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7/23/2019 Ejemplos adicionales Prof Rodriguez.pdf

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Cap. 3 Equilibrio Pág. 3-28

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Ejemplo 3.10:

La varilla BC (longitud y peso despreciable)está soportada por dos cuerdas, cada una delongitud a, que están unidas al perno en A. Si los

pesos deW

y 2W

están suspendidos de losextremos de la varilla, se pide:

a) Determinar el ángulo θ para el equilibriomedido desde la horizontal. Expresar larespuesta en términos de a y .

b) Si 8,0=a m y 1= m, se pide calcular lastensiones en las cuerdas.

Solución: DCL de la barra0=

∑ B

M :

0)cos( =+− β θ senT W C

0)2/(

cos22

=−

+−

a

aT W C θ (1)

0=∑ xF :

0coscos3 =−+− β β θ C B

T T senW

02/2/

3 =−+−

aT

aT senW

C B

θ (2)

∑ = 0 yF : 0cos3 =++− β β θ senT senT W C B

0)2/()2/(

cos32222

=−

+−

+−a

aT

a

aT W C B

θ (3)

de (1) y (2) en (3) y ordenando:

0cos)2/(6

coscos322

=+−

++− θ θ

θ θ

asen

→

22

)2/(6cos −= asenθ θ

Finalmente:

−=

22 )2/(6

1tan

aarcθ (4)

b) Para 8,0=a m y 1= m, de (4): °= 9,10θ

de (2): W T T C B

57,0625,0625,0 =− (5)

de (3): W T T C B

95,208,108,1 =+ (6)

resolviendo (5) y (6): W T B 82,1= ; W T C 91,0=

W B

A

θ

C a

a

2W Fig. 3-60

W

G

B

A

θ

C

T B

T C

a

a

θ

β

β

2 /

2W Fig. 3-61

θ

2 /

x

y





Ejemplo 3.11:

La barra AC empotrada en A soportamediante una articulación sin fricción a la

polea mostrada. Se pide calcular lasreacciones en el empotramiento A.Considere que la barra pesa 750=W Nmientras que el peso de la polea esdespreciable.

Solución 1: Sin desmembrar la polea del sistema.

:0=∑ xF 045cos =°−T R x

N R x 11,7072

21000 == → 11,707= x R N

0=∑ yF : 045sen =°+−− T T W R y

2

210001000750 −+= y R → 89,1042= y

R N

∑ = 0 A M : +

+°+−=

2

23,05,245)8,2()25,1( TsenT W M A 0

2

23,045cos =

°T

)215,05,2(2500)8,2(1000)25,1(750 +−+= A M )215,0(2500−

→ 73,1669= A M N-m

Notar que es esta solución no interviene la fuerza interna en la articulación C entre la barray la polea. Ello, porque dicha fuerza es interna al sistema.

Solución 2: Desmembrando la polea del sistema.

W

C A

1,25 m

45°

W = 1000 N

1,25 m

Fig. 3-62

r = 0,3 m

1000 N

M A

R x

R y

T

W

C A

1,25 m

45°

1,25 m

Fig. 3-64

r 45°

0,3 m

T

T

T cos 45°

T sen 45°

Fig. 3-63

C x

45°

r 45°

T

T

C y

M A

R x

R y

W

C

A

1,25 m 1,25 m

Fig. 3-66

G C x

C y

Fig. 3-65

+





• Equilibrio de la polea:

∑ = 0 xF : °= 45cosT C x → 11,707= x

C N

∑ = 0 yF : 045sen =−°+ T T C y → 293= yC N

• Equilibrio de la barra:

∑ = 0 xF : 0=− x x C R → 11,707= x

R N

∑ = 0 yF : 0=−− y y C W R → 1043= y R N

0=∑ A M : 0)5,2()25,1( =−− y A C W M

→ 73,1669= A M N-m

Solución 3: Otra manera de desmembrar la polea del sistema.

En el DCL de la polea se han colocado, actuando en líneas de acción que pasan por elagujero central, dos fuerzas opuestas a las tensiones en los dos ramales de la polea. De esamanera se tiene establecido el equilibrio de ella.

Para la barra:

∑ = 0 xF : °= 45cosT R x → 11,707= x R N

∑ = 0 yF : °−+= 45TsenT W R y → 89,1042= y

R N

0=∑ A M : )5,2(45sen)5,2()25,1( °−+= T T W M A

)2(2

21000)5,2(1000)25,1(750 −+=

→ 73,1669= A M N-m

M A

R x

R y W

C

A

1,25m 1,25m

Fig.3-68

G

T

T 45°

r 45°

T

T

T

T

45°

Fig.3-67

+

+





Ejemplo 3.12:

Un cilindro liso de radio 0,6 m y peso 1000 N,está unido por medio de un cable BC , a la

barra AD (de 2000 N de peso y articulada en A). Calcular la tensión en el cable, la fuerza decontacto entre la barra y el cilindro así comolas reacciones en A y D.

Solución:

4,0=θ sen → º58,23=θ

→ 92,0cos =θ

∑ += :0c M

0)cos5,1(2000)5,1( =−+− θ y A → N A y 33,773=

∑ =+−− 010002000: D y y N AF

→ N N D

67,2226=

∑ == 0:0 x x

AF

0)38,0()1(cos:0 =+−+=∑ E yC N A M θ

038,0)92,0(33,773 =+− E

N

→ N N E 27,1872=

38,0/6,0tan =ϕ → º65,57=ϕ

∑ = :0vF

0cos2000cos =+−− E y N senT A ϕ θ θ

027,1872º65,57)92,0(2000)92,0(33,773 =+−− senT

→ N T 37,880=

Comprobamos verificando el equilibrio del cilindro:

∑ = :0 yF 01000)º90(coscos =−−++− ϕ θ θ T N N E D

→ +− )92,0(27,187267,2226

01000)º93,55(cos37,880 =−−+ OK!

∑ = :0 xF 0)º90( =−+− ϕ θ θ senT sen N E

→ 0º93,5537,880)4,0(27,1872 =− sen OK!

A

1,5 m

G

B

C

1 m

1 m

r = 0,6 m

D

A

1,5 m

G

B

C

1 m

D

A x

A y

N D

W CD=1000 N

W AB=2000 N

1, 3 8 m

0 , 6

m

0, 3 8 m

θ

A

1,5 m

θ

B

C

1 m

1, 3 8 m

r =

0 , 6

m

A x

A y

T

N E ϕ

G

E

θ

θ 9 0 ° - ϕ

θ

0, 3 8 m

W AB=2000 N

D

C

r = 0, 6

m

E

W CD=1000 N

N E

T

θ

N D

θ9 0 ° - ϕ

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