a un eje que va de --

(1,2) a (-1'5,4) 7.

Soluci6n : Si hallamos la distancia del c.d.g. (4'91-2'11) (ver problema

citado) a aquel eje, y la llamamos O, el momento pedido es D.S (S, área,

24 + 5~2) .3 ,eje

x - 1 Y - 2::;t'5:1 = 4 - 2 4x + 5y - 1 '"' O

O4x4'91+5x2' 11-1 ~_..- 4'56 M

o24 + 5~

5.0. s 3 4'56 ~ 56'87

(Shames, 1, probo nQ 12, pago 238, cap.8)

Hallar las coordenadas centroidales de la superficie de la figura.

501uci6n Area total2

2'5x2'5+ 4+1'5 3 _ ¡r.1 : 12'93 m23 2

(~ 3)x 4'23(~)- jt .4+(2'Sx2'S) 1'25"'" 2 . 2 -.,J

- 12'93~ 2'82 m.

12'93

'3e ~ 0'28 m.

(.) La posici6n del c.d.g. se ha calculado

h (2a+b)--~--~ - 1'73 ; Y la verti3 (a+b) -

cal por semejanza.

&( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Shames, I, probo nQ 11, pag 238, cap. r)

¿Cuales son las coordenadas centroidales de la superficie de la figura,

de 0'5 m. de radio?

Soluci6n Las calculamos coma suma algebráica del semicirculo comple-

ta, del sector de 30º y del sector

de 20Q (ver f6rmulas)

\( 2 1900 2Area total = r. - ~ 0'4145 m .

3002 1

f102 = O' 1745 red.

~52 = 0'2618 red.

1"'r2

.30 ~,-.O'5 sen15 )~~~ x cos15 +

~ = 300 3 x 0'2618

2.0'5 sen10ºcos10 Q

3 x O' 1745

0'4145

2"'" r 20

360 ~1085m.

¡=2 2

'tt r 4r n: r 30~ 31r- 300

22xO'5 sen15 sen15) _ 'trr 20 (2XO'5 sen10 sen1O'

3 x 0'2618 300 3 x O' 1745 "/""

0'4145

~ O' 182m.

(Huang, I, 3-292, pago 270)

Calcular las coordenadas centroidales de la figura.

Soluci6n Lo resolvemos par cuadrantes independientes:

.~.

2"'a4

1 2 3

2a + 2ita~ 2\fa~.~ ~lt-~W:

3.21\a4

24 a

61"a

ESTÁTICA &)

233" = 0'212 a

24 a -2a

- 6fta =~ -0'212 a

(Huang, l, 3-293, pago 270)

Calcular las coordenadas centraidales de la par~bola y = x2

, entre (0,0)

y (1,1)

Soluci~n

o

12 ) fc!l - )~ Vdx2

+2 )~ V1 + y~dy .. dx =

kV1 + 4x2

dx = 2 ev~ +2

dx =x

(,) \)

= ~ [xV 1+ l +~ 1-. (x +Vl +/ J124440

=~ + 2 1", (1 + V5 ) - ~ 1'4. 2 =2 4 242

~ 1 '4789

( 1+4x2 ) 1/2 dx ; 21 + 4x = Z j 8xdx = dz

1)5 1/2 1 [z3/2J5queda - Z dz .. - ~8 1 8 3/2 1

1 (5'(5 -1) "::!. 0'8484 4Jf = 0'573712 >

3') í~ y dl· 2í~ x2V1/4 + x2dx .

. 2{;¡ V(~ N - '~4 [xVi + l + i ,.. (x.vi + x2~1 ~ • 0'0064

t 1) (= 0'4100

' PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Wittembauer, 1, nQ 150, pago 25)

Calcular el s.d.g. de la f~ura, considerada como lInea.

menores. Respecto del eje x

4{t r 2 {l"'r-2- + -2- +Llongi tud total

2n- r 4~r+ -2--

d . . f . 2r,el C.. g. de un sem~arco de C1rcun erenCla es ~ ; ~ = O

."i- (eje y) por colocaci6n sim~trica

del arco mayor y de los dos arcos -

Soluci6n

(Huang, 1 prob, nQ 3-294, pago 270)

Calcular el centroide de la figura adjunta.

Solución por simetrIa, (- O ; solo calcularemos ~= 51 xr1L I JIJJ..

4 j:\¡Y--;_ V~ + yc. dy2 o 4

ESTÁTICA '!

2[vn 2 \)2 Ja-ya 2 a a 2a a + y + a in (y + a + y) o

[~ 2 ~ 2 ] [ 1+~ ]a a 5 a a 5 a a 51 2- a + - l~ (a + ) - - la. - = 2a ~ + - Ir¡ -- =2 24 2 42 24 1

2

2ax 1 ' 4'789 2' 95'78a

2\R2Y Y- 1+ - dy

a 2a

{

2 2::... ~~a'fE_~2 4 4 2 32

a

1'2127 a2

r~+a2llll (a + ~)J+ [a2

l'i. ~Ja2}t 2 4 2 4 2 32

1'2127a2

~ = 2'9578a 0'41 a

(Huang, 1, probo 3-301, pago 271)

Encontrar el c.d.g de la superficie de la figura, sin base (área lateral

de un medio cono y sin base.)

501uci6n área total medio cono St = 'tY2

rg = ~. ~. 13 _ ~ti j cosIX. = ~~

~ _ 13 dcoSll 12 y

'" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

'z

r--_.. / e/sir- __

"'( ~ :I '

~rea corona elemental 2ll'rds = ir. 5( 12-y)2 12

13- dy12

651'" ( 12-Y)144 dy

2 3 12? (12 ~ - ~) = 4 =

144 2 3 o Ye

2r 5(1ó-y)su e.d.g. está en ñ: = 6 ~

112 2~ (12y-y ) dy

144o

~2

• z integrando ahora

r6;'

~

y=(12-y) - (12-y) dy

14420

z 3ít = ze ~\ ~ c

2

Otro procedimiento : y debe coincidir' con la misma posici~n del c. d. g.c

del cono completo (ver f~rmulas de la pago 281), sin base;

h 12Y = - = - = 4 = Y ; z es el e.d.g. de la corona a distancia h/3 = 4

e 3 3 e e

del origen, donde se encuentran todos los triángulos elementales según

figura5

su radio, rZ • 12 (12-y) .2 (12-4)= ~r12 3 Z

ESTÁTICA '#

(Huang, l, probo 3-307, pago 272)

Calcular la posiciÓn del centroide de la figura.

Soluci6n

o

._Jxydx _ a í~ x3

dx a/4 _ 3 _

~- - -/ ---~)o s s a3 4

r ~2142~ ydx -- x dx 2l? .. 2 ,. a /10 =3a :="

(s S ~ 10 (

(Huang, l, probo 3-308, pago 273)

Calcular el centroide del ~rea sombreada de la figura.

r. J 3/2 [ 5/2] 16~.:= ~ ,. 2x dx .. ~ x~ s s 224 -sT2 4

224

3

Solución

'-1J

16

S :=jds := ~ ydx '" J4 2x1/2

16

'~[XVX]4

3/2116

dx := 2 x3hd 4

e

1~ ydx _

s

ef /) ~ :=2.-[x2'1.j";.J16 372 .. ,200 4 35 >

(16 16

)4 4xdx [2 ]2s := ~ X2 4:= ~ (255-16) = 2:~~3 = ~ :=~

'$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL


Calcular el centroide del ~rea sombreada de la figura.

Soluci6n :

.10

s = 20xB-5x6 - 'i", 9 = 160-30-4' 5 tr = 130-4' 5 'i't'"9

"1-_ 20xBx10-5x6x2'5-4'5 fr x10..,J ,..--._..,..:~:..: :;r 130-4'5 iF - 11 94

4 x 3-20x8x4+5x6x5+4 '5 tr (B.3"iF) -v

130-4'51)"

'::! - 3'408

(Huang, r, probo 3-311, pago 273)

Calcular el centroide del área sombreada de la figura.

Soluci~n :

'{ ~

so

1S,. 10x10-'n'.4-3 (2'3X3),. 100-4tT-13'5~

- 73'934

~ por simetr!a. solo hay que calcular una coorol----+---

Cl) de nada .

1 1 1 2100x5-4 1Y . 5- 2 3x3x ~-2 2 3x3 (3' 3+7)

~... 73'934

500-20 tr -4' 5-81 ..;73'934 - 4'757,. ~

t ,. - 4'757

ESTÁTICA '%

(Huang, 1, probo 3-314, pago 273)

Calcular las coordenadas del centroide de la figura sombreada.

Soluci6n Son conocidos los c.d.g. (8, y 82

) parciales, por simetría.

144dy

para calcular S = 4~XdY;2 Jo8x2 :: 16

x = V7y2

+ 9 . S = 4J4 V7/+16 '2 4

o

'~ ,.. (y.'; /. l~)J:'

\[727 [4 V ,1~. 144 V 144 144 12]16+'T4 7 l~ (4 + 16 + 7) - 7 lW1'ñ ~53'64

\

tomando, ahora, momentos respecto del eje de los x

~ = 16 x 5 + 53'64 x Ot 16+53'54

80 l' 15 = '()69i64= (

'& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, 1, probo 3-315, pago 2(3)

Determinar el radio a del círculo indicado en la figura, de manera que el

centroide del área sombreada se encuentre an (r/6, O).

501uci~n Tomando momentos con respecto al extremo de la izquierda

2 2r + ar + a

2 2 T /

(r +ar+a )~)=

( 2 2 ( r~r -~a) r + 6 )

3 3r - a

7(r+a) 6 r 6a

2 2 O- ar - r '"

+r - Sr _0'5 r = a-1-2- = 'negativa, no válida

(Wittembauer, 1, nQ 151, pago 2S)

Calcular el c.d.g. de la línea compuesta de la figura; datos r y ~

Soluci~n (ver c. d. g. arco ángulo 2 C\) radios

r ..1

r/2---=sen r;/...

r2sen cr..

r lO

2r/2

cos Ol..

r2cos O\.

r .. r

Longitudes ~seno!.

2r(~ -O(.)2

2cos ""

r( it'- 2"")2cos O(

1 = rír3 2

ESTÁTICA ''

coordenadas de G1

, G2

Y G3

longi tud total ,

1 .. ~+r(tt-2o(.)t 2sen~ 4C05 ~

1\"T+

2

~1

r (~_ cas o/.. ) .. -!:.. __r_2senlll.. do. 20(. 2tQd.

r 1 sen '"-(r cos lA - ---

1 (j..

5 .. - rr sen 0\2 L2

r 2 cosDI, ]

1t-rJ....2

r 2casc(~('tt"-2 c( -5en~)

_r rtgc/,.

~-2~ 2

rsen 45 9

r!42 r(t

~ .. S 1 1 1 +52 12 +, 3 13

11

+ 12

+ 13

r2

/e( + .J"\W~) + J!..!sen DI, 2cosoc., 2

+ 1~ + (~- 2 ",,)tgO\2sen o<. 2caso'- 4cas""-r-----.-;.--=----;;..;...---~ + 1t-2fi... + trsenO'.. 2caso'- 2

'( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

2cA cos (j.. + 2sen cA -( '{\ - 2~) sen ot..tg 01.. + .1 sen"- coso<.4sen 0\ cos .:<.

= r ----=-~---..,""'='...;;._=_~-~~~-------20{ cos.:=( + l ir - 2 o( hen o<. + ít"sel"'ol casal..

2 sen o( coso(

2 2 22 (j., cos cA + 2senc¡( cos cA - (1r - 20(.) sen cA + 4ser"JO( cos o<.

=r-"';"'-"';"--~~"---";;';'-~";""'-"';"'':''''---::-----''''''';'---:~

2coso'-. [2 d.cos o<. + (~ ... 2o<.)se~ +1'"'senoC coso(]

sen 27-.(1+2coso,J -!rsen2

oi., + 2 ~r=..:.--:....:.;:.....;.::.;...~~_....:.:...::......_~--=-.:.....:._-~

2cos 4'-. [1i sen 01. ( 1+coso.. )+2 ~ (cosoll-sen oc. TI

el cálculo de ( es similar, y con el mismo tipo de simplificaci~n, se

llega a

2r sen 20<-( 1+2sen d-)+ 'itsen o( - 2 o(.

2sen~[ fI"" sen d\ ( 1;.cos 0'--) ;. 2 Á ( co~ o'. - sero(.)J

(Shames, cap. 8, probo nQ 32, pago 240)

Calcular el centroide de un tronco de cono en funci~n de sus radios y su

altura.

SoluciÓn en la figura se ven las dimensiones referidas; el c.d.g. de

un cono está a 1/4 de su altura :

H H-hhr

1hr

2- ,",- H= H-h ~

·1 r2

r -r • -r

T 1 2 1 2

1

IH lfr~ H ~ - ifr~ (H-h) [H: + ~It t '( .

i~r~ H -lfr~ (H-h)

ESTÁTICA ')

Zh

2r

2 3 ?r

1r h- (4r - 3r

2)

1 2 1(r

1-r

Z)1. 4(r,-r

Z)I 4 3 4

4 r - 4r r + 3rh 112 Z

3 h 3 4' 3 3hr

1r

2 ( r, -r2)( r ,-rZ)---r -r r,-r21 2

Nota: divisibles dos veces por r1-r

2~

(Huang, I, 3-3'8, pago 274)

2+ 2r r

2+ 3r

22 2

r 1+r ,r2+r 2

Calcular el centroide de la figura, de radio r y altura h.

501uci~n a la derecha se han dibujado la planta y el alzado, para se-

h b~ = r-z

Br+z

rb =

~.

h(r-z)2r

h(r+z)2r

guir el c~lculoj por

simetria de figura, -

h. su e.d.g. está en el

eje y solo falta su -

altura; a una distan-

cia x del origen se -

forman trapecios de -

altura

bases

del trapecio :

( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

B+bvolumen diferencial ~ 2zdx; B+b h la altura hasta la base de cada

c.d.g. vale G,

2( 'írrh)luego V = --2--- :

2 2B +b +Bb

3(B+bJsustituyendo y operando

2 23r +z----- h

212r

hacemos el cambio

2 2\~3r +zVr -x----- h dx

12r2

(\122 2 2- Jo Vr -x (4r -x )dx;

244sen d.., +r sen d.. ) d "" =

J: = r cosa. J;/2}dx = -r sent( d""

Jft'/2

queda o (3r4

4 (/2 2 4 [= 3r Jo sen do. dOlo.+r -

[fr/2 ]'fr/2+ ~ Jo sen

2o( d~ o

3sen"" cos<;(

+4

415r4 [ ]

fr/2

~ (c:i- - sen¡¡l.cosol.) o -

415r8

;; luego

1\"'.2'

ESTÁTICA (!

(Huang, I, 3-320, pago 274)

Calcular el centroide del volumen de la figura adjunta eh 2'5 r)

Soluci~n Por simetría, y O. Consideramos solo la figura plana en x-z.

1 12

4rrh - h

_'1l!:....31t2 3 4. 8'5rz •

(5 + n-)r~ '" 3(5 + íl'-)z= D'34.6r

41}

1 '\'(t'2

1 4r). 2 rh :3 r + 4 3'í\-- 9r

x '" (5 + \t) r 1 3(5 +-n--) x= O'368r

4

(Huang, I, 3-322, pago 275)

21 '\tr

S .. - rh +2 4

2(5 +\Y)r

4.

Un volumen compuesto consta de un paralelepípedo rectángulo a.b.h., una

placa semicircular de radio b/2 y un pasador circular de radio a/2 y -

longitud a, Como se muestra en la figura. ¿Cuanto vale a si h= 2b Y el

centroide del volumen compuesto se encuentra a una altura de 3h/4? Ha

llar las restantes coordenadas del centroide.

Soluci6n 19 ) cálculo de a

do,

2a

(a 2 j 3h .+11" -) --j resolv~cn2 4 -

sustituyendo y simplificando, sale

2 44 - 3",",b 6~ ¡a=1'3544b

(" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

2 9 ) las restantes coordenadas ~ -- 2b

por simetría, "7

b 2a '\fC Z) a

abh 2- + • ~ + ~~)2 a Ca + ~) =2 2 2 2

2simplificando, sustituyendo h ~ 2b y a por el valor antes hallado,

sale f= 32' a ~ y las coordenadas finales son

32 b

CShame~, cap. 8, probo 65, pago 243)

En la figura adjunta, determinar los momentos de inercia principales en

el punto A y los ~ngulos de los ejes principales de inercia con los x-y.

partimos de O, para el rectángulo y de O2

para el semicírculo,

teniendo en cuenta que aquel es c.d.g.

del mismo y el O2

no, a la hora de apl~

cal' Steiner.

34 x 2 8 8 2 32

I -1-2- 3 I - + 1 x 2 x 4 '" "3xr1 xrA 3

3I

2 x 4 32I

32 2 128yr1 12 -+ 2 x 2 x 4 ""33 yrA 3

1 ° 1xyrA

a O + 1 X 2 X 2 X 4 16xyr1

501uci6n

ESTÁTICA (#

1xc2

1xy2

4lt!:....

8

o

TI-a 1

yc21

xcA

1ycA

2 2n- + 2x4x 4r 'i'rr + 42 iir _ =65\r + 168 3~ 2 2 8 3

1xyeA

2 2O + 1 4r 1" r + 1x4 lr r

3 2 2sumando :

32 Sir 41 - + 12'63 m

x 3 8

128 65rr 16 41 -+ --+ - = '73'53 m

y 3 a 3

2 41 16 + 21t + 22'95 m

xy 3 )

1 +1x y +---2

12'63 + '73'53 +2

.... ,43'08

",..... - - .....r L. )

'.. 4 I

/

(,81'21 m I

,,--' 4'= _/4'95 m \i 1 ''-,S I

38' 13

22'95~

los ángulos con x - y son

2'r1 = 3'7 2 O' 18'49"

<t' = 182 30' 9'24"

CY 21J, Ytg 2 U = -

1 -1Y x

2 x 22'9573'53 - 12'63

0'7536945

(WittBmbauer, 11, nº 139, pago 21)

En la secci6n de hierro de la figura (medidas en mm.) determinar para el

v~rtice O los m.d.i. máximo y minimo y el ángulo o( .

Soluci6n aplicamos m.i. respecto a una base, rec~ngulo,

2 2trifugo respecto ejes x - y por O bh

1 4

y m' cen-

($ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(75 - 7) 73

5.503

4I +-- 299.441 m

x 3 3~

(50 - 7) 73 3

)~ I7.75 4

+ --= 989.291 mmy 3 3

=1-

O \_ M ~ 752 l 50

2x 7 l 2

x x 71 +xy 4 a. 4

4• 98.931 mm

I + Ix y +

2

4/1.003.198 mm

'" ---- 285.534 mma.

tg 2(J...

21xy

I -1Y x

2 o<.. • 16!! O' 14"

o( = 8 9 O' 7"

(Huang, 1, 3-349, pago 277)

Dada el área sDmbreada de la figura, calcular Ix, 1 ,1 ,1, y 105 ca y xy o

rreapondientss radios de giro r • r , r .x y o

Soluci6n

o

3 3 612 )

bh Y dx x dxdI 3 3 24x

-fa

¡6 Ix dx 128 I 16 II 168 =! - = 1

xix 24 21

2 9 ) respecto del lado derecho :

"X.

bh3 3 3

dI'(2-x) dy (2-x) xdx

y 3= 3 3

ESTÁTICA (%

2 2

I' = J (2-x)3xdX = ~ (

y o 3 3 )02 3

(S - 12x + 6x - x ) xdx8

15

para aplicar Steiner necesitamos conocer el c.d.g. y lo calculamos tambi~n

respecto de la derecha:

fa2

~:(2-x) 2

2dy

~ dx1 1 3

análogamente2 3

y' '" - YG 2 - 2 = 2 x '"G r: (2-x)dy2 G

~: (2-X)dy5

-í,=3

y=3 4

2 ' área A .. :35

8 1 4 4 11~ .. I YIluego I - - 2 x 2 x 2:3 + 4 x - - o de otro modoy 15 3

~ + [(~)2 _ (2)2J4 16

1:3 - 5y 15 2 2

~:2 ex dx3º) I -j) xy dx dy .. x dx ~ o y dy • [ll=xy . 2 J

=): x dx

4

Jx5x 1 bs- 8

dx .. - '" 1 I3 xY·

4 2 ) Radios de2 4 2 16

·1 r2\/7 ,

giro A r I -r21 7 Ix x 3 x ' x

2 4 2 16Ir -2 ~IA r I -r

y y 3 Y 5 t Y V1 1

'" I + Ix y

16m - +

2116- '"5

16(5+21)105 ~ =[3'96 - I l·105 O '

r 1'7237832O

(& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, r, 3-350, pago 278)

En la figura del problema anterior, calcular los mismos mOmentos respecto

de l~s ejes paralelos por su c.dogo.

Soluci6n aplicando Steiner a la inversa, salen

1148

x' 525

11

5y'

12

x'y' 15

1148 1 253

1 -1 + 525 + - -o' x' y' 5 525

(Wittembauer, 11, nº 128, pago 20)

Los mod.i. principales de un cuadrado de lado a con un vaciado interior en

forma de otro cuadrado de lado n, respecta al v~rtice O (ver figura) deben

estar en la relaci6n 1:5; ¿Que valor tendrá n 7.

.:1a 412 (1-n )

Solución Por ser un eje de simetr:!a eje principal (1 ~ O), uno de 1~5xy

ejes ser~ el 1) y el otro el perpendicular -

17

, El valor de 1", lo calculamos como dife3

rencia de triángulos (~) y cuadrados por3 12

su c. d o g o (.2!L) .12 .

(a \/2)3(a V2) --'2

I S .. 2 12

ESTÁTICA ('

y para I~ aplicamos el paralelo por el c.d.g. de la figura (ques es el mi2(

mo IoS

, por simetr!a) y Steiner

1\7, L6gicamente,

luego ~ = 1II'7 5

(

41 -n

2 47-6n -rl

1

5ecuaci~n bicuadrada

2n4

_ 3n2

+ 1 = O, de cuyas cuatro soluciones (+1, -1, + 1/ V2) la única -

Ir.: V2válida del problema es n = 1/ v2 = --

2

(Wittembauer, n, r1!! 101, pago 17)

Averiguar la expresi6n del momento de inercia de ur1 triángulo ASC respecto

a Ur1B recta cualquiera A , que pasa por el v~rtice A, en funci6n de sux

área 5 y de las distancias b y e desde los v~rtices 8 y C a A .x

Soluci6n Prolongando Be hasta D, tenemos:

el m.d.i. de un triángulo respecto de -

IASC

= ~2 PD.b3

_ ~2 PD,c3= ~2.6D(b3-c3) (2)

despejando PD en (1) y sustituyendo en(2):

12 ¡iD.c

luego

1-2 PD.b

; AD (b-C) (1)

s

su base es bh3

12

2 Sb-c

(( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Una balsa es remolcada por dos remolcadores; si la resultante de las --

fuerzas ejercidas por ambos es una fuerza de 5.000 Kg. dirigida según

el eje de la balsa, hallar aJ la tensi6n en cada uno de los cables para

~ = 459 (ver figura); b) el valor de ~ tal que la tensi6n en ese cable

sea m!nima.

501uci6n

b J T 1

2

al T sen30 =T2 '",45 o J, T, ~ \ r--

2"2

T,cos30 + T2

cos4S 9.5.000 ;t /

v; Y;, V;5.000;T 2 - + T

2 2'"2 2

m.ooo' V6 -V21 -::::. 2.588'24

1T =2T sen d..., 2

"-

T ,cos 3O+T2cosJ. =5. ooj Ti:; se, J.. +

+ T2 cos ti.. 5.000

5.000; T~ (V3 senoL+ cos«') + T/VScosol- sent{) o

(Mataix, n9 267, pago 136)

T~ T2 (send.. .Jf3cosJ...)fi~ ~ Ul~lll.

o~tgol4J;ol: 50 9

2Una puerta rectangular de 0'80 x 1'20 m y peso 40 kg. aplicados en su

e.d.g. gira alrededor de sus tOZ~s A y S, dispuestos simétricamente -

ESTÁTICA ()

sobre el lado mayor y a 0'30 m. de los v~rtices superior e inferior res

pectivamente. Calcular las reacciones en A y 8.

Solwci6n La sOluci6n gráfica se ve en la figura; por simetría, las -

compoenentes horizontales y verticales

J...= 369 52' 11'6"

R +R =40 R =R =20 Kgay by ay by

son iguales en valor absoluto; es decir,

16Cl ~M,,=oj 4OxO'4=R xD'OOj R =-- 26'6

ax ax 6

Rby

Ray

V 2 SO 2"" ~ 20 60R= 20 +(:3) --33'3; tg~=80J3 SO 0'75;

R = R xax b

Rax

Analfticamente:~ A

"

t

~ e--. --~

!"O~"01:'

l;"/\~ i~. I

'O

0''30

(Huang, l, 4-16, pago 328)

Calcular las fuerzas que act~an sobre la esfera de la figura.

Soluci6n: ;Z F =0 ;> 100=Rcos 3J 9Y 2

100\{3~F =0 ==> H_A sen 30!!= 57'74 lb

x 3

R200 V3

= 115'47 lb3

) PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, I, 4-9, pago 327)

Obtener los valores de la tensi6n en el alambre DA de la figura y el

valor del ~ngu10~ , considerando que la polea sobre la cual corre el

alambre es lisa.

501uci6n:

~ F =0; Tcos2V = 200cos~x

11-10sen'J10 cos i i

- 200sera}tg2íl =

cosCO

---

Tcos2CO -.200

~ F =0; Tsen~ + 200sen~ =

71 Y

bl Tsen2CO =220'200~

2 sen~ cosi'

1-2 sen~

11-10 senCO'

10 cos~

20 senCO (1 - s8n2~ ) = 11 - 10 sen~ - 22 sen~ + sen3& ;

40 sen~ - 22 s8n2~ - 30 sen~ + 11 = o;34

11zI

40= Di

hacemos el cambio11

Z = x + 60

2a3

ab 2 _113

11 11 IV ~q="27 - 3" + c = 27 --3 - 00 + 45- 0 ' 125c:::

20

(ver figura en p~gina

siguiente)

p - 0'8508

x3

_ 0'8508 x + 0'1252 = o

3Y :z x

y = 0'8508 x - 0'1252

ESTÁTICA )!

x ~ O' 1505

z = 0'15 + _1_1_ IV 0'3338360 -

cv = 19º 3D' 5'79" 19 '50

(se comprueba con m~quina de calcular que se cumple la ecuaci6n)

T200 cos~

cos 29"

0'4

200 x 0'942632 ......0'77711 - 242 '6 kg ~ 243 kg

0'4 0 ' '21 ( 1/ t"'5 1[' ',~~ o o :3

1- O 0'001 o'co~ o'ott· o'off., 0 '125 \0'21(;

)" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, r, 4-18, pago 328)

La esfera de 100 lb de la figura está apoyada sobre el suelo y sosteni

da por una barra, que conecta su centro O con un punto A del plano del

mismo suelo. Calcular la tensi6n de la barra y la reacci6n del suelo.

Soluci6n

1irFx

o=> T cos 30º o: 50; To:~~ 57'74 l~3

~ 128'87 lb

"r Fy

o~ N=100+T sen 30ºso\{;

100 + -3- '"

(Huang, r, prab. 4-10, pago 327)

Los dos extremos de un cable de 10~Pies de longitud están sujetos

seg~n figura. Determinar la tensi6n del cable y los ángulos~ y ~.

2 T cos~ ~ 100

OOV;=70'7 1 "100

2 cos't

1I 10-x x 1¡-10V 2 i + ~ 10V 2 j

sen" ~

V2.{ =452). T2 , ,sen~

Para haber equilibrio Fx10:Fx2, yaJ provenir

de dos tensiones iguales, los ángulos han de

I-~- ser iguales i o sea, 9 ~ '/;

Soluci6n :

ESTÁTICA )#

(Huang. I, 4-26, pago 330)

En la figura, la barre OC está suspendida de los alambres AA' y BB' Y

cargada con las pesas de 50 y 100 lb. Obtener las tensiones de los -

alambres antes de aplicar el peso P y calcular luego ~ste, de forma _

que se anule la tensi~n en AA'.

SoluciOn

P.l 1

a) ~F ",o~ T +T -150 Jy a b T =100 16'67 lb

b 6

~ M ",o~ 5Ox2+T x6=100x2a b .

;:0==::::::¡==::::::::!=~=tc. 133'33 lb

~oo\~

2.

(Huang, I, 4-28, pago 331)

1 }% F ",0==>P+150 .. T

Y b 800

"Mb=0~ Px2-100x4+50x8 P=T

T' 550 lbb

400 lb

En la~igura se muestra una armadura cargada. Si la reacciOn en uno-

de los apoyos, O O A, debe ser 5.000 lb, determinar el máximo valor -

de W.

SoluciOn no hay reacciones horizontales, al ser el extremo A desli-

zante.

:E: F -o~ 10 W _ A + Ay o a

30W% M =0 ~Wx1+2Wx2+3I'Ix3+4Wx4=A x6j R =-- 5 W

o a a 6

~-"'-"""..4-.-l"--....L.......... A 5000)(6A

o.. 10 W - Aa = 5 Wj luego W",~ = 1.000 lb

)$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, I, 4-36, pago 333)

Ob~ener las reacciones R y R de la armadura de la figura; bo a

w .. 600 lb

4- h'3 1

Soluci6n

b

En O, articulaci~, hay Rox

y ROY

; en A, apoyo, Ra

normal

al mismo; tg~= "4

b¿F o~R R ",n,( } (1)x ox a

sF o==>R + R cos J. ..600 (2)y ay a

'tG': 6oc\bsen J.. = tg 3

cos d... ..

V1+t92

c/..5

4

5'

~ M _ o=-W.2bo

R ~ h (3)a 3

600 lb

de (3)====* ~ Ix 600 Ra ~ I ; Ra = 960 lb

de (1)~R x".g6~ = 576 lb; de (2)==:>R ..60~ =-168 lb (hacia abaje)o 5 oy 5

R ..V5762

+ 16io

(Huang, I, n Q 4-43, pago 335)

Una escalera DA se apoya como se ve en la figura, sin rozamiento algu-

no; la cuerda DE es perpendicular a DA. Calcular la tensi6n en la cuer

da y las reacciones en O y A si un hombre, que pesa 160 lb, sube hasta

ESTÁTICA )%

8, tal que 6§ 3/4 DA; la escalera, uniforme, pesa 40 lb; ade~s, DO

= 1/4 DA,

Soluci6n Las inc6gnitas será v, H y T; C es punto éedio de DA; sea.L

ángulo en A.

H ~H o H = T cos .J.. ( 1)

~V o 160 + 40 *' T sen <J.. = V (2)

~M =0; ~ 160, ~ p( seno( + T..2..~=o 40'2 sen~+ 4 .

H , P. cos gl.. (3)

Los triángulos DDE y CEA son semejantes :

OD DE -2-2

DAO DAi DE =i DE -2-;

'1 QE QA. 4

¡V\;::.

DE 1seno{ -= 2' i ~ = 30"; ahora

()A.

(1)~H = T 'j3 H = 70 \f31b

(2) =;> 2m +T

270 lb- = V V2

(3) ==>?~ 0J2 V3 \f3 T T T140 lb?O .= - -. 2' T

2 2 2 4

Un peso, P, desconocido, cuelga por medio de una anilla, que puede co

rrer a lo largo de una cuerda, ACS = 4 b, tal como se indica en la fi

gura. Son datos: AF .= 2 b .= a, y FB = b, Hallar la posiciOn de equili

brio anal~tica y gráficamente.

SoluciOn 1º) Para que haya equilibrio las componentes horizontales han

de ser iguales, F , y los ángulos el... en C tambi~n igualesx

)& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(al ser anilla, las F deben ser iguales); luego:

(2)'" (2b-x) tgd. = b + x tg ti..b

b(2tga(- 1)x = 2 tg o<.

a (6 - V;)-"--::::-"';"'~ ~ O' 356 a

12a(2\,f;-1)

4\f3

de (2) sacamos

Aé ca,-A-,~

2b-x x(1)==> _+_ 4 bcose!. cos rI..

2 2 ) Gr~ficamente: par una propiedad de la bisectriz CE:

AC EA DA AC CS AC 4b - rnCB = ES ;: DF ; "AD = DF ; AD = 2b - x =--x

luego~ f =. 30 2 Y1 por lo tanta, ..( .. 602 , siendo el resta de la

construcci6n muy f~cil.

(Huang, I, 4-62, pag. 337)

Una barra AS = 1 y peso W se apoya entre dos paredes, sin rozamiento,

cama se ve en la figura; distancia entre las paredes d. Sabiendo que

Aü <::1/2. calcular el ~ngulo J... y las reacciones en ambos apoyes.

SoluciOn : Véase problema de Wittembaner, n 2 72, romo I, pag. 12; se -

resuelve como aquel y las soluciones san:

R = w~ 1 io 2d

ESTÁTICA )'

(Huang, 1, n2 4-79, pago 343)

Seis barras de acero idénticas, cada una con un peso de 10 lb, forman

el exágono regular de la figura, colgado en posici6n horizontal y con

tres pesos adicionales; calcular las tensiones en los alambres sopor-

tes.

SOluci6n Dibujamos en planta el exágono con las cargas correspon--

dientes; para tomar momentos cogemos los planos señalados

(en vez de respecto a un punto) pare eliminar dos inc~ni-

tas:

.. 270 • T + T + Ta c e

'"(;)Z:M/l(. =Oi 20 x {- + 1601+

+20 x sj _ l' 5 I T4 ,

si"l:l lificando , 10 + 160 + Ji - 1'5 Te = 5 +~;

( 1)~ V=o; 10x6+SGH:iDt-100

20 L + 50 L4 2

T 110 lb.e

(3) XM .. o; 20 L + 150/ + 20~ - 1'S/T = 20 ./2 + 60 21

¡de llqÜ!U 2 4 c

sale Tc

100 lb Y sustituyendo ambos valores en (1)"-' T = 27D-11G-10C=a

= 60 lb Ta

)( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, r, a-JO?, pago 459)

En la figura adjunta el rodillo pesa 100 kg. Y la fuerza P es de 120 -

kg. Despreciando el peso de la barra, hallar el valor mínimo del roza-

miento, ~ , el mismo entre todas las superficies en contacto, para que

el rodillo no gire.

Soluci6n tomando momentos respecto de e, y -

el equilibrio del rodillo da las --

exclusivamente para las fuerzas so-

1

bre la barra, se calcula:

120.2a cos JO .. N a' N = 1201(";;,1 ' 1

ecuaciones:

N2

- 100 - N1 cos 30 - fN 1 sen 30 = oo

o~Fx

~FY

eliminando N2

entre ambos y sustituyendo valores, se llega a:

3'{'; 't'2 + 23 ~- 31("; = o ; f =

~-ive u.o~'6"e Sr-ro=-o ~N'=f'lJl

_-_2_3_+.....;V__2_3__+=4_X_9_X_3 = O' 215

BV3.-:-J:¡ f.J,::- tJ¿.

(Huang, r, 4-308, pago 459)

El par M que actúa en el mecanismo de la figura es de 100 lb-oies. El

coeficiente de razamiento vale fL= 0'3. Despreciando el peso de la

barra, calcular P para frenar el giro.

ESTÁTICA ))

SOluci6n Si N es la presi6n entre la barra y el cilindro y, por tan

to I 'f" N la fuerza de rozamiento:

fN 0'5 '" M;

libras.J

N100 lb-piesO'3xO'5 pies'"

2.0003

11''''','

O T tomando en la barra momentos res

11' pecto del punto O:

M--.L P.3'5 -N.1+0'3N • 0'5 O

2 '5' l' P = 161'9 libras

(Huang, I, 4-305, pago 459)

Un cilindro, seg~n figura, de peso 2 W, apoya sin rozamiento, sobre --

dos medios cilindros del mismo radio r y peso W cada uno. Siendo ~'5

en las superficies de contacto planas, calcular la máxima distancia d

entre A Y 8 (e no debe tocar el suelo).

Soluci6n La fuerza Nt vale, en el A A Be·W

cos .,J.,.

4 r W

F "'0 ...... N ",W + N1

cos o( '" 2 Wy 2

VIeL

wj-- I o(• F =0...... 0'5 N

2N

1sen

x

,c¡;<<<'4 rW d/2

d 2~W "'"'2""""rV162 2

r - d

D 5 ~1.tK'L

! PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, I, nº 4-284, pago 453)

En la figura se dan los valores W1 = 100 lb, W2

= 80 lb, ~1 = 0'3 y

'f-2

= 0'4. Hallar el ~ngulo máximo del plano,~, para que los bloques

est~n a punto de deslizar.

Soluci6n Aplicando la ecuaci6n de equilibrio al conjunto de ambos -

cuel1Jos:

30 + 32180

62'" 180

3190

100xO ' 3+80xO ' 4180

e '34' ;

d.... 1911 O' 21,54"

Si ahora nos pidieran la tensi6n del cable: W1 sena( = W1 ~{OS J.... + T

T~ 4'20 lb

(Huang, I, 4-278, pago 452)

El extremo inferior de una escalera descansa sobre un bloque de 120 :b,

como indica la figura adjunta. Los coeficientes de fricci6n son 0'2 -

entre escalera y pared, 0'5 entre escalera y bloq~e y 0'4 entre blo-

que y piso. Si la escalera pesa 40 lb, calcular a qu~ posici6n máxima

puede subir un hombre, que pesa 180 lb, antes de que se inicie el des

ESTÁTICA ! !

lizamiento; analizar diversas posibilidades.

er1 - caso: bloque sin deslizar -

ni volcar, deslizando la escale

ra sobre bloque

'1.'

~ V=o N2

+O'2N1

220 l2]

[3J~ MA=o; 40'6 sen 30 + 1~0.xsen3o-

- N1

12 cos 30 - O'2N1

12sen30=0

de (1J Y [2J deducimos N1

= 100 lb, N2

= 200 lb y de [31 120 + 90 x -

- 1.039'2 - 120 = O ; x = 1.039'2/90 ~ 11'55 pies.

2º Caso: deslizamiento del bloque sobre el suelo (y no de la escalera

sobre aquél).

~ Me; 180 (12-x) sen 30 + 40.6 sen 30º +

N2

(12 +2

+ 0'4 cos 30 ) cos 30 -

- (N -120) 12 sen 30 = O [3J2

de deducimos N1:::: 125 '93 lb N2~ 314'81 lb y de (3]

1.080 - 90 x + 120 + 1.308'64 + 251'85 - 1.168'86 = O

x~ 17'68 pies, imposible.

! " PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

er3 - Caso: vuelco del bloque, sin deslizamiento o con deslizamiento ~e

la escalera; si se inicia el vuelco sin deslizamiento, alrededor de e,

no actúan ni N3

ni 0'4 N3

0'5 N2

x 2 = (120 + N2 ) 2'5 ; N2

= - 200 lb

imposible; lo cual se ve, además, por las

dimensiones del bloque, h < b~se ,

hay deslizamiento: 0'5 N2

x 2 =

N x + 120 • 2'5,'2

y para x = o

120 x 2'5/1 300 lb> 200 lb. imposible.

Sobre el bloque A de la figura hay 1.000 kg, que se desean levantar

~un la cuña B y la acci6n de la fuerza P; todos los rozamientos valen

0'3. Hallar el valor m1nimo de P para mover B hacia la derecha.

,1

Soluci~n :

~OGO~¡...-..1.0_,/,

N1

cos 1011 (1)

ahora la cuña

(2)

1262'65 kg; y

ESTÁTICA ! #

aH o p - 0'3 N - 0'3 N cos 10Q - N sen 10Q O (3)3 1 1

~V O N3

+ 0'3 N sen 1Qll = N cos 10Q (4)1 1

de (4) sale N3 = 1177'69 kg, que llevada a (3) de P 945'6 kg.

Otra sgluci6n : de las fuerzas en grueso(tg ? 0'3 ; f 16'70 Q) salen

los triángulos: +3,3c

1j~

r¡.~i - ~OOO~A

2 1000sen 106'72 sen 46'6 Q A

21318'5 Kg

I

~ 10b 'too 43,4 0 P 1318'5945'5 kg/ R, \ 43'42 sen 73'3 11

PI

sen

~r;16o¡;

(Wittembauer, I, nI! 30, pago 5)

Sobre dos poleas lisas A y B pasa una cuerda cargada con los pesos P, G

y Q. Hallar la relaci6n que ha de haber entre AC y CS para que haya ~

equilibrio. Determinar gr~ficamente la posici6n de equilibrio de la --

cuerda.

Soluci6n Para la construcci6n gr!fica, con el cuadrilátero de los p~

sos se traza la recta 8'C'8'

B Y luego se divide AB en par-

tes proporcionales a A'C' y -

B'C'. Anal!ticamente plantea-

mos:

! $ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

tg <:J.. AC( 1)

~C

es

Q cos ~ + P cosr::J... G (2)

Q p(J)

sen I:Á sen r

V1 2+ tg J,. x

V1 +2

tg ~ Y

resolviendo el sistema (2') y (3') sale: xp Ce. + 1)

G

tg~

V1 +sen rJ...2

Q tg el...de (J)~ --- = S8ñf =P tg

V1 +2

tg~

Q PG (2')=;>-+ --- =

y x

e y

x(J' ) de (2) ~

2 2P (c+1) 2rJ..

G2 - 1=tg

yQ Ce +1)

G

2 2Q (c+1)

G2

i2 '

- 1=tg ~ I! 1

/

dividiendo y resolviendo la ecuaci6n de 22 grado en C, sale:

e =

(Wittembauer, r, nº J2, pago 5)

Un punto material de peso G situado sobre un plano inclinado est~ so~

tido a la acci6n de dos fuerzas iguales G/2, seg6n figura. Hallar el

valor del ~ngulo ~ para el equilibrio y la prBsi~n D del punto sobre

el plano.

ESTÁTICA ! %

Soluci6n ~ F -ox

~ F -oy

G G"'2 + "'2 cos oZ - G sen'¡"

G"'2 sen d... + G cos J.. - D

o (1) }

o (2)

de (1) -.. 1 + cos oL.. .. 2 sen of.. ;

1+2 cos2 ¿-1 - 4 sen +- cos -+

cos~ 2 sen ~ d...tg "'21

"'2 '"' 0'5

(otra soluci6n cos L = O, J.. = 'tí)2

.:!::..... tg d../2 0'5 ..:i:-. sen';'" =sen cos2 V1

2 F 2 \F25+ tg el- /2

2 sen ~os ...:L. 0'8 cos ~= 0'6 y sustituyendo en (2 ) =92 2

.-.... DG

0'8 + G x 0'6 G = O2"

(WittembaMer, I, n 2 72, pago 12)

Una varilla sin peso, ~ = 1 se apoya en A y e, seg6n figure (pared y

esquina perfectamente lisas) y en su extremo B está cargada con un D~

50 G. Determ~nar el ángulo ~ y la presi6n sobre los apoyos; a es da-

to del problema.

Soluci6n la soluci6n gr~fica se indica en la figura, por tener que

pasar las tres fuerzas existentes por O.

! & PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

~ F = R -R cos ~ ox a e

% F .. A sen'f - G oy e

Aa

- G 1 sen 'f~M = oA e sen 'f

a G-""',20:--- - G 1 sen <t' = oseri 'f

Ac

G

señ\f

sen 'f = ~ a/l j Ac

G

señ\fGV;¡:

Aa

(Wittembauer, I, nQ 76, pago 12)

Una varilla AS = a, de peso G, cuyo e.d.g. dista b del extremo A, se

apoya en A y en 8, ambos sin rozamiento; el ángulo ~ es dato. Hallar

la fuerza horizontal, F, que debe aplicarse en A para mantener un áng~

lo dado r:i..., as:! como las reacciones en A y B.

Soluei6n ~F =0 F A sen r-o ( 1).";;'. x b

/¿F =0 A - G + A cos ~ = o (2)

y a b

~M =0 G b CaS ,j... - Aba cos (~-..()=o (3)~

f \--

ESTÁTICA ! '

G _ R cos ~ = G _ G : cas d. cos (?b cos (~- d-.J

de (3) sacarnos

Ra

G b cos IX.a cos ( (>- o<. J. sustituyendo en (2)

G t--=-b-:-co~s~.,J.:--co~sI"t-(?1a cos (~ - ~J J

y en (1) F G b cos 01.. sen ~a cas (~ - ciJ

(Wittembsuer,I, n~ ?7; pago 1JJ

Una barra pesada uniforme Aa = 2a, se apoya en A y 8, superficies lisas,

y está sujeta con una cuerda al punto c. Son conocidos: el peso G de la

barra y los <!ngulos o( y ~. Hallar la tensHin de la cuerda, anaHtica y

grMicarnente.

Soluci~n La soluci~n gr~fica se encuentra en la figura de la derecha.

:¡Fx

o

~F = o G + T sen ~ = A (2)y a

~M o R 2a senr;;l...+ G a cos ~ - A 201 cas ~ = o (3J; sustituye!:!.a b a

•do ( 1J y (2 ) en (3)

! ( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

TG cos r:/...

(Wittembauer, 1, n 2 78, pago 13)

Una barra pesada uniforme, AB = 2a, de peso G, se apoya ~al como se in

dica en la figura, en una esfera lisa de radio r. Hallar el ~ngulo f de equilibrio y las reacciones en A y c.

Soluci6n gr~ficamente, las tres fuerzas G, R y R han de concurrira c

en un punto p. Tomamos como ejes el de la barra y su perpe~

dicular:

~F ; o R cos ~ - G sen 'f o (1);x a

R '" G tg\fa

~F O R + R sen~ - G cos~ '" o (2y c a

a cos'P =ll.(L

¿M A = o ; R 2 r cos ~- Ge

'" o (3) Rc

G a~

Sustituyendo R y Ra c

en (2)--' A +){ sen2lf

2r cos 'f - j cos le o

24 r cos ~ - a cos ~ - 2 r '" o

ESTÁTICA ! )

cos If =.a ±Va

2+ 32 r

2

8 r(la soluci6n - , negativa, no es

del problema)

(Wittembauer, r, nº 79, pago 13)

Una barra pesada, uniforme, AB = 2a, de peso G, est! articulada seg~n

figura. Hallar la tensi6n K en la cuerda (perfectamente flexible) pa

ra un ~ngulo determinado Q{, as! como la reacci6n en A y el ~ngulo

que forma con la vertical. Se supone AB ~ Ae.

Soluci6n Las tres fuerzas, K, G Y R , que act~an soa

bre la barra han de pasar por un mismo pu~

to; como K y G pasan por M, por ah! pasa -

Aa' que de paso es bisectriz: <.r ~ ~ •Anal:!ticamente :

2~ =Ir _ J..; ~ .. ..1t. _~ 1\ J...2 2 ~ = "'2

~F o K cos ~= A sen \f ( 1)x 2 a

~F o G K sen ~ + R cos \.f (2)Y 2 a

¿ MA

= o ; K 21 cos +-G./ sen r:J... .. o (3)

2 K cos~ .. G • 2 sen ~ cos ~ ; K G sen +i llevando a

tg .;..,2tg~

2 tg 'f

d' ~ 2.J... ;t sen .(,ID ",P sen 2 + 2 tg Cf

2 sen ~ cos ~2 22 ..::!:... _ sen ~

c os 2 - 2 tg lf ..R = G cos "" /2.a

G sen ""-R = ::----:-::""'-a 2 sen I.f

= rJ.... /2

_ sen2 ~2

(1) Y (2)

!! PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Wittembauer, 1, nQ 215, pago 32)

Un semicirculo de masa uniforme y peso G está suspendido de la articu

l3ci~n 8 y es retenido en e por medio del hilo AC. A8 es horizontal y

el triángulo en e es is6sceles. Hallar la tensi6n, S, del hilo y la

reacci6n en 8, as! como el ángulo que se forma con AB.

Soluci6n La construcci6n gráfica se ve en la figura. Analíticamente

tenemos:

R~sen ~ (2 )~ F .0 S sen 45º + R G

I.fy b

~ M =Oj 0/2-.2... V2+1(2";

d -)G =A 2 2 2

= R sen 'f.\h (3)b

'\

"- li

V;:t ( 1) AB .(2 ) AC .. eB = 1

4 • 08 2(3) d = 3f( 3V

3 d 3 1de (3) sacamos: R

bsen ~ = (¿¡ + 2i) G = (CF + ~) G llevando a

V2 4(2): S = G -¿r- (1 - 31Y) ; ahora entre (1) y (2) S 0'203 G

sen ~G - S sen 45º

Rb

G'!2 4 \j2G - ::.JL..:. (1 - :::-:;::r) ----

~ 4 3 1I 2tg = \f2 4 \/"2

G ---- (1 -~) ~4 3 Ir 2

ESTÁTICA !!!

1 4- - (1 - --)

4 31""1 4

- (1 -~)4 3 If

qj(+ 4

3\Y-4= tg lf.~80 I! 27' 31,]"'

)

Rb

s cos 45cosq

0'868 G

(Wittembauer, r, nI! 236, pago 36)

Un sistema simétrico de cinco varillas, articuladas y sin peso, cuel

ga de las articulaciones A1

y A2

Y

G2

, también simétricos. Hallar, en

laci6n entre los 'ángulos e( y ~.

está cargada con los pesos G y1

la posici6n de equilibrio, la re-

Soluci6n : Se ha cortado el sistema por las articulaciones en B y C;

las resultantes R1

y R2

han de tener las direcciones de las varillas;

luego:

G1

+ G2

tg~= -~-H

tg ~/tg P

!!" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL


Dos varillas sin peso, Á8 = 2a y CE = b, articuladas en C y D, como indi

ca la figura, están cargadas con los pesos P y G respectivamente. CD es

vertical y AD CO = SO '" a; determinar el ángulo \f' de eQuilibrio y la

presi6n mutua N en A.

Soluci6n Se han indicado en la figura los ángulos de cálculo; tomando,

para la varilla b, momentos en C, y -

para la varilla 2a momentos en D, te-

nemos:

c.. G b ..n ~ • N • 2. 005 ~ } ( 1)

P.-tI siln 2 \.f ;: N,..e( cos 4' (2)~

===':> 2 P sen lf = N (2' )

E., (1) Y (2')~Gb

I dividiendo 2P'er-

cos ~ cos ~Gb

2a ""'4P"a

",V4P V1G2 2 2 2

de (2')~ Nb 2 G b

;: 22 2

P2

N

16 P a 4a

(Witt8mba~8r, 1, nº 94 pago 16)

En la figura, del punto O cuelgan una esfera de radio r y peso G, por

medio de un hilo de longitud b, y una barra uniforme DA"= 2a y peso Q,

ESTÁTICA !!#

que se apoya contra aquella. Determinar el ángulo ~ de equilibrio que

el hilo forma con la vertical.

501uci6n Sea '" el ángulo formado entre el hila y la barra, sen rJ., ... rb )

separando por un lado la esfera y por otro la

ebarra, tomando en cada casa momentos respecte

de O y siendo N la acci6n com~n entre ambos -

sistemas en el punto de contacto:

Gb +V1 - r: 2 \f0_Q_a -:;b"--_ • _G_b_ + ~ _ 1

r Qa r ¿-- r

b

:o ser: ... c tg ~ - cos \i...GbQa

G b sen \fl = N b coso(

Q a ~en (~-f)=Nbcos ti..

sen~

Gb-- + cos Q(.

Qactg 'f =

!!$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Shames, r, ejemplo 5.4, pago 102)

En la figura adjunta s8 tiene AB = 4 m., se = 2'8 m" sobre las cua

les están en reposo cilindros iguales QUe pesan 400 kg cada uno. Si

las superficies de contacto no tienen rozamiento alguno y las ba---

rras peso despreciable, calcular las reacciones en A y e, as! como

en los contactos O, E, G, H Y en la articulaci6n B.

Soluci~n : Es necesario desglosar la figura en los parciales indica

dos y proceder por separado.

I

ltC¡."P.(~-

14 e:!:lO (

C"

de J sacamos: Rd

= 400 tg 45 2 = 400 kg

R 400V; ~ 566 kg9

ESTÁTICA !!%

y, análogamente, de K Re

400 tg 302 ~ 231 kg

Ah 400!CDS 30 2 N 462 kg

la distancias AG y eH valen AG = O'S!tg 22 '5!! '\,l 1'93 m.

m= O'S!tg 30º~ 1':l; m.

Equilibrio de barra AS

¿H O A + B + A sen 45 2 Ox x G

xV O A + B - R45ºY Y & cos O

~M=O R • 1'93 + B . 4 sen 452 - 8 . 4 ~en 45 2 Ol\ (, x y

Iden para barre ~

e + 8 + Ah sen 3D!! = OX X

Osy

ey

~v O

~Mc

o; Ah • 1'39 + Bx

2'8 sen 30º + Sy 2'8 cos 30º = O [6 ]

[ 6J deducimos B y S --....x y

B - B = - 385'87x y

B + 1'73 S = - 458'57x y

8 ..... - 412'5 kgx-

8 ~ - 26'6 kgY

!!& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

y ahcra ya se van calculando sucesivamente :

de [1J ....... A 'V 12 kg de [2J=-->Ay~ 426 kgx-

de [4J~ e 182 kg; de [5J~Cy 374 kg.'"x-

Nota: todos los sentidos son correctos, salvo B y B • contrarios ax y

lo supuesto.


Una barra AS = 2 1, de peso G1

, se apoya en una semiesfera hueca,

tal y como indica la figura; siendo S el c.d.g., se conoce SO

2 r/lr

y D.

a. Calcular los ángulos y,~ y las reacciones en A, C,

Soluci6n : Desglosamos por separado barra y semiesfera, indicando -

en figuras adjuntas ángulos y reacciones.

'6-I

\---- 1; _ Il!~ • '1'

~ .l.(--~.:... ..t l.#- ~

ESTÁTICA !!'

1º) Barra (ejes la barra y su normal)

-s:V .. O

rH .. O

EM .. Oa

R sen \f + R .. G cos (Cf' - 'tIJa c 1

A 2 r cos ~ .. G 1 cos (l# -l'Jc 1 1

2 2 ) Semiesfera (ejes horizontal y vertical)

~V .. O G + A sen (2 'f - 'ti) + R cos ('f - 't' ) .. Ada c

EH .. O R cos (2'f-lf') .. R sen ('f-'V)a c

G tr sen ~ .. Ac

r cos lf

[s]

de [2 J=~)IA .. G sen ('f - 'Y) , [2.Ja 1 cos 'f llevando a [SJ =====>

==::::00....., R .. Gc 1

sen ('f-If)cos ce

ces (2~ -4-')sen ( lf - 'f> )

.. G1

cos (2lf -4-')cos 'f [5'J;

Re .. G + G1

sen (lf - 4') sen (2lf' _ "Y) + G _c_o_s...;.(2-:-<e~----:.~:- cos (10 _ (J)ces \f 1 ces ~ ,. T

""jG + G1 .. Rd

, (esta expresi6n se ve que sale directamente del equi

librie conjunto barra - semiesfera).

G 1 cos (lf -o/)ahora de [6] Y[31~Ga sen lY" 1 ,r ces Cf

2 r ces lf

!!( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

2(cos ~ ctg I¡I + sen \f) ¡ ctg 1( = 2 Ga

----:~_:__-~:_ - tgG1 1 cos \.f

Rc r cos 4'Ga m cos (21f -\t')

siendo m :: senY .. m (cos 2 (p cOe! ~ + sen 2 ~ sen YJ

1:: m (cos 2 ~ ctgly'+ sen 2\f)

+ sen 2lf

2rhaciendo --1-- = n queda 1 .. n

cos 2 l.fcos 4l

{n sen lf- m cas 2 ~ +

cos lf

+ m sen 2 ~; cos ~ :: n cos 2 lf - m (cos 2 ~ sen ~ - sen 2 ~ cos lf' )

:: n cos 2 ~ - m sen ~ (cos2~ - sen

2 lf - 2 cos2 lf ) j es decir:

cos ~ :: n cos 2 ~ + m sen lf :: sen y+ 2; cos 2l.f

Obsérvese q·ue de [7 J saldrá lp como funci6n de los datos, ~:: 4'(dat:cs;

~ ,y y da tos, R =a

" ~ y datos, y:: \f (I.f',datc

" tf ,.~ y datos, R ::e"

""

11

"

" Rc

, lf' . datos)

de (6~

de [5~

:: ~(\t'

de (2 ,] saldr~ Ra

como funci6n de

:: k ( \ti ,4' , datos)

ESTÁTICA !!)

(Shames, I, pago 1CS)

En el dispositivo de la figura, para triturar rocas, el pist~n D = 3C2

cm ~ tiene aplicada una presi6n p 40.000 kg/m (baro~trica). Las --

varillas son de peso despreciable y sin rozamientos. Hallar la fuerza

horizontal en A, transmitida a la roca. AS = Be

Soluci6n ; La fuerza del pist6n vale, Fd

= 4

kg; se transmite en S a las dos barras: F/11)

F~ = F~, cos 1511 ~ 5.276 kg.

2

/2 'fY.3D.

kg cm" ~ 2827'4Fd 4

.....__~~_ ~ 5462 I 1 kg2 sen 15ll

Por el procedimiento de los traba

jos virtuales: al bajar el pist6n

dy y avanzar dx el punto A la va

rilla AS permanece constante:

y AS sen (/.. dy '"' AB cosd....d~

x = AS cos J...

2 2 2 2 2x + y a '"' (y - dy) + (x+dx)

2 2Y + x - 2 y dy + 2 x dx

y dy = x dx ; dx = Lx

dy '"' tg d.. • AB cos c(. .. del.. '"' AS sen J... ~ : y el

desplazamiento es el doble, por el efecto de la varilla se: luego:

Fd dy - 2 dx Ff.\ o 2.827'4 • jB cos d..Jt'.

2.827'42 tg 15ll ~ 5.276 kg

!" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

esta apoyada sobre la v~ga A~ = ~ m. y pesa ¿U kg. Ueterm~nar tooas

las reacciones. CS es una cuerda.

solucHin

A

Rd

= 80V2 ~ 113' 14 kg.

Las ecuaciones de la barra son:

(1) rH=O

(2) -r.V - O

A + 80 V2 V2 - R cos 3051 = Ox 2 b

40 + 20 + 80 V2 v:. -Ay - Rb

sen .1("1 Q = O

354'4 \f2de {3)~R = = 64'84 kg;

b 8 sen 75Q

= - 23'83 (sentido contraria)

de (1)=::;> A = 64' 86 V3 - 90x 2

en (2)~Ay = 60 + 60 - R sen 3051 = 107'58 kgb

A =V23 1 832

+ 107 1 582 ~ 110 '19 kg d..= 77 2 30' 36,3"

ESTÁTICA !"!

(Huang, I, 5-26, pago 536)

En la barra uniforme de la figura, de peso Wy longitud 1, de apoyos

lisos, encontrar la fuerza P para el equilibrio, para un ~ngulo ~ da-

do.

Solucil5n 1º} por est~tica clásica H .. P

v .. W } osen "

w2 tg'ij

p.. W ~ cos~

2º) Por el teorema de los traba

jos virtuales:

',ll~ ?

/1 coslJ -tsen~J9'./ l~

x .. dx

1sen~ dy ~ cos9~y .. 2"""

- P dx + W dy o - P/ sen 9-. d 9- + W { cos ~. d9 o

pw

2 tg'a

(Huang, 1, 5-29, pago 537)

Calcular, en la estructura articulada de la figura, la relacil5n entre

P y Q para el equilibrio, dado un ángulo c:v y las longitudes 1 de cada

varilla.

!"" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Saluci6n 1º) Aplicando el principio de los trabajos virtuales:

)( 1 cas <P dx - 1 sera

y 1 sen c:v dy 1 casS..w

p - P dx + Q dy = O;__---l......,;.-.~__'l_

P7 seng.. d~ + Q7 cas tT. dS

P sen ~ = Q cas~

2 9 ) Por est4tica c14sica: descomponiendo las fuerzas P y Q en las di

recciones de las varillas e igualando las fuerzas que act~an so-

bre cada varilla por el lado de P y Q se obtiene:

~leos'O =.;los (90-n

P sen 9' Q cas~

(Huang, I, nº 5-31, pago 538)

Utilizando el p.r.v., hallar la relaci6n entre las fuerzas P y Q de

la figura, formada por tres rombas iguales y barras articuladas.

3 PQ

Si el primer rombo superior sufre una deformaci6n, de tal

forma que Q experimenta un desplazamier:

to virtual dy, los dem4s rombos experi

mentan la misma defarmaci6n y lo~ de5-

plazamientos se van acumulando, 2 dy,

3 dy:

Soluci6n

ESTÁTICA !"#

(Huang, I, 5-35, pago 539)

Determinar la relaci6n entre P y W, que act~an sobre la polea diferen

cial en equilibrio.

Soluci6n aplicando el principia de las trabajas virtuales

P ds - Wdy '" O

y la relaci6n entre ds y dy es:

21Tb ;.. (2T1' b-2 TI'a)/2}ds _ _ _ _ _ _ _ dy

b-a ¡fu b-ar¡§----- ds· P - W-----2b =02 b '

2 ir bds

dy

p '" W

1r (b - a)dy

b - a2 b

(Huang, I, 5-40, pago 539) (5-41, pago 340)

Utilizando el principia del trabaja virtual, determinar el ángulo ~

para el ~ual el marco articulada de la figura se encuentra en equili

brio (caso a); iden caso b.

!"$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

501uci6n caso a) las coordenadas del punto A son: x = 2a sen ~

y = 2a cos d...

~)

dx = 2a COSOl.l&.dx

desplazamiento P ---2-

dy = 25 senol N. ; dxP ----z- - W dy o picos", •M- W 2 1- sen ¡(. 4'~ Q

P 200tg d... = 2W = 200 =

Caso b) procediendo como antes:

x = 2 a sen..J.

y = 2 a cos ~

dx = 2 a cos 6.. d al.

dy = 2 a sen 4...dd..

P dx - W dy = O ;

P fé 'cos,J... d(ll.. - W c¡. sen \i. .Ji = O

P 200tg~=-=--=2

W 100J.... = 632 26' 5,82"

ESTÁTICA !"%

(Mataix, nº 298, pago 153)

Seis espigas iguales, homog~neas y de peso p, son articuladas forman-

do un exágono vertical, como en la figura, fijo por AB. ¿Qu~ fuerza,F,

debe aplicarse al punto medio del lado Opuesto a AS, vertical, para

el equilibrio del sistema?

Soluci6n En un desplazamiento infinitesimal, la relaci~n de espa---

cios es:

1sen J....y y .. y .. y .. 2"P1 P2 P3 P4

Y YF.. 1 sen ti..

P5

1dy =., .. = d 2" cos <i.. IX

P1 P4

dy dy .. 1 cos 'k.d .....Ps f

1(F - p) 1 cos q{.~ - 4p "2 cos QI... doi. o F - p 2 p F 3 p

mejor a~n: al desplazarse P1 y O2

, arrastra a los v~rtices medios y

el desplazamiento de P3

, P4

, Ps y F es acumulativo:

1(F-P) j j c~ .?'--p y P ,. 2" cos rI.... d<t'-,

1 2

1-/p ~ Ic~~.~-p y P • 2" cos~. d, + 1 cos~. d~

3 4

Ps y F • 2 1 cos d. • d.t., -/P{.~o(.~= O

3 1F - P (- +-) P 2 P F 3 O

2 2

!"& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, I, 5-36, pag, 539)

El carrito de la figura est~ soportado por dos rodillos, cada uno de

radio r, y tirado por la fuerza P, paralela al plano; el carrito pe-

sa W y cada rodilla w1' Utilizando el P.T.V., hallar P, suponiendo

rodamiento puro.

(·~.::Lr

Soluci~n : Al ser rodamiento puro, ~- , no interviene el tra

baja virtual de estas fuerzas; y queda:

P = (2 W1 + W) sen ~

(Huang, I, 5-44 pago 41)

Determinar el peso W necesario para el equilibrio del sistema de la

figlJra.

Wo

sen eL.. - 3 W1

4w=o;

w __W sen ~ • ds

a o

-/ 2ª W1-- w1

ds

~. 3!! W-W 2 ds1 1

W --W4 ds

W sen Qt.ds - W ds - W 2 ds - W 4 ds011

Soluci~n

ESTÁTICA !"'

(Huang, r. 5-39, pago 539)

Utilizando el principio del trabajo virtual, determinar las reacciones

en A, O Y E para las cargas aplicadas, tal y como se muestra en la fi-

gura.

Soluci6n Sometemos. sucesivamente. a la estructura problema a la ac-

ci6n de tres desplazamientos di

ferenciales. como se indica en

a)6d'¿'=4d~'

(AA~) dA - PdB - PdF O

R '"' 13/4 P~

dO = 6 d rI...;

322do{=3d~

d~ 4 d~;

dF = 2 d r:J..1 •

a), b) Y e); Y calculamos los

c..D T desplazamientos de cada carga:~""-Jr.-r-.-_...KE.

e

d - 4 d 0('p

b)4dll(=6do;;...·

2 84 "J.dfl..= 3" d,rI..

- PdF + R dD = O¡)

8~2d,( + A - d ~= O; R. 3/4 P

1> 3 O

-P2dcí + R Bdo(= O R '"'~ E.

d = 4 d cÁ.' '"' B d fA.EP

4""

-PdF + A dEE.

Oi

!"( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, I, 5-45, pago 541)

Calcular el ~ngula de inclinaci6n de cada barra del mecanismo de la

figura, usando del método de los trabajos virtuales; no existe roza

miento.

Soluci6n Los ángulos varían de dos en dos, como en el ejemplo a -

trazos.

ey 2" sen {,~

bYGt" = a sen"'-.+ 2'" sen ~'"

b= c sen '( - "2 sen ~

a2" cosQ(.d.l

a cas G(.d~

e• "2 cas "'(.d~

a"2 sen .;..

pera de la 21 a ces el. •d ..L e cas 0(. d fa cos o(

J • d ~c cos '(

luego: ~ casl:l(..de;(.w1+acos~.dIllW2+~ Cos~.d'(W3=O(1)j

26 cos~.dll( W

1+ a cosd.dlll W + ~ cos '{ a ces"¿ d.J..W O

2 2 e cas '(' 3

a a )("2 w1 + a W2 + "2 W3 cos r:J... '" O cas «. '" O

ESTÁTICA !")

Si en la ecuaci6n (1) pasamos a ponerlo todo en funci6n de d( (o ha

cemos variar 0 y \ ), sale aniHcqamente '( = 909 j y, entonces, al

quedar las dos barras extramas perpendiculares, se ve que

a - csen r- = b

(Huany, I, 5-27, pago 536)

Encontrar en la figura el ángulo ~ de equilibrio, siendo AS una ba-

rra de peso despreciable apoyada sin rozamiento y en funci6n de W,~,

a y b (AG = a 00 = b)

Soluci6n 1Q) Por est~tica clásica:

rMo= Oj R

1a sen (~-~)

= R2

b cos ("¿-\fJ) (3)

R = WCOS~j luego R = Wsen ~ j que, llevado a (3) queda:2 1

despejando:1 - tg o:J... tg If

)/fa sen.,( sen (d..-'f) =)'f'b cos .,J."C05 (ai-If)j tg (.J.-~) = a:g ol

tg <>{ - tg ~

tg ~ =

2a tg ~ - b(a+b] tg d...

2 2a sen J.. - b cos <J..

(a+b) sen J... cos ..l.

!# PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

2 Q ) Por el teorema de los trabajos virtuales: sean los ejes las pare-

des de apoyo:

x a cos (-l- "f)

y b sen (J. - \f )

dx = a sen (ti. - ~). cIfdy b cos (IL - ~ ). d if

la variaci~n del centro O, ~nico-

camino según la fuerza W, es:

dI/' = dy cosCll..+ dx sen Ill..= - b cos(cJ..-l.f).dY.cOSIll+ a sen(~-'f).dlfsenoZ

W dv- = O •, d V"' = o .J a se n ( d.. - ~) sen r/... = b c os ( lll.. - \f) c os d... ;

tg (i -\..0

f~rmula.

b

a tg oL, que es la misma anterior, saliendo la misma

(Huan;;¡, 1, 5-28, pago 537)

En la figura adjunta, dada la barra AS uniforme de peso W, apoyada sin

rozamientos, calcular el valor del ~ngu10 ~ de equilibrio. Demostrar

que la posici~n de equilibrio es tal que el desplazamiento virtual ha-

r!a que el c.d.g. se moviera horizontalmente.

Solucit5n Viendo el problema 5-27, con a = b y ..1-. = 30 Q, p~ina ante-

riol':

ESTÁTICA !#!

1 3a "4 - a "4

2a~ JIj-

tg ~ =

2 2a sen ~ - b cDs ~

(a+b J sen r:J... eos J.

\f33 '1'= - 3Cº

que el e.d.g. se mueve horizontalmente queda demostrado en el mismo

problema anterior, W d~ = O, dV- = O; o m~s claro:

d\f .. a sen (~- ~).d'f. sen d..- b cos (J.- 'f). d'f. cos ~ =

= a d ~ [sen 60 sen 30 - cos 60 cos 30] - a d'f ( V[-} -~ Y;j)

(Huang, r, 4-270, pego 449)

o

Encontrar en la figura adjunta, siendo A8 una barra homog~nea de pe

so W y longitud 1, y el ángulo de rozamiento en ambas superficies de

contacto ~ , que se cumple la siguiente relaci6n cuando la barra es-

t~ a punto de deslizar:

Saluci~n:

2 h Qsen J.. cas d..= T sen 2 (7

~F = O; -\yR +R senol-.i.R coscl..= O (1)x I a c re

:E F .. O; A +R cos <i. + lll1 sen «.. - w = O (2)yac rc

Ao

1E'M = O; w- cosat- R

1\ 2 eh

-=0ssnal

(3)

!#" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

de (1) sacamos: Ra

sen ol - eos d..

~R

e

sustituimos en (2)

Re

sen ~ - feos <{

f

(2 1 )

R +R (eos .,L + IIL sen eL) = we e r-

llevamos (2') a (3) 111' 21

eos d... =~ f: Jf'/' sen..L. 2

(1+ r) sen ...L

2h

1

2 2sen J.. eos J.. (1+ VA- )

~=

2= sen d.. eos "- feos ~ + sen ~] .. sen

2r:J... eos <i... _~~1_'""""P'~I:Sen tt cos sen l'. cos 9

2 hsen J... cos .J.. = T sen 2

(Huang, I, 5-46, pego 541)

El mismo problema anterior, resuelto por el. teorema de los trabajos -

virtuales.

Soluei~n : Las Onicas fuerzas que realizan trabajo son ,..Ra

, W y p..Re;

llamemos AO = x . AC = Sj e y la altura del punto G :a'

h - h eos J..s ds

2dx

sen~ sen .J..

1 1Y .. - senrl... dy = "2 ces c:J.. dcJ..2

h - h de(x = dx ..a tg J.. a 2

sen "'-..

ESTÁTICA !##

Wdy - Il. R dx - \Ll R ds or a a r- c

w ~ cos 01. dI- - f- Ra ~ dI- - l'L Rc

h cos rJ.. di = Osen <:1- sen

2 J.

y teniendo en cuenta (2) del problema anterior y sustituyendo luego -

la (2 1 )

= \",-h W]=~h W 1 2

1+~

quedando2h

-1-

2 . ( 2)sen .;.. cos J... 1 + ,...

final.

como antes, y llegando a la misma f6rmula

(Huang, I, 4-2'72, pag. 450)

Una barra uniforme, de peso W y longitud 1, descansa en dos superfi

cies inclinadas, como se muestra en la figura. Determinar el méximo

valor del ángulo ~ en el que puede colocarse la barra, sin que des

lice, siendo ~ el coeficiente de rozamiento en ambas superficies,

Soluci6n Tomamos ejes vertical y horizontal

!#$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

( 1)

(2)

~F =Oix

'S: Fy..O i

(3) ~MG=Oi N2*eos(~-~) -ytN2;tsen(et-rJ -N1Jeos(<<.+~)

- f N1 yf sen (~~ ~) = O

(1) Y eperando:

(3') llevando a -

(sen ci. + teos d...) ~ = (sen rJ... - ~ cos rJ...) ~'

cos r:I.. coscos o( cos

- sen J.. sen+ sen olsen

'" sen./... - r cas r:I..sen J. + f cas J.. dividiendo el primer mierrtlro por cos f

cos ri.. - sen t;J.. tgcas ~ + sen ~ tg

sen J.. - ~ cos J...sen ..L. + r cos Ill..

despejando y simplificando convenientemente

'"

tg (1

-2=---r~2 --::2:---sen ~ - ~ cos .J..

ESTÁTICA !#%

(Huang, 4-259, pago 426)

La carga de 100 lb/pie de la figura es soportada por un cable flexi

ble,determinar la máxima fuerza en dicho cable.

Soluci6n

W 100o

(2)

2x ..

1

2H .. 5 x

1

2100 x

1B=(x

1,10);10 .. 2H (1)

2100 x

25.. 2 HA .. (~, 5)I

-1

~oo

16'57 pies

x1

40 - 16'57 = 23'43 pies

10 x 23'432

de (1 )==:>; H .. 2 ~ 2.744'82 lb

!#& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

(Huang, 4-261, pago 427)

Un cable de acero flexible, de peso W = 3 lb/pie, que se considera -

distribuido uniformemente a lo largo de la luz, pasa sobre dos poleas,

como indica la figura, con dos pesos iguales, W = 750 lb. Calcular -

la flecha en el centro.

501uci~n

w io

SOy x1

=2 H

x2 = - 50

I • .f()~' -,I 23 x 50

2 Y H 7.500Y 2 H

T2 2= H + (3 x 50) H,...., 734'85 lb

y7.500

2 x 734'85S' 10 pies

(Wittermbauer, 1, nº 365, pago 65)

Una cadena uniforme est~ amarrada por sus extremos a una barra lisa

AB = 2 b. Se hace ahora que un cierto eslab6n e se introduzca en la

barre, pasando a ocupar la posici6n e'. ¿Qu~ forma tomar~n los dos

-----trozos de cadena, siendo dadas las longitudes finales, AC' = 2 11

,..-.-Be' = 2 12 ?

ESTÁTICA !#'

T¿¡=H+fp (2)

(3 )

(1)

11 - pI

f.,~[Ch--;;- -1]

Un contrapeso de 200kg está sujeto a Uf¡ cable, que pasa porencima de una pequefia polea ~, y está sujeto n un apoyo en ª' Sila flecha es de 3m, calcular: al longitud del cable desde A a B;bl el peso por unidad de longitud del cable. Despreciese el pesodel trozo de cable A.Sol.ución:

Utilizando la ecuaClon (3) y tomando dos términos del desarrolloen serie del chx se tiene:

3P

=> 3·-H

c114' 5 '<1-1 ='.'llamamos a

(1)además: 3·Q

p

Hluego: 3· a

(01' 5 .a) 21+ -1 => Cl

20'296

3·a+1 ch4'5'Q

donde por tanteo a= ...

--->

L ~I 3a+l1

ch4'5a

0'296 1'888 2'0260'29 1'870 1'9790'28 l' 840 1'9050'27 1'810 1'8340'26 1.'780 1'7660'265 1'795 1'7990'264 1'792 1'792

Entonces: S=2J f2+2f~= 2/3 2+2,3._1_=

p u11'26510

Por otra parte si ap

H0'264 se tiene

p0'264 Y T H+fp => 200 H+3p H+3·H·0'264

H

200 = H+3·H·O'264 => H=111'607 => p=111'607·a= 29'4642 kg/m

...........- ....... '-- ... ~ ..........

l').- ';0\ (~~ ..~"-lL ..... SLH<.,(' clA.~, 1;"'l"'Vl.c I.'.,('L~ ~".Wf.'l·" tt'r'\4-\.\~.

!#( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Johnston; 7.92

SoluciÓl1:Para poder solucionar este problemavamos a tomar la longitud del cable yel peso como si se tratara de unacatenaria completa.

Stotal= 8 m=>

lOkg

4 m

El cable AB, de 4m y 10 kg de peso,está sujeto a dos deslizaderas en A y8 que pueden moverse 1 i bremente sobrelas varillas. Despreciando el peso delas deslizaderas, calcular: a) Valorde la fuerza horizontal F que haga quef=a; b) los valores de f y a; e) latensión máxima del cable.

P= - 2'5 kg/m

sl= 4 m__--=a'--- tTet t F

a"r---~·r

..¡~~

/

a

f

Por tanto se tendrá:

p

Luego sustituyendo y utilizando elhiperbólico:

desarrollo del coseno

P.a p 3 a 31=---+---

2·H 24.H3....... ( 1 )

Por otra parte:

S=2/ f2 ~2f·~P

=> =>

=>(16-a2 ).p

H=-----2·a

.............•.•••..•. (2)

Sustituyendo (2) en (1) nos queda:

P·a

P(16-a2 )2·----

2·a

p 3 .a3

p 3 (l6-a 2 )324· --::---

8·a3

=> ----+------ 1

Desarrollando queda: 3a2 (16-a 2 )2+ a 6_3(16-a2 )3=0

3(162a2-32a4+a6)+a6-3(163-3.162a2+3'16a4-a6)=0

7a6-240a4+3072a2-12288=0

ESTÁTICA !#)

Donde haciendo el cambio de variable a 270 b !lOS queda:

Obteniendo asi 3 soluciones: b=irracionalb=7'197820b=irracional

b=7'197820=a 2 70=> a=2'68287546 m = a=2'68 In

16-a2Sustituyendo a y p en (2) se tiene H=-------·P=1'64043 m·2'5 kg/m

2·a

H= 4.101093 kg ==> 40'231730 N=F

Por último Tb=H+y·W= H+a·P= {4'101093+6'707188)kg= 10'8082 kg

Tb =106,029251 N

!$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

,Johnstnn 10.4

C;,) "I.tl.'\t· 1.-'\ fll""·z". P n"lceeo."lria p"lr::'lqllC, "ll sist"lmA. ,'1t't.i.'~IJlado de la figuré!(";~ m"01 n tengA. E'll "''1l1 i. .t i brio, ten iendo ~n

CUE'n ta que la ) ong i. t.ud de todos 105elementos es 1"01 mi:"ma y que 135 t'I)edassituac!;'\s en A y B nlc,rlan librement.e.

•A

A B

B

Solucir-n:Para 1.:".

clefinim rlf3 :

t1J.=3no Nt12=F,O Nt13= 50 NM4=100 N,

e1el problemA

Ml·cly+M2·2·c!y+M3·4·dy+M4.4·dy-P·3·dy=Q

G

~r

3dy

4dy

p =300~2·150+4, (50+100)

3= 400 N

ESTÁTICA !$!

Johnston 10.22

Una carga W de 750 N estáaplicada en el punto B.Despreciando el peso propiodel mecanismo, con 1=200mm,obtener el valor de 6 quecorresponde a la posición deequilibrio. La constante delmuelle es 2 KN/m, el cualestá sin tensión cuandu AS yBe están en posiciónhorizontal (obtener un valoraproximado resolviendo poraproximaciones sucesivas enla ecuación obtenida).

Solución:

AS=BC=1=200mmW=750 Nk=2000 N/m

Aplicando el teorema de los trabajos virtuales se tiene:

-W·dy-T·dx=O

Por otra parte: y=1·sen6 ==> dy=l·cosB·dBx=2·1·cos6 ==> dx=-2·1·senB·de

Se sabe que T=ks=k(2·1-2·l·cose)

Luego sustituyendo queda: WlcosB·d6-2·k·(Zl-21·cosB)·lsen6·de=0

2·k·(21-21·cose)·sene 4·1·k·(1-cose)·senew=

cose cose

W~I 1-co~~ tgB (1-cosB)tg6

(1-cose) . tg64·1· k 30 1.3397 0.5773 0.007735

60 0.5 1.7320 0.86602550 0.3572 1.1917 0.425709

750 51 0.3706 1.2348 0.457751=0'46875 51'5 0.3774 1.2572 U.474564

4·0'2·2000 51'2 0.37349 ] .2437 0.46441151'3 0.37475 1.2482 0.46777 <=

El sistema está en equilibrio para e=51'3"

!$" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Johnston 10.60

Se aplica una carga W de módulo144 lb al mecanismo en el puntoC. Despreciando el peso <1elmecanismo, determínese el valor 8correspondiente al equilibrio ycompruébese que e.l equilibr.io posestilblE'. La consti'tnte del mllell~

es k=20 lb/in y el muelle no Rstáestirado cuando 8 es igual acero.

Solución:

Energia Potencial:Denotando con § lAdeformación del muelle ,:1

partir de su posición sindeformar y poniendo elo rigen de coo rdenadas en B,obtenemos:

W.y

Midiendo en radianes tenemos:

s = r·e y = 1·sen8

Sustituyendo los valores de ~ e y en las expresiones para Vm y Vwobtenemos:

Posiciones de equilibrio: Haciendo rtv/de = 0, obtenemos

l~ • k . r 2 . ( 2 ·81 - W·l.·cosB = O

k.r2 .8 20·36·8cose = 0'3333·8

W·l 144·15

Dándole valores a 8

--->

8(rad) cose cose/e..

1 0,540 0,5401,5 0,071 0,0471,2 0,362 0,3021,15 0,408 0,3551. 16 0,399 0,3441,17 0,390 0,333

Para el valor de 8 1, 17 rad 67,0° tenemos

k.r 2 + W·1·senB 720 + 2160·sen(67) > O ==> estable

ESTÁTICA !$#

Al mismo resultado se llega por el PTV:

Sea e el ángulo de equilibrio; la tensión del muelle T=k·s=k·r·O

Camino diferencial del muelle (durante el cual se consideraF=cte

s r·e; ds = r·da

y l·sene; dy = l·cose·de

cose

k· r· al· r . de

k·r2·e

w·l

W·l·cos8·tl8

Análogamente al anterior F = k·s k·r·e

s r·e ; ds r·de

y l·sen(30 + el ; dy = 1·cos(30 + e)·de

( k· r· e ). r· de = W· 1 . cos (30 f el· dO

k·r2·ecos(30 + el

10/· 1

!$$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Johnston 10.61

Resuélvase el problema 10.60, suponiendo que el muelle no estáestirado cuando 6 = 30".

Solución:

Energia Potencial:Denotando con § la deformación del muelle a partir de su posiciónsin deformar y poniendo el origen de coordenadas en 8, obtenemos:

Vw = W·y

Midiendo en grados tenemos:

s r·e y l· [sen(6+30)-Sen30]

Sustituyendo los valores de ª e y en las expresiones para Vm y Vwobtenemos:

Posiciones de equilibrio: Haciendo dV/d6

k·r 2 .6 - W·l,cos(6+30) = O

O, obtenemos

cos(6+30)W·l

20·36·6

144·150'3333·6

Dándole valores a 6 y pasando 30" ==> 0'5236 rad queda:

--->

cos(6+0'52)6(rad) cos(e+0'52)

e

1 0'04717 0'047171'5 -0'43748 -0'291660'7 0'34026 0'486080'8 0'24468 0'305850'75 0'29284 0'390450'78 0'26402 0'338490'783 0'26113 0'33350

-

Para el valor de 6buscado es 74'97":

0'785 rad 44'97" tenemos que el valor

> O ==> estable para 75"

ESTÁTICA !$%

Johnston;10.62

Un collarin B de peso W pup-de mnv€'t:selibremente a lo lat:go de la b~rra verticalque se muestra. La constante del mup1 le esk y el muelle está en su posición sindeformar cuando y"O. al obténgase IJnaAcuaClon en términos de y , W . a y k quedeba satisfacerse cuando el ani.llo este 8n

equilibri.o. bl Determínese el valor rle yquP ("ot:r:esponda al equilibrio con W ~ 80 N, a = 300mm., y k = 500 N/m. y compru~bese

que el equilibrio es estable.

Solución:al

Luego:

w

Descomponiendo li'! tensión T como lasuma de T .= Tx + l' y. se sabe que l'x norealiza tr::"bajo llebido a que eldesplazi1nIlPnto no es colineal con lafuerza.Aplicando el principio de los

trabajos virtuales se tiene que:

W·dy - Ty.dy = °\.¡ = l'y

Por otro J i'lrJo: l· spnl)=y

[y '1l' = k·s = k·(l-a) = k --a

~ senS .

T =1'·senS=k·senS· [-y-- -a] =-> T =k· (Y-él·senS)=k· [y-a. y ]y senS y ~ y2+ a 2

b) Sustituyendo los valo~es de W. K y ª se tiene:

80 O' ]

500 =Y[l- Vy2+O'32] l· 80 ]==> (~ y2+ 0 '3 2 l ---- -y = -0'3·y

- 500

(y2+ 0 '3 2 )(O'16-y)2=0'3 2y 2

(y2+0'32)(O'162_).0'16y+y2)=O'J2y2

y4_0'32y3+0'0256y2_0'2RBY-0'0023U4=O

Resolviendo la ecuación queda: Yl=-O'8071-2'5343iY2=-O'R071+2'~141i

y 3" O • OR1421 3 ni = >

Y4=0'4000000 m ==>

81'42l3 mminestable400 mmestable

!$& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Segundo Procedimiento:

Realmente no está bien aplicado el PTV ~orque no está puesto enjuego el trabajo del resorte:

F' = k·s = k· (l-a) = k· [ ¡ a 2 + y2 -a ]y·dy

dl= d[ja 2 + y2J = d [(a

2 +y2 ) 'í ';(a2 + y2)-~.2·Y·dY=-------¡ a 2 +y2

~1· dy F'·dl

wy. [

a

11 -k / a 2 +y2

a W k·y - W1 - ---

J a 2+y2 k·y k·y

Elevando al cuadrado los dos terminas obtenemos:

k2. y 2 + W2 - 2·k·y·W

k2. y 2

ESTÁTICA !$'

EJERCICIO N° t4:

Sobre la placa representada actúan 3 fuerzas. la fuerza P paralela a X y las

verticales Q y -Q forman un par de momento M =Q"r

y

Q .Q Calcular:

F, =Pi

Fz = Q}F - -Qj-:3 -

\f=Q*r

I

p

a) Sistema equivalente (ormado poruna fuena y un par de momento parareloa la resultante.

b) El lugar geométrico de los pUDtosde intersección del eje central con el planoYZ cuando se bace variar Q.

a) F = L F = pi + Q} - Q} = Pi ~ Esta fuerza será la del sistema

equivalente. Necesitaremos conocer

el par.

rp = (r*cos9r,o,r*sen9ié)

rQ = (0,0,0)

r_ Q = (r *cos9r,O, r * sen9k)

!$( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

j k

\1. =Q*r*seneT -Q*r*cosek+ r*cosa-x -y r*sena-z =MI

p O O

Q * r *senai - Q * r *cos9k + P *(r * sene - z)J + Pyk =Mi

Q * r *sen e = M}[ Q * r *cose]P

y- Q * r *cose = O Y= P

P *(r *sen e - z) =o z =r *sena

b)

ESTÁTICA !$)

EJERCICIO N° 1:

Hallar la situación del centro de gravedad del medio cono circular recto(macizo)

y

•

z

El volumen del elemento será:

aV = -.!. * 1t * r 2 * ex2

Xel =X

• 4*rYel =-::;-;- ;

.J 1t

r' r r-=-::::::>r'=-*xX h h

El volumen del sólido:

El momento diferencial respecto a YX:

!% PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

~ *v == f~'1 *av;

El momento diferencial respecto a XZ:

_ b4* 1 2b( ')3 J*hf *av =J. __r • - * 1t • r' 2 • ex == - r ~ • x • ex =_f__

Y01 o 3. 1t 2 3 Jo h 6

- f- - 1t·r2·h rJ·h [- r]

y·V= Yol *aV~y* 6 ==-6-~ y=~

ESTÁTICA !%!

EJERCICIO N° 2:

En la figura se tiene un semicírculo de radio 2 y centro en el punto (4, 4).

Hallar la distancia "d" de su centro de gravedad a la base de la misma.

(sin formularios, con integrales dobles).

y

Ecuación de la circunferencia:

para y = 4 se tiene que; 1 {6x -S*x+12=O· x=, 2

resolviendo en y obtendremos:

M = fJ Y/JXOy =raxr+.JIOx-"'-ll (y - 4)Oy =rax(Y; -4 *Y):+ .JS* x - Xl -12 = ..

M 16/3 SY --------cs-s-x*4-3*1t

]:

!%" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

• Otro modo de resolución:

r1&...,-~ cr '" aA =cr * r *ar *ce

y =r*sene

cA = r "'ar "'cex=o

4"'a3*1t

ESTÁTICA !%#

EJERCICIO N° 6:

Dos cilindros iguales se apoyan entre sí y sobre un plano vertical y otro

horizontal. Estudiar la posición de equilibrio cuando hay rozamiento entre los

planos con cada cilindro (ambos iguales y de valor IJ.) y están a punto de deslizar.

(relación entre J..l ya).

Datos:

Del gráfico deducimos:

ANA P r O

~.....~

F<A..".Nr2r B

a O'WAWHr

r:.FrH=u*N

J..l *N B = FrB ~ (2) ~ N A = J..l *N B; (5)

!%$ PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

Sustituyendo (5) en (4), obtendremos la expresión:

de la expresión anterior deducimos que: l~N a = 2 *~ ]1+f.l

L H =O=> R *cosa =~ *N a } =>

LV =o=> R *sena + W =Na

(1l 2 + 1) *(1 + cosa) + Il *(1 + 2 *sena) -(1 + 2 *cosa) =O

11 1 + 11 2 *cosa + 1+ cosa + Il + 2 *Il * sena -1- 2 *cosa = O

-(1 + 2 * sena) ± ~(I + 2 *sena)2 - 4 *(1 + cosa) *(-cosa)Il- -

- 2*(1+cosa) -

Operando en la raíz:

(1 + 2 *sena) = 1+ 4 • sen2

a + 4 *sena }

(; operando obtendremos la expresión:

(-4 - 4 *cosa.) * - cosa) =4 • cosa +4 * sen 2 a.

1+ 4 * sen2a. + 4 *sena +4 *cosa + 4 * sen 1 a. =

= 1+ 4 • (~n2a 1cos2~ + cosa + sen a) = 1+ 4 • (1 + cosa + sena) =

= 5+ 4 • (cosa + sena);[

Il =-(1 + 2· sena) ± J5 +4· (cosa + sena)]

2 *(1 + cosa)

ESTÁTICA !%%

EJERCICIO N° 7:

Averiguar en el mecanismo de la figura el valor del peso del bloq ue C para

el movimiento inminente. Todos los coeficientes de rozamiento valen 0,5.

BloqueA

Bloque B

Fa

_~Fr2YFr2x

(A)

¿: V = O~ 5.0+ Fr] + Frz *sen 300- Nz *cos30" = O}

FrJ = ¡..t. *NJ } ~

Fr2 =¡..¡.*Nz

N~N'

BloqueC

T

!%& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

L H =o~ N ¡ * sen30"+Fr¡ * cos30"-N 3 =O~ N 2 * sen 30"+0,5 *N ¡ *cos30" =N 1

Sustituyendo (2) en (1):

50+0,5*(0,933*N¡)+0,25*Nz -0,866*N¡ =O~

~ 50 = 0,1495 * N ¡ ~ N z = 334,448 N; [N¡ ;;:: 334 N]

0,933*Nz=N3~[N3=312 N]

(B)

LV=O~N,+Fr¡ *sen30"-N 2 *cos30"-IONw=O;

NI + 0,5 * N 2 * sen30"-N 2 *cos30" = 10;

N ¡ + 83,5- 289,244 = 10 => NI = 215,744;;:: 216 N

L H = O~ T - Frz *cos30"-Frl - N zsen30"= O

T - ~~ * Nz *cos30"-fl * N¡ - N ¡ * sen 30" = O;

T -0,5*334 *cos300-0,5*216 - 344 * sen 30" = O;

[T=419,62 N;;::420 N]

(C)

LV=O~W=T; m*g=T; m*g=420N; [me =42,85 kg;;::43 kg]

ESTÁTICA !%'

EJERCICIO N° 8:

Dos barras iguales de longitud "1" y peso "p". están articuladas entre si y se

apoyan en la pared vertical en la articulación C fija y sobre el suelo en un apoyo

deslizante A.

Hallar la fuerza horizontal F. que ha de actuar en A para que se mantenga

el equilibrio. (Es decir con a y 13 como ángulos fijos y dados).

¿F. = o;C. = F; (1)

¿Fy = o;Cy +A y =2*P; (2)

C, e

P; p

y

¿ F. = O;

C.+Bx =O=:>C. =-B,; (3)

¿Fy =0;

Cy=P+By ; (4)

+ ¿MB =0;

P*\-- *cos rt - e *1* sen rt - e * 1* cosl} =o2 P, P y

!%( PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

¿F, =0

O=B,,+F=>F=-B,; (6)

¿Fy = O

By + Ay =P; (7)

¿M B =0p

+ A *r*cosa - F *r*sena - - *r*cosa =Oy 2

PA *cosa = - *cosa + F *sena

y 2

Ay =f+F*tga =>(Ay -F*tga)*2 = P; (8)

De la expresión (5) obtendremos que:

(9)

e =P B } Cy =P + P - Ay =2 *P - Ay 1y + y I

=> P =>B + A =P => B =P - A A =F * tga +- r

y y y y y 2 )

P 3*P=>C y =2*P-F*tga-2"::::;>C y =-2--F*tga; (10)

Sustituyendo la expresión lOen la expresión 9 obtendremos:

P 3*P P 3*P- =F* tg~+--- F *tga => ---- = F *(tg~- tga) =>2 2 2 2

=> _-2_*_P = F *(tg~ - tga) => F = -P => [F = --p_-J2 tg~ - tga tga - tg/3

ESTÁTICA !%)

EJERCICIO N° 9:

Un cable soporta una carga de I tn/m distribuida uniformemente a lo largo

de la horizontal, y se encuentra suspendido sobre 2 puntos fijos según figura.

Determinar las tensiones máximas y mínimas del cable y la ecuación de equilibrio

referida a los ejes po A.

relación a la carga que soporta.

del cable es despreciable con

•

referidoA referidoB

• Supondremos que el peso

W *x2_ o

y - 2*H

1000 *x l2

2 =-------''---2*HU

2*H=500*x 1Z

4= 1000*x/2*HU

2 * H - 250 *X 1- 2 ,

XI +x z =20m;

Xl = 20m - XI

2) 2 Z2*H=500*x1 =250*x z- =>2*H=2*x. =x2 =>

1 ()2 2 2=> 2 * XI = 20 - Xl = 400 - 40 * Xl + XI => Xl + 40 * XI - 400 = O

-40 ±~40 + 4 *(400) -40 ±40 *v'2 +8,2842Xl = = =>

2 2 -8,2842

XI = 8,285m=>(x2 =20-8,285=11,715 ro]

!& PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

l 1000*8,2852 ]H= =17160,3 kg.

H = 1000':1,715' = 17155,15 kg.

TA = J8,285 2 + 17160Y =[19055,63 => Minima]

11=17160,3

TB = Jll,7152 + 17153,132 = [20773,58 => Maximo]

H=l7l!53.13

• Ecuación por A:

j Tay) = p. me ¡ TOy fJx) =p • meJ\ as Tme=H'me=H\ fJxasITDx)=O as '8S T jOyl=p*me,0y2 =~~\ as \a0 H' &2 H

[ y =~-048.X]34,28 '

ESTÁTICA !&!

EJERCICIO N° 18:

Un cable de sección unifonne de 750 mm. de longitud pasa por una polea

sin rozamiento y se ancla en un soporte rígido. Calcular el más pequeño de los

valores de la flecha para el cual el cable está en equilibrio.

( C A T E N A R lA).

s = 750 mm = longitud del cable.

1= 250 mm.

W = carga por urodad de longitud.

s =750 =2 *~ fZ + 2 * f * H => 375 =~f2 + 2 *f *-!i => 3752 = f2 + 2 *f *-!i =>W W W

-:> 140625 = f2 + 2 *f *.!! =>.!! = 140625 - fZ. W W 2*f

De la expresión (3):

H ( W *1) H ( 250 W ) Hf=-* ch---l => f =-* ch-*--l . llamamos Z =-=>W 2*H W 2 H' W

( 1) f 125=>f=Z* ch125*--1 . -=ch--lZ ' Z Z

!&" PROBLEMAS DE MECÁNICA GENERAL

De la ecuació (1) tenemos:

H 140625 - f2 . di" () b d- =Z = ; sustituyen o en a expreslOn 2 o ten remos que:W 2*f

[ =(ChI2P-.!.-I)=:>[ 2*[2 =chI25* 2*[ -1]140625 - rz z 140625 - [2 140625 - [2

2*f

Sabiendo que:[

X2 x4

]chx= 1+-+-2! 4!

Descomponemos los miembros de la ecuación y colocándolos en una tabla

intentamos calcular el valor de la flecha por tanteo.

f (1) 2"r (2) 140625-r (3) (1)/(2) (4) eh (5) (1)=(4)

150 45000

200 80000

118125

100625

0,380952 0,290249 0,3809~0,29

o

0,795031 0,711083 0,7950~,71

225 101250 90000 1,125 1,125 1,125=1,125

Luego el valor de la flecha será: f= 225 mm.

Apuntes- Problemas Mecanica General Estatica Pag 61-162

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