UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

CURSO : MECÁNICA DE SÓLIDOS I

PROFESOR : Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO

PROBLEMA Nº 1

La torre de la figura tiene 70 m de altura. La tensión en los cables BC, BD y BE tiene una

magnitud de 2 kN. Considere la base de la torre como un soporte fijo. ¿Qué valor tienen las

reacciones en A?

Resolución

Para resolver problemas de equilibrio de un cuerpo rígido en el espacio, se recomienda seguir el

siguiente procedimiento:

1ro. Hacer el DCL del cuerpo rígido completo. Recuerde que sólo deben graficarse las fuerzas

externas que actúan sobre dicho cuerpo rígido.

2do. Determinar la expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo

rígido analizado.

3ro. Aplicar las ecuaciones de equilibrio para calcular las incógnitas solicitadas. Para ello se

recomienda aplicar primero 0

M con respecto a un eje especifico o con respecto a un punto,

y luego 0

F .

z (m) x (m)

y (m)

B

C (-50; 0; 0)

A

E (40; 0; -40)

D (20; 0; 50)

DCL de la torre (cuerpo rígido completo)

Las fuerzas externas que actúan sobre la torre son: las tensiones en los cables BC, BD y BE, y

las reacciones en el soporte fijo A (tres componentes de la fuerza de reacción:ZYX AAA RyRR

, ,

tres componentes de momento de par: ZYX MyMM

, ).

* Asumimos que el punto A está ubicado en el origen de los ejes coordenados.

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la torre

);;(ZYX AAAA RRRR

BCBCBC FF )( ; donde: kNFBC 2 y )0;02325,86

70;

02325,86

50(

BC

)0;6275,1;1625,1( kNkNFBC

BDBDBD FF )( ; donde: kNFBD 2 y )31761,88

50;

31761,88

70;

31761,88

20(

BC

)1323,1;5852,1;4529,0( kNkNkNFBD

BEBEBE FF )( ; donde: kNFBE 2 y )90

40;

90

70;

90

40(

BE

)8889,0;5556,1;88889,0( kNkNkNFBE

Además, el momento de par que actúa en A se expresa como: );;( ZYX MMMM

z (m) x (m)

y (m)

B

C (-50; 0; 0)

A

E (40; 0; -40)

D (20; 0; 50)

Cálculo de ZYX AAA RyRR ; (componentes de la fuerza de reacción en A)

Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, tenemos:

0 xF 08889,04529,01625,1 kNkNkNRXA kNR

XA 1793,0

0 YF 05556,15852,16275,1 kNkNkNRYA kNR

YA 7682,8

0 YF 08889,01323,1 kNkNRZA kNR

ZA 2433,0

Luego, la fuerza de reacción en A es )2433,0;7682,8;1793,0( kNkNkNRA

Cálculo de ZYX MyMM ; (componentes de momento de par en A)

Aplico primero suma de momentos totales respecto al eje x.

0 Totales

XEjeM 0

BEBDBC F

XEje

F

XEje

F

XEjeX MMMM . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje x:

XEjeXEje

F

XEje FrM

;

r = vector posición que va desde el eje x hasta la fuerza

Obtenemos:

)0;0;0(

BCF

XEjeM ; )0;0;2479( mkNMBDF

XEje

; )0;0;23,62( mkNMBEF

XEje

Además: )0;0;( XX MM

Reemplazando en (1) y despejando XM obtenemos: mkNMX 01,17

Si aplicamos suma de momentos totales respecto al eje y, tenemos:

0 Totales

YEjeM 0

BEBDBC F

YEje

F

YEje

F

YEjeY MMMM . . . (2)

Como las fuerzas de tensión en los cables BC, BD y BE interceptan al eje y, entonces los

momentos de estas fuerzas, respecto al eje y, son iguales a cero.

Además: )0;;0( YY MM

Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que: 0YM

Para calcular ZM aplicamos suma de momentos totales respecto al eje z. Es decir:

0 Totales

ZEjeM 0

BEBDBC F

ZEje

F

ZEje

F

ZEjeZ MMMM . . . (2)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje z, obtenemos:

)34,81;0;0( mkNMBCF

ZEje

; )71,31;0;0( mkNMBDF

ZEje

; )23,62:0;0( mkNMBEF

XEje

Además: );0;0( ZZ MM

Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que: mkNMZ 64,12

Por lo tanto, el momento de par en A es )64,12;0;01,17( mkNmkNM A

PROBLEMA Nº 2

Si la carga tiene un peso de 200 bf , determine la fuerza de tensión en los cables CD, BD y EF

y la fuerza de reacción en la rótula esférica A.

Resolución

Las fuerzas externas que actúan sobre la estructura ABGCE son las siguientes: peso de la carga,

tensiones en los cables CD, BD y EF, y reacción en la rótula esférica A (la cual se ha

descompuesto en sus tres componentes espaciales), tal como se observa en el DCL mostrado a

continuación.

DCL de la estructura ABGCE (cuerpo rígido completo)

3 pies

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la estructura ABGCE

)200;0;0( bfw

; );;(ZYX AAAA RRRR

BDBDBD TT )( ; )1;0;0(

BD );0;0( BDBD TT

CDCDCD TT )( ; )5/3;5/4;0(

CD )5/3;5/4;0( CDCDCD TTT

EFEFEF TT )( ; )1;0;0(

EF );0;0( EFEF TT

Cálculo de la tensiones

BDT ,

CDT y

EFT

Para calcular las tensiones en los cables BD, CD y EF aplicamos 0

M , respecto al punto A,

porque de esta manera elimino de los cálculos las componentes de la reacción en A. Es decir:

0 Totales

AM 0

w

A

T

A

T

A

T

A MMMMEFCDBD

. . . (1)

Donde:

BDAB

T

A TrMBD

; de la figura dada: )0;0;4(

ABr , y se halló que: );0;0( BDBD TT

)0;4;0( BD

T

A TMBD

CDAC

T

A TrMCD

; de la figura dada: )0;4;4(

ACr , y se halló que: )5/3;5/4;0( CDCDCD TTT

CDCDCD

T

A TTTMCD

5

16;

5

12;

5

12

EFAE

T

A TrMEF

; de la figura dada: )0;4;2(

AEr , y se halló que: );0;0( EFEF TT

)0;2;4( EFEF

T

A TTMEF

wrM AG

w

A ; de la figura dada: )0;2;4(

AGr , y según dato: )200;0;0( bfw

piebfMw

A

)0;800;400(

Reemplazando estos momentos en la ecuación (1) y aplicando las tres ecuaciones escalares de

equilibrio de momentos, tenemos:

0 XM 040045

12 EFCD TT . . . (2)

0 YM 080025

124 EFCDBD TTT . . . (3)

0 ZM 05

16 CDT 0CDT

Reemplazando 0CDT en las ecuaciones (2) y (3), se obtiene:

bfTBD 150 ; bfTEF 100

Respuesta: )150;0;0( bfTBD

; 0

CDT ; )100;0;0( bfTEF

Cálculo de AR

(reacción en la rótula esférica A)

Para calcular AR

, primero hallo sus componentes aplicando las ecuaciones escalares de

equilibrio de fuerzas. Es decir:

0 XF 0XAR

0 YF 05

4 CDA TR

Y , se halló que: 0CDT 0

YAR

0 ZF 05

3200 EFCDBDA TTTR

Z, se halló: bfTyTbfT EFCDBD 1000,150

bfRZA 50

Respuesta: )50;0;0( bfRA

PROBLEMA Nº 3

Una placa rectangular uniforme de 285 bf se sostiene en la posición mostrada por medio de

bisagras puestas en A y B, y mediante el cable DCE que pasa sin fricción por un gancho colocado

en C. Si la magnitud de la tensión en ambos lados del cable es la misma, determine:

a) La magnitud de la tensión en el cable.

b) Las reacciones en A y B. Suponga que la bisagra en B no ejerce ninguna fuerza de empuje

axial.

x

y

z

A

B

C

E

D

15 in.

23 in.

9 in.

22,5 in.

32 in.

3 in.

3 in.

Resolución

DCL de la placa rectangular

De acuerdo con la figura dada, las coordenadas de los puntos son:

inA )0;0;3( , inB )0;0;29( , inC )15;0;23( , inD )0;5,22;0( , inE )0;5,22;32(

y inF )5,7;0;16(

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa rectangular

)0;285;0( bfw

, );;(ZYX AAAA RRRR

, );;0(ZY BBB RRR

CDCD TT )( ; 5,35

)15;5,22;23(

CD

)423,0;634,0;649,0( TTTTCD

CECE TT )( ; 5,28

)15;5,22;9(

CE

)526,0:789,0:316,0( TTTTCE

a) Cálculo de “T” (magnitud de la tensión en el cable DCE)

Para calcular “T” aplico 0

M en el eje AB (eje x) porque de esta manera se anulan las

reacciones en A y en B (anulo cinco incógnitas).

0 Totales

xEjeM 0

CECD T

xEje

w

xEje

T

xEje MMM . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para las

tensiones

CDT y

CET y el peso

w , se obtiene:

x

y

z

A

B

C

E

Dato:

Por condición:

La bisagra en B no ejerce ninguna fuerza de empuje axial. Es decir:

La magnitud de la tensión en ambos lados del cable es la misma.

Además:

Si las bisagras están alineadas en forma apropiada, entonces no generan pares sobre la placa.

)0;0;51,9( TMCDT

xEje

; inbfMw

xEje

)0;0;5,2137( ; )0;0;835,11( TMCET

xEje

Reemplazando en (1) y aplicando 0 XM , tenemos:

0835,115,213751,9 TT bfT 14,100

b) Cálculo de

AR y

BR (reacciones en las bisagras A y B)

Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas tenemos:

0 XF 0316,0649,0 TTRXA

bfRXA 347,33

0 YF 0789,0634,0285 TTRRbfYY BA

bfRRYY BA 5,142 . . . (2)

0 ZF 0526,0423,0 TTRRZZ BA

bfRRZZ BA 033,95 . . . (3)

A continuación aplico 0

M en el punto A:

0 Totales

AM 0

CECDB T

A

T

A

w

A

R

A MMMM . . . (4)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la reacción

BR , las

tensiones

CDT y

CET y el peso

w , se obtiene:

)26;26;0(YZ

B

BB

R

A RRM

; inbfMCDT

A

)6,1269;65,127;35,952( ; ;

inbfMCET

A

)2,1580;1528;15,1185( ; inbfMw

A

)3705;0;5,2137(

Reemplazando en la ecuación (4) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de

momentos, tenemos:

0 YM 0152865,12726 ZBR bfR

ZB 85,53

0 ZM 037052,15806,126926 YBR bfR

YB 89,32

Finalmente reemplazamos YBR en (2) y

ZBR en (3) y obtenemos:

bfRYA 61,109 ; bfR

ZA 18,41

Respuesta:

bfRA )18,41;61,109;347,33(

; bfRB )85,53;89,32;0(

PROBLEMA Nº 4

La placa de la figura está soportada por bisagras en A y B y por el cable CE, y está cargada por

una fuerza en D. El borde de la placa al cual están unidas las bisagras se encuentra en el plano

y-z, y los ejes de las bisagras son paralelos a la línea que pasa por los puntos A y B. Las bisagras

no ejercen pares sobre la placa. ¿Qué magnitud tiene la tensión en el cable CE? Si la bisagra en

B no ejerce una fuerza sobre la placa en la dirección del eje de la bisagra. ¿Qué valores tienen las

magnitudes de las fuerzas ejercidas sobre la placa por las bisagras en A y B?

Resolución

Primero determinamos las coordenadas de los puntos A, B, C, D y E. Para ello observamos la

figura dada y concluimos que:

)3;1;0(,)0;0:2(;)20cos2;202;2(,)20cos2;202:0(,)0;0;0( 0000 EDsenCsenBA

A continuación hacemos el DCL de la placa y luego aplicamos las ecuaciones de equilibrio.

DCL DE LA PLACA

X

X X

X

X

X

E.

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa

kNF )0;6;2(

, );;(ZYX AAAA RRRR

, );;(ZYX BBBB RRRR

CECECE TT )( ; 845,2

)121,1;684,1;2(

CE )394,0;592,0;703,0( CECECECE TTTT

Cálculo de la magnitud de la tensión del cable CE

Para calcular la tensión en el cable CE aplico 0

M respecto al eje AB, porque de esta forma

cancelo las fuerzas de reacción en A y en B (las cuales también son incógnitas en este problema).

Es decir:

0 Totales

ABEjeM 0

CET

ABEje

F

ABEje MM . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para la fuerza

F

y la tensión

CET , se obtiene:

mkNMF

ABEje

)580652,10;853656,3;0( ; mkNTTM CECE

T

ABEje

CE

)29756,1;4726,0;0(

Reemplazando en (1) y aplicando 0 YM , tenemos:

04726,0853656,3 CET kNTCE 156,8

Cálculo de las magnitudes de las fuerzas ejercidas sobre la placa por las bisagras en A y B,

si la bisagra en B no ejerce una fuerza sobre la placa en la dirección del eje de la bisagra.

En este caso aplicamos 0

M respecto al punto B, es decir:

0 Totales

BM 0

CEA T

B

F

B

R

B MMM . . . (2)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la fuerza de reacción

AR , la fuerza

F y la tensión

CET , se obtiene:

)684,0;879,1;879,1684,0(XXYZ

A

AAAA

R

B RRRRM

; mkNMCET

B

)6546,9;426,6;0(

mkNMF

B

)368,13;758,3;274,11(

Reemplazando en la ecuación (2) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de

momentos, se obtiene:

0274,11879,1684,0 kNRRYAAZ . . . (3)

kNRXA 43,5

3,5 kN/m

6 m

A D

2 m 1 m

C B

50 kN.m

Aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, se obtiene:

kNRXB 1624,9

0213464,3 ZZ BA RR . . . (4)

0828352,46 YY BA RR . . . (5)

Por condición del problema: 0"" BENBISAGRALADEEJEDELDIRECCIONLAENF

Para aplicar esta condición se muestra a continuación una vista en el plano y-z:

Resolviendo las ecuaciones (3), (4), (5) y (6), obtenemos:

kNRkNRkNRkNRZYZY BBAA 9257,1;2908,5;2873,1;4686,6

Las magnitudes de

AR y

BR , tenemos:

222 )2873,1()4686,6()43,5( AR kNRA 543,8

222 )9257,1()2908,5()1624,9( BR kNRB 754,10

PROBLEMA Nº 5

Para la carga aplicada en la viga que se muestra en la figura, determine las reacciones en los

apoyos, cuando mkNw /5,10 .

200

200

200

RBY

RBZ

B

A

y

z

Eje de la

bisagra

Aplicando la condición a la figura

tenemos que:

… (6)

Resolución

Primero hallo la función de carga de las fuerzas distribuidas, para ello aplicamos la ecuación de la

recta: bmxy , donde “m” es la pendiente de la recta. Además sabemos qué: )(xwy .

A partir de la figura dada construimos la figura siguiente:

Cálculo de RF y x (magnitud y ubicación de la fuerza resultante de las fuerzas

distribuidas)

La magnitud de la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas está dada por:

dxwF xR )( dxxFR

9

0

)5,39

2( kNFR 5,22

La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:

R

x

F

dxwxx

)(

m

dxxx

x 9,35,22

)5,39

2(

9

0

Cálculo de las reacciones en los apoyos

Por segunda condición de equilibrio:

0 TOTALES

CM

0)6()1,4(5,2250 YBR kNRBY 042,7

3,5

1,5

0 9

y (kN/m)

x (m)

Recta

Se sabe:

Para

Para

Luego:

9 m

2 m C A

3,9 m

B

1 m 4,1 m

50 kN.m

y

x

300 N/m

1200 N/m

6 m

Parábola

Vértice

A B

Por primera condición de equilibrio:

0 XF 0CXR

0 YF kNRCY 458,15

Respuesta:

)458,15;0(

)042,7;0(

kNR

kNR

C

B

PROBLEMA Nº 6

Para la carga aplicada sobre la viga que se muestra en la figura, determine las fuerzas de

reacción en los apoyos A y B.

Resolución

En este tipo de problemas, primero se halla la función de carga “w(x)” que nos permita luego

calcular la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas. Para ello aplicamos la ecuación de la

parábola: 2)(4)( hxpky , donde: h y k son las coordenadas del vértice de la parábola.

Reemplazando los datos del problema en la ecuación de la parábola, se obtiene que:

30025 2 xy

Esta ecuación de la parábola es nuestra función de carga, es decir:

30025 2

)( xwy x

Cálculo de RF y x (magnitud y ubicación de la fuerza resultante)

La magnitud de la fuerza resultante de fuerzas distribuidas está dada por:

dxwF xR )( dxxFR

6

0

2 )30025( NFR 3600

La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:

R

x

F

dxwxx

)(

mF

dxxx

xR

75,3

)30025(

6

0

2

Cálculo de las reacciones en los apoyos

Para calcular las fuerzas de reacción en los apoyos, primero se hace el DCL de la viga y luego se

aplica las ecuaciones de equilibrio de un cuerpo rígido.

En este caso, las fuerzas externas que actúan sobre la viga son: la fuerza resultante de las

fuerzas distribuidas y las fuerzas de reacción en los apoyos A y B.

Por segunda condición de equilibrio:

0 TOTALES

AM

0)75,3(3600)6( mNmRBY NRBY 2250

Por primera condición de equilibrio:

0 XF 0AXR

0 YF NRAY 1350

Respuesta:

)2250;0(

)1350;0(

NR

NR

B

A

6 m

3,75 m

B

A