Estatica 172q

Problema 1

Una esfera maciza de radio R = 20 cm y masa M = 3 kg está en reposo sobre un plano inclinado de ángulo θ=30º, sostenida por una cuerda horizontal tal como muestra la figura. Calcular: 

La tensión de la cuerda.



La fuerza normal del plano sobre el cuerpo.



La fuerza de rozamiento que actúa sobre la esfera Solución



Equilibrio N·sin30=T+Fr·cos30 N·cos30+Fr·sin30=3·10 Momentos respecto del centro de la esfera T·R-Fr·R=0



Solución T=302+3√ N

Problema 2

N=30 N

Dos cilindros macizos y homogéneos de pesos 6 y 10 kg respectivamente, se apoyan sin rozamiento sobre los planos inclinados de la figura. Calcular el ángulo φ que forma con la horizontal la recta OO' que une los centros de los dos cilindros en la posición de equilibrio y la reacción de los planos inclinados Solución



Equilibrio del cilindro izquierdo Ncos15=Fsinφ-60 Fcosφ=Nsin15



Equilibrio del cilindro de la derecha N’sin30=Fcosφ N’cos30+Fsinφ=100



Solución F=57.3 N, φ=59.3º, N’=58.6 N, N=113.1 N Problema 3

Calcular el peso mínimo P que se debe colocar en el extremo de la mesa de la figura para que vuelque. La masa del tablero es de 50 kg y de cada pata de 5 kg. Las dimensiones quedan expresadas en la figura. El centro de gravedad del tablero está en el centro del tablero. Tomar g=10 m/s2 Solución



Equilibrio NA+NB=50·10+10·10+10·10+P Momentos respecto al extremo de la pata B (100-NA)·2+500·1-P·0.5=0 La mesa vuelca cuando NA=0



Solución P=140 kg Problema 4

Un brazo de grúa de 1200 N de peso se sostiene por el cable AB de la figura. Este brazo está sujeto al suelo mediante la articulación C, y en la parte superior se cuelga un cuerpo de 2000 N de peso. Encontrar la tensión del cable y las componentes de reacción en la articulación. Solución Equilibrio T·sin25+Fy=2000+1200 Fx=T·cos25 Momentos respecto del origen −2000⋅L⋅cos65−1200⋅L2cos65+T3L4+Fx⋅0+Fy⋅0=0

Solución T=1465 N, Fx=1328 N, Fy=2581 N

Problema 5

Una barra de 5 kg de peso y 50 cm de longitud descansa apoyada sobre una pared vertical lisa (sin rozamiento) en A y una clavija B distante 20 cm de la pared.

Solución 

Equilibrio. mg=N·cosθ F=N·sinθ Momentos respecto de A −mg0.52cosθ+N0.2cosθ+F⋅0=0



Solución θ=21.8º

Problema 6

Un hombre de 70 kg sube por una escalera de 2 m de longitud y 10 kg de peso, apoyada tal como se indica en la figura. El coeficiente de rozamiento entre el extremo inferior de la escalera y el suelo es 0.4. Calcular: 

Hallar las reacciones en los apoyos, cuando el hombre ha ascendido x=0.5 m a lo largo de la escalera



La máxima altura x a la que puede subir el hombre por la escalera antes de que esta comience a deslizar.

Solución

Equilibrio N’cos60+N=70·10+10·10 N’sin60=Fr Momentos respecto de O N'1sin60−700⋅x⋅cos60−100⋅1⋅cos60+Fr⋅0+N⋅0=0

Solución 

Cuando x=0.5 m N’=194.9 N, Fr=168.8 N, N=702.6 N



Cuando va a empezar a deslizar Fr=0.4·N N’=300.2 N, N=649.9 N, x=0.847 m Problema 7

Una escalera de 3 m de laongitud y 10 kg de peso está apoyada en una pared lisa AB y en un suelo horizontal AC rugoso (coeficiente estático de rozamiento 0.2) 

Calcular la reacción de la pared y del suelo cuando un hombre de 70 kg ha subido 50 cm a lo largo de la escalera



¿Cuánto podrá subir como máximo por la escalera?

Solución

Resolvemos el triángulo de la figura 3sin80=2sinα



α=41.03º

β=180−80−α=58.97º

Equilibrio N=70·10+10·10+ N’sin10 N’cos10=Fr Momentos respecto de O N’cos10·3·sinβ-N’sin10·3·cosβ-100·1.5·cosβ-700·x·cosβ+N·0+Fr·0=0



Solución o

Cuando x=0.5 m N’=113.9 N, Fr=112.2 N, N=818.9 N

o

Cuando va a empezar a deslizar Fr=0.2·N N’=168.4 N, N=829.2 N, x=0.842 m

Problema 8

Una varilla homogénea de 20 kg de peso y de 3 m de longitud se apoya sobre un plano horizontal y sobre un plano inclinado 60º, ambos lisos (sin rozamiento) tal como indica la figura. La varilla permanece en equilibrio gracias a la acción de una cuerda horizontal situada a 0.5 m de altura. Determinar: 

La tensión de la cuerda



Las reacciones de los planos horizontal e inclinado Solución



Equilibrio N’cos60+N=20·10 T=N’sin60 Momentos respecto de O 200·1.5·cos30+T·2·sin30-N·3·cos30+N’·0=0



Solución N’=120 N, N=140 N Problema 9

Una barra de 5 m de longitud y 20 kg de peso descansa apoyada sobre un cilindro de 30 kg de peso y 0.5 m de radio. La esfera está sujeta a su vez, por una cuerda de 1.3 m de longitud. Suponiendo que no hay rozamiento entre la barra y el cilindro, y que el coeficiente estático de rozamiento entre el extremo derecho de la barra y el plano horizontal es 0.5. 

Calcular la fuerza de rozamiento y la tensión de la cuerda cuando el ángulo entre la barra y el plano horizontal es de 15º. ¿Deslizará o no la barra?. Razónese la respuesta. Solución

Ángulo de la cuerda sinθ=0.5/1.3, θ=22.6º Posición x de la fuerza F, en el triángulo rectángulo de la figura tan7.5º=0.5/x, x=3.8 m



Equilibrio de la barra F·cos15+N=20·10 F·sin15=Fr Momentos respecto de O N·0+Fr·0-F·x+200·2.5·cos15=0



Solución F=127 N, Fr=33, N=77 N La fuerza de rozamiento máxima es μN=0.5·77=38.5 N Luego la barra está en equilibrio en esta posición



Equilibrio del cilindro N’=T·sinθ+F·cos15+30·10 F·sin15=T·cosθ T=36 N, N’=436 N Problema 10

Una barra OA de 30 kg de peso y 2 m de longitud, articulada en O, se apoya sobre una caja rectangular de 10 kg de peso y de dimensiones 0.75 y 0.5 m. La caja puede deslizar sobre el plano horizontal. Sabiendo que el ángulo entre la barra y el plano horizontal es de 30º. Calcular: 

La fuerza sobre la articulación O.



La fuerza que ejerce el plano horizontal sobre la caja y su punto de aplicación.



¿Deslizará o no la caja?. Razona la respuesta. Dato: el coeficiente estático de rozamiento entre la caja y el plano horizontal vale 0.7. Solución



Equilibrio de la barra Fy+Ncos30=30·10 Fx=N·sin30 Momentos respecto de O -300·1·cos30+N·1.5+Fx·0+Fy·0=0 Fx=503√ N,

N=1003√ N,



Fy=150 N

Equilibrio de la caja 10·10+Ncos30=R N·sin30=Fr Momentos -N·sin30·0.75-10·0.25+R·x+Fr·0=0 x=0.36 m,

Fr=503√ N,

R=250 N

El valor máximo de la fuerza de rozamiento es μR=0.7·250=175 N La caja no desliza Problema 11 Una escalera de mano se arma como se muestra en la figura, un pintor de 70 kg, de masa está parado a 3 m de la base. Suponiendo que el piso no tiene fricción, determine : 

La tensión de la cuerda que conecta las mitades de la escalera



Las reacciones en los apoyos A y B.



Las componentes de la fuerza de reacción en la unión C que el lado izquierdo de la escalera ejerce sobre el lado derecho

Datos, el tramo AC de la escalera pesa 2.5 kg y el tramo BC 2 Kg Solución

cosθ=1.25/4



Equilibrio de la escalera izquierda NA+Fy=70·10+2.5·10 Fx=T Momentos respecto del vértice de las escaleras -NA·1.25+25·0.625+700·1·cosθ+T·2·sinθ+Fx·0+Fy·0=0



Equilibrio de la escalera derecha NB=Fy+2·10 Fx=T Momentos respecto del vértice de las escaleras NB·1.25-20·0.625-T·2·sinθ+Fx·0+Fy·0=0



Solución NA=461.2 N, NB=283.7 N , Fx=180.1 N, Fy=263.7 N, T=180.1 N,

Hallar la tensión en las cuerdas, si el peso que soportan es de 200 kgf. Este ejercicio es muy, pero muy sencillo. Y tiene la virtud de mostrarnos un par de conceptos que vamos a tener que incorporar con intensidad, porque los vamos a usar permanentemente. El primero de ellos es la versatilidad de la 2da ley de la dinámica, o ley de la masa o ley de Newton. ΣF=ma cuando decimos que la sumatoria de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo es igual al producto entre su masa y su aceleración, no necesariamente tenemos que estar hablando de un cuerpo voluminoso, masivo, regordete. Estamos hablando de casi cualquier cosa que se te ocurra, por ejemplo una molécula, un pedacito de soga, un nudo, un psidegulianoato de merdixongo. Y cuando hablamos de producto entre masa y aceleración incluímos casos idiotas como que la masa valga cero, o la aceleración valga cero. Tan potente y versátil es esta ley del universo que aún en esas situaciones absurdas resulta útil y eficiente. En este problema, por ejemplo, nos piden que encontremos los valores de las fuerzas que hacen tres sogas. Qué mejor oportunidad que aplicarle la 2da ley al punto donde se reúnen esas tres fuerzas. El nudito entre las tres sogas. Pero un nudito... ¿qué masa tiene? ¿Qué cuerno es un nudito? NO IMPORTA. Mirá su DCL.

Yo dibujé las tres fuerzas con el largo correcto. Eso no tiene mucha importancia. Lo que sí la tiene es que le pongas la dirección, y el sentido correcto, y un nombre razonable. Fijate que cada soga hace una fuerza en cada extremo y esas fuerzas (que no son par de interacción) son iguales. Para referirme a la fuerza que hace una cuerda puedo prestar atención a cualquiera de los dos extremos. Lo que no puedo hacer es errar el sentido. Del nudo todas tiran hacia afuera. ¿Te queda claro? La primera lección fue esa, un nudo es tan apropiado como cualquier otro cuerpo de verdad. La segunda lección viene ahora: habitualmente la gente un poquito experimentada considera a la fuerza que hace la soga de abajo, TC, (por tensión) de este problema como si fuera un dato. Lo cierto es que no lo es. Es que ya resolvieron mentalmente este problema: Si le plicamos la segunda ley de Newton a ese cuerpo... ΣF=ma o sea

TC — P = 0

→

TC = P

que se puede anticipar fácilmente porque el cuerpo está en reposo, su aceleración es cero. Habitualmente hacemos esas cosas. Y ahora que aprendimos las dos lecciones, resolvamos el problema, que es una pavada. Rehacemos el DCL, pero con todas las fuerzas en sólo dos direcciones. Para eso descomponemos TB Σ Fx = m ax TBx — TA = 0

→

TBx = TA

→

TBy = TC

Σ Fy = m ay TBy — TC = 0 y no olvides que TBx = TB cos 450 , y 0,707

TBy = TB sen 450 , y como cos 450 = sen 450 =

TC = 200 kgf

TA = 200 kgf

TB = 283 kgf Hallar la tensión en las cuerdas, si el peso que soporta es de 200 kgf.

La pregunta inmediata cuando se encara por primera vez un ejercicio como éste es: ¿a qué cuerpo le aplico las propiedades del equilibrio? Si lo hacemos con el único que aparece en el sistema no vamos a poder plantear nada sobre las sogas que no están en o con él... La solución es pensar en un cuerpo imaginario (tal vez no tanto) como un pedacito de soga, un nudo, un encuentro. No nos importa qué cantidad de soga, no nos importa su masa, ya que como está en equilibrio no interviene en el problema. Por ejemplo el nudo en el que concurren las sobas A, B y C... (lo llamé nudo 2) está en equilibrio, le aplicamos el principio del equilibrio a él. Otro tanto podemos hacer con el nudo de abajo (lo llamé nudo 1) donde concurren las cuerdas C y la vertical que sostiene cuyo peso conocemos. Yo diría que ésa es la punta del ovillo. Podrás preguntarte por las otras cuerdas que no van a aparecer en el equilibrio de esos nudos. Se trata de un asunto de simetría: hasta les pusieron el mismo nombre porque realizan la misma fuerza, su disposición simétrica no les permite hacer otra cosa. No conviene abusar de los criterios de simetría, pero acá es tan obvio que no hacerlo sería casi un insulto.

Bien, entonces vamos a los DCL de esos dos nudos. Sobre el nudo 1 actúan tres cuerdas, tres fuerzas que son TC, hacia arriba a la izquierda, TC hacia arriba a la derecha y una soga que tira hacia abajo que es igual al peso del cuerpo, la llamaré directamente P, ¿ok? Las fuerzas no son colineales de modo que elegimos unSR y descomponemos las fuerzas que no coincidan con la dirección de los ejes. Mi experiencia me indica que elSR más económico es el que te dibujé (horizontalvertcal). Supongo que vos hubieras elegido el mismo. De este modo aparecen nuestras primeras dos ecuaciones: eje x

→

TCx — TCx = 0

[1]

eje y

→

2 TCy — P = 0

[2]

Si bien desaparecen los valores de las fuerzas, aparecen los de sus componentes, ya los vamos a relacionar. Ahora le llega el turno al DCL del nudo 2. Ocurre lo mismo que antes, de modo que con el mismo SRdescompongo las fuerzas que quedan oblicuas y así llegamos al segundo par de ecuaciones eje x

→

eje y

→

TB + TCx — TAx = 0 TAy —TCy = 0

[3] [4]

TCx y TCy, que aparecen acá, ya aparecieron en las de arriba. El círculo se está cerrando. Para poder relacionar las componentes de cada fuerza con la fuerza verdadera vas a tener que prestar atención a los triángulos rectángulos que se forman cada vez que descomponés un vector. Además tenés que rebuscártelas para encontrar ángulos que sean congruentes (un modo fino de decir iguales) Acá te muestro los triángulos rectángulos de los que surge que: TCx = TC . cos 53º

y

TCy = TC . sen 53º

TAx = TA . cos 37º

y

TAy = TA . sen 37º

Ahora metemos todo en la licuadora algebraica y vamos sacando conclusiones. De[2] sale que TCy = 100 kgf , entonces con dividirlo por sen

53º sabremos que

TC = 125 kgf Si ahora a ésto lo multiplicamos por el cos 53º, aparecerá TCx = 75 kgf . De la ecuación [4] tendremos que TAy = 100 kgf , de modo que dividiéndolo por sen 37ºaparecerá TA = 167 kgf Casi repitiendo los mismos pasos a ése lo multiplicamos por cos 37º, aparece TAx = 133 kgf y con este valor voy a la ecuación [3], de donde surge TB = 58,3 kgf

Mariana y Cecilia se sientan en columpios, uno frente al otro, y tiran de los extremos opuestos de una soga horizontal, quedando el columpio de Mariana inclinado 45º y el de Cecilia 30º, ambos respecto a la vertical. Si Mariana pesa 36,3 kgf, calcular el peso de Cecilia (tg 60° = 1,732). Mi experiencia me indica que noresulta fácil de comprender este enunciado. No cabe duda que probando DCLs el el mejor (si no el único) modo de intentar comprenderlo. Allá vamos.

Te diste cuenta que consideré a las chicas como objetos puntuales. La fuerza de la soga (verde) le puse el nombre de interacción FMC, FCM, como si la soga no fuera otra cosa que una prolongación de sus dedos. (El autor puso una soga al solo efecto de que te dieras cuenta de que esa fuerza que se hacen las chicas entre sí es horizontal). Luego tenemos los pesos, P, (cada uno con su subíndice), y los apoyos en los asientosT, (idem). Para escribir las ecuaciones de equilibrio de las chicas, voy a descomponer la fuerza Tde cada una, de las direcciones de un SR horizontal/vertical.

Ya podemos realizar las sumatorias de fuerzas que expresan el equilibrio de cada una de las chicas. Antes de eso te recuerdo que: TCX = TC . sen 30º

y

TCy = TC . cos 30º

TMX = TM . sen 45º

y

TMy = TM . cos 45º

Ahora sí, si ya está todo listo... Cecilia (eje x)

→

Σ Fx = 0

→

FMC — TC . sen 30º = 0

Cecilia (eje y)

→

Σ Fy = 0

→

TC . cos 30º — PC = 0

Mariana (eje x)

→

Σ Fx = 0

→

TM . sen 45º — FCM = 0

Mariana (eje y)

→

Σ Fy = 0

→

TM . cos 45º — PM = 0

Te juego una apuesta: cuanto que si contamos hay igual número de ecuaciones que de incógnitas. Ecuaciones 4. Incógnitas: FMC , TC , PC , TM ... ¡4! O sea... tenés que aceitar tu álgebra, y ser capaz de decirme antes de 7 minutos y medio cuánto vale cada una de las incógnitas, en especial PC , el peso de Cecilia que es lo que pide el enunciado. Ok, Ok... ya entiendo... bueno vamos a ver si encuentro un camino rápido. Prestá atención: tomo las dos últimas ecuaciones y paso los segundos términos al segundo miembro. TM . sen 45º = FCM TM . cos 45º = PM Luego divido miembro a miembro estas dos (acordate que sen/cos = tg) tg 45º = FCM / PM PM . tg 45º = FCM Mirá qué suerte... tg 45º = 1 (si no me creés, verificalo en tu calculadora). PM = FCM ¿Me seguiste? Ok, ahora metemos eso en la primera ecuación (tené en cuenta queFMC = FCM... fuerzas en los extremos de una soga) PM — TC . sen 30º = 0 PM = TC . sen 30º De la segunda despejo TC y lo que me da lo meto en la de acá arriba. TC = PC / cos 30º

PM = PC . tg 30º Ahora despejo PC y a otra cosa mariposa. PC = PM / tg 30º

PC = 63,4 kgf

¡uf!

Calcular qué ángulo máximo pueden formar con la vertical las cuatro cuerdas de la figura, para que la fuerza que soporta cada una no exceda los 500 kgf. (Use consideraciones de simetría).

Este ejercicio es más fácil de lo que parece. Por suspuesto, como en todo problema de dinámica o estática (que parte de) la principal herramienta es el DCL. Pero hasta llegar a ella vamos a tener que trabajar un poquito. A veces no es sencillo (sobre todo a las chicas) comprender el problema cuando partimos de un esquema en perspectiva. Bueno, queda claro que la fuerza que tiene que hacer el guinche para sostener la caja es igual a su peso o sea F = P = 1.000 kgf Ahora viene la cuestión. La fuerza del guinche se reparte en cuatro sogas. Supongo que te queda claro que la fuerza que hace cada una NO ES la cuarta parte del peso, no valen 250kgf cada una, ¿no es cierto? Claro esas cuatro soguitas no solamente hacen una fuerza vertical (esa sí, sumada da 1.000 kgf) sino que, como están oblicuas, también realizan una fuerza lateral, en conclusión la fuerza que hace cada una es mayor a 250 kgf. Si sos una persona práctica (varón o mujer) entenderás que cuanto más arriba hagas el nudo de separación menos fuerza tienen que hacer tus 4 soguitas, y cuanto más abajo, más cerca de la caja, mayor será esa fuerza. Ya sabemos varias cosas que la fuerza es mayor que la cuarta parte del peso y que depende del ángulo que forma cada soga con la vertical. Y también sabemos que las cuatro tensiones son iguales. ¿Y cómo sabemos eso? Juastamente a eso se refiere el enunciado cuando te dice que apeles a consideraciones de simetría. Las cuatro sogas tienen idéntica posición respecto de un eje vertical que pasa por el centro de la caja. Si con eso no te cierra, lo lamento, perderás 2 horas de sueño hoy a la noche. Ahora bien, el ángulo que cada soga forma con la vertical podríamos calcularlo a ciegas. Las ecuaciones no te piden que lo visualices. Sin embargo, me resisto a que hagas nada sin entender lo que estás haciendo. Te puede tocar un problema en el que se pida calcular el ángulo por otros medio y vas frito. Para visualizar el ángulo pensá que la vertical y una soga cualquiera (por ejemplo la delantera izquierda) están en un plano y forman con la caja un triángulo que te dibujé en amarillo. Es rectángulo, aunque por la perspectiva no lo parezca. Voy a aprovechar esa esquina de la caja para plantear las fuerzas que entran en juego en el ejercicio.

Cada soga hace una fuerza máxima que llamaremos T, sobre el vértice de la caja. Ahí también están aplicadas otras dos fuerzas: 1/4 de peso, ¼ P, y la reacción de la caja, R, que no le gusta que la apretujen. Existe una relación geométrica entre las tres fuerzas, y esa relación tiene que ver con el ángulo del que estuvimos hablando, entre la vertical y la soga. Pero para verlo bien vamos a sacarle la perspectiva, rotándolo un cachito hacia la izquierda hasta que el plano de la diagonal nos quede de frente (en geometría eso se llama rebatir). Por fin apareció el DCL. Ahora vemos claramente el ángulo entre la soga y la vertical, y se ve también que es el mismo que forma la fuerza que hace la soga, T, con su componente vertical. De modo que Tx = T sen α Ty = T cos α Y por fin podemos aplicar la condición de equilibrio R = Tx ¼ P = Ty La primera ecuación no aporta gran cosa en este ejercicio, pero la segunda sí: ¼ P = T cos α α = arc cos ¼ P/T α = 60º

La lámpara de la figura que pesa P está sostenida por dos cuerdas como muestra la figura. Si la fuerza que hace cada una es P, entonces los ángulos α y β son respectivamente: a) 45º y 45º d) 53º y 37º

b) 37º y 53º e) 30º y 30º

c) 30º y 60º f) 60º y 30º

Un problema tan sencillo... no tiene gracia. Pero me imagino que vos habrás intentado antes y te salió o no te salió, o no habrás intentado, o no me imagino, o tiene gracia... uno nunca sabe... ¿A qué le hacemos el DCL? A la lámpara, claro está. O si querés al nudo superior del que está colgada. Es lo mismo.

Bien, ahí tenés el DCL. Lo hice sobre el nudito superior a la lámpara. Exageré un poquito más la inclinación de las cuerdas para que α yβ resulten bien diferentes y no nos veamos tentar a usar alguna propiedad que no tengan... pero que parezca. Babrás visto que los α y β que representé son los mismos que los de la figura del problema. En realidad no son los mismos, pero valen lo mismo. ¿Como se llamaban? Ah, ya sé: alterno internos entre paralelas. También debés tener en claro (es dato del problema) que TA = TB = P Este DCL es un poco incómodo voy a reemplazar las tensiones por sus respectivas componentes, abajo está. En la descomposición vectorial tenemos TAx = TA cos α = P cos α TBx = TB cos β = P cos β TAy = TA sen α = P sen α TByx = TB sen β = P sen β

Ya podemos aplicar la 2da ley de Newton para los dos ejes Σ Fx = 0

→

TBx — TAx = 0

Σ Fx = 0

→

TAy + TBy — P = 0

Reemplacemos por las expresiones que contienen los ángulos P cos β — P cos α = 0

→

P sen α + P sen β — P = 0

P cos β = P cos α →

cos β = cos α

P sen α + P sen β = P

Resumiendo. Del primer renglón nos queda: cos β = cos α que significa ni más ni menos que β = α. Y del segundo renglón sen α + sen β = 1 Paro ahora sabemos que son iguales, así que podemos escribir sen α + sen α = 1 2 . sen α = 1 sen α = ½ α = β = 30º

respuesta e

Para que el sistema se mantenga en equilibrio en la posición mostrada, se aplica en la barra de la figura una fuerza F. El peso de la barra es despreciable. ¿Cuál es el valor de la fuerza F, cuál es el valor del ángulo que forma con la barra y dónde está aplicada? Este ejercicio es muy, pero muy bonito en el sentido de la economía de datos. A simple vista parece imposible. Pero uno plantea las ecuaciones y la solución aparece casi mágicamente. Se empieza por un DCL, claro está.

Coloqué a la fuerza F sobre la barra a una distancia d que me pareció posible. De todos modos el valor exacto me lo van a dar las ecuaciones. En lugar de trabajar con F voy a trabajar directamente con sus componentes Fx y Fy. Lo mismo hice con la tensión de la cuerda que pasa por la polea, directamente la descompuse en sus componente x e y que actúan, ambas, sobre el extremo A de la barra. Queda claro que Tx = T sen 37o , y Ty = T cos 37o La fuerza de 2 kgf del extremo de la barra la llamé C (por carga). Entonces... ΣFx = 0

→

Tx — Fx = 0

ΣFy = 0

→

Fy — Ty — C = 0

ΣMA = 0

→

C . 10 m — Fy d = 0

Ya está. De la primera sale Fx = 6 kgf, y de la segunda sale Fy = 10 kgf . El módulo de F lo obtenemos por pitágoras y el ángulo por el arcotangente. F = 11,7 kgf α = 59º De la tercera ecuación se despeja d. d=2m

Dos trabajadores Pablo y José transportan un paquete que pesa 120 kgf, suspendido de una barra de 2 m de longitud y de peso despreciable, que llevan a cuestas. ¿En qué posición habrá que colocar la piedra para que el esfuerzo realizado por Pablo sea los 2/3 de lo que soportará José? No me gusta decirlo, pero entre Pablo y José uno de los dos es un pícaro: José. La cara de José lo dice todo. No debe tener idea de lo que es un DCL.

No se entiende para qué nos pusieron una barra de 2 m si con una de 1,8 m alcanzaba. Diferente hubiera sido si la barra tenia un peso considerable, pero en este caso... ¡Ah! Ya sé: para que te acostumbres a que en los planteos de los ejercicios puede haber datos sobrantes, o inmecesarios o incluso tontos. Sólo los que saben, superan esa dura prueba. A la fuerza que hace el balde sobre la barra la llamé C (por carga) y las de los operarios las distinguimops por el subíndice. Voy a tomar como centro de giros o momentos el extremo de la barra, A. Desarrollo las dos condiciones de equilibrio: "el cuerpo no se desplaza": Σ Fy = 0 , y "el cuerpo no gira" :Σ MA = 0 Σ Fy = 0

→

FJ + FP — C = 0

Σ MA = 0

→

C . d — FJ . 1,80 m = 0

Si contás vas a ver que tenemos 3 incógnitas, con sólo dos ecuaciones. Pero hay un dato del enunciado que todavía no usamos y que si lo sabemos usar lo transformaremos en una tercera ecuación, es el que dice que "el esfuerzo realizado por Pablo sea los 2/3 de lo que soportará José". Que se traduce así: FP = FJ . 2/3 Ahora sí, esto está cocinado. Si meto esta última en la primera, me queda FJ + FJ . 2/3 = C o lo que es lo mismo FJ . 5/3 = C Ahora meto esto en la segunda ecuación, la de momentos, y sale d . FJ . (5/3) — FJ . 1,80 m = 0 d . FJ . 5/3 = FJ . 1,80 m d = 1,80 m . 3/5 d = 1,08 m

(medidos desde Pablo)

Hallar la tensión que soporta el cable de la figura, y las componentes (x,y) de la fuerza de vínculo en el punto A, para que la barra de la figura permanezca en equilibrio; la barra tiene una longitud de 8 m, es homogénea y pesa 40 kgf.

Hacé el DCL de la barra y volvé, a ver si hiciste el mismo que yo. ¡Eh! ¿Qué te dije? Andá dale, si no no vas a prender nunca. Yo te espero.

Las letras que le puse a las fuerzas no importan en lo absoluto, pero digamos que fui conservador: P de peso, C de carga, T de tensión y R de reacción de vínculo. Como es dato que la barra está en equilibrio podemos aplicar las dos condiciones de equilibrio: sumatoria de fuerzas y sumatoria de momentos. Pero momento (je, je) antes hay que descomponer T para poder hacer la suma de fuerzas.

Con Tx = T cos 45º y Ty = T sen 45º, la longitud de la barra la voy a llamar L y voy a elegir centro de momentos el punto de apoyo con la pared, A. Σ Fx = 0

→

Rx — Tx = 0

Σ Fy = 0

→

Ry + Ty — P — C = 0

Σ MA = 0

→

— P . ½ L — C . L + Ty . L = 0

habrás notado que los momentos de Rx, Ry y Tx valen cero, ya que sus rectas de acción pasan por A. También habrás notado que escribimos tres ecuaciones y solo hay tres incógnitas. O sea... habrás notado que acá se acabó la física y comienza el álgebra... entonces... ¿qué estás esperando? ¿que yo te lo resuelva? ¡Increíble!... De la tercera Ty = ( P . ½ L + C . L) / L = = (160 kgfm + 640 kgfm) / 8 m = 100 kgf T = Ty / sen 45º T = 141 kgf Rx = T . cos 45º Rx = 100 kgf Ry = — Ty + P + C Ry = 20 kgf