ESTATICA PROBLEMAS RESUELTOS, Guías, Proyectos, Investigaciones de Física

¡Descarga ESTATICA PROBLEMAS RESUELTOS y más Guías, Proyectos, Investigaciones en PDF de Física solo en Docsity!

ESTATICA

PROBLEMAS RESUELTOS

______________________________________________

Ph.D. Genner Villarreal Castro

PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008

Lima – Perú

PROLOGO

La Estática, es una ciencia de la Mecánica Teórica, que estudia el equilibrio de diversos elementos

o sistemas estructurales sometidos a la acción externa de cargas puntuales y distribuidas, así como de

momentos.

Por lo general, los textos base de Estática, son muy voluminosos y, principalmente, se centran en

la descripción teórica, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje a través de trabajos domiciliarios e

investigación, conducentes a un mejor dominio de la materia.

El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos

en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización

de sus trabajos domiciliarios.

Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio

individual, resolviendo para ello 125 problemas tipos en forma seria y con el rigor científico, propiciando

de manera más amena la convivencia con la Estática.

En el presente libro, se tratan temas que en la mayoría de programas de las universidades se

analizan y que son muy importantes en la formación profesional de los ingenieros civiles.

Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Estática en la

Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada

Antenor Orrego.

En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de

problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente.

El presente libro consta de 5 capítulos y bibliografía.

En el primer capítulo se analizan las diversas formas de las fuerzas y momentos, a las cuales

están sometidas las estructuras.

En el segundo capítulo se estudian el equilibrio de estructuras simples, estructuras con rótulas

intermedias, estructuras compuestas y estructuras espaciales.

En el tercer capítulo se calculan los centroides en alambres y áreas, así como, los momentos de

inercia de áreas planas y de perfiles metálicos.

En el cuarto capítulo se analizan diversos tipos de armaduras, a través del método de los nudos y

método de las secciones.

En el quinto capítulo se calculan las fuerzas internas y se grafican los diagramas de fuerza axial,

fuerza cortante y momento flector para vigas, pórticos, arcos y estructuras espaciales.

El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten los cursos

de Estática; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras.

Este libro se lo dedico a mis alumnos de Estática de la Universidad Peruana de Ciencias

Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus

consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar

con éxito este trabajo.

De manera muy especial, dedico el presente libro a la Ing. Leyda Yudith Suárez Rondón, una linda

venezolana, quien con su inteligencia, comprensión, apoyo constante, dulzura y belleza espiritual

CAPITULO 1

FUERZAS Y MOMENTOS

1.1 OPERACIONES CON VECTORES

PROBLEMA 1.1 ¿Será correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes?

Fig. 1.

Solución:

Para que ambos sistemas, sean equivalentes, las fuerzas del sistema I debieron estar orientadas tal

como se muestra en la figura 1.2, que lo denominaremos como Sistema III, cuyo valor de la

resultante lo determinamos por la ley del paralelogramo.

R 7 24 25 N

2 2 III   

Fig. 1.

En consecuencia, los sistemas I y II no son equivalentes, a pesar que la resultante del sistema I tiene

la misma dirección y sentido que la fuerza única del sistema II.

PROBLEMA 1.2 Si P  76 kNy Q  52 kN, determine en forma analítica la resultante de P y Q

Fig. 1.

Solución:

Calculamos el ángulo que forma el vector P con la vertical y el ángulo que forma el vector Q con la

horizontal.

o 26 , 56 32

arctg (^)  

o 26 , 56 24

arctg (^)  

Fig. 1.

De esta manera, el ángulo que forman los vectores P y Q es

o  2. 26 , 56  90  143 , 12 y la

resultante se calculará por la fórmula:

R P Q 2 PQcos 76 52 2. 76. 52 .cos 143 , 12 46 , 45 kN

2 2 2 2 o       

Para determinar el ángulo que forma la resultante con Q , aplicamos la ley de senos (figura 1.5):

sen

P

sen 36 , 88

R

o

o  79 , 09

El ángulo que formará la resultante con el eje horizontal será de

o 52 , 53.

Fig. 1.

PROBLEMA 1.3 Para la estructura mostrada en la figura 1.6, se pide:

a) Descomponer la fuerza de 360 lb en componentes a lo largo de los cables AB y AC. Considerar

o  55 y

o  30.

b) Si los cables de soporte AB y AC están orientados de manera que las componentes de la fuerza

de 360 lb a lo largo de AB y AC son de 185 lb y 200 lb, respectivamente. Determinar los ángulos

 y .

 sen

sen

 sen  1 , 08 sen (a)

  sen

sen 180

o  cos  1 , 08 cos 1 , 944 (b)

Aplicamos en la ecuación (a) el principio que    

2 sen 1 cos y    

2 sen 1 cos ,

reemplazando luego cosde la ecuación (b) en la ecuación (a), obteniendo:

o  21 , 6

o  19 , 9

PROBLEMA 1.4 La longitud del vector posición r es de 2,40m (figura 1.9). Determine:

a) La representación rectangular del vector posición r

b) Los ángulos entre r y cada uno de los ejes coordenados positivos

Solución:

a) Descomponemos r en dos componentes como se muestra en la figura 1.10. Por trigonometría

obtenemos:

r rcos 40 2 , 4 cos 40 1 , 84 m

o o z   

r rsen 40 2 , 4 sen 40 1 , 54 m

o o xy   

En forma análoga, descomponemos rxyen rx y ry:

r r cos 50 0 , 99 m

o x  xy 

r r sen 50 1 , 18 m

o y  xy 

Por lo tanto, la representación rectangular de r es:

r rx iryjrzk 0 , 99 i 1 , 18 j 1 , 84 k

Fig. 1.

Fig. 1.

b) Los ángulos entre r y los ejes coordenados, los calculamos por las siguientes ecuaciones:

x o x 65 ,^6 2 , 4

arccos r

r arccos  

y o y 60 ,^5 2 , 4

arccos r

r arccos  

z o z 40 ,^0 2 , 4

arccos r

r arccos  

Dichos ángulos se muestran en la figura 1.11 y como se puede apreciar, no fue necesario

calcular z, porque ya estaba dado en la figura 1.

Fig. 1.

PROBLEMA 1.6 Dado los vectores:

A  6 i 4 jk (N)

B j 3 k (m)

C  2 ij 4 k (m)

Determinar:

a) A.B

b) La componente ortogonal de B en la dirección de C

c) El ángulo entre A y C

d) AxB

e) Un vector unitario perpendicular a A y B

f) AxB.C

Solución:

a) Aplicamos la siguiente ecuación, obteniendo:

A. BAx BxAyByAzBz 6 ( 0 ) 4 ( 1 )( 1 )( 3 ) 1 N.m

El signo positivo, indica que el ángulo entre A y B es menor que

o 90

b) Si es el ángulo entre B y C , se obtiene de la ecuación:

2 , 40 m 21

2 i j 4 k (j 3 k). C

C

B cos B. B. C (^222)

c) Si es el ángulo entre A y C , se encuentra de la siguiente ecuación:

2 i j 4 k . 6 4 ( 1 )

6 i 4 j k

C

C

A

A

cos. A C 2 2 2 2 2 2

cos  0 , 1199 

o  83 , 1

d) El producto cruz de A y B es:

13 i 18 j 6 k 0 1

k 0 3

j 1 3

i

i j k

B B B

A A A

i j k

AxB

x y z

x y z    

    (m)

e) El producto cruz A x B es perpendicular a A y B. Por lo tanto, un vector unitario en esa dirección

se obtiene dividiendo A x B , que fue evaluado anteriormente, entre su magnitud:

0 , 565 i 0 , 783 j 0 , 261 k 13 ( 18 ) 6

13 i 18 j 6 k

AxB

AxB

2 2 2

Como el negativo de este vector es también un vector unitario que es perpendicular a A y B , se

obtiene:

( 0 , 565 i 0 , 783 j 0 , 261 k)

f) El triple producto escalar AxB.Cse evalúa usando la ecuación:

2

x y z

x y z

x y z

68 N. m 2 1

C C C

B B B

A A A

AxB. C  

PROBLEMA 1.7 Determinar a , b y c ; tal que (a; 3; 5) x (20; -30; -60) = (b; 400; c)

Solución:

Reemplazamos valores y obtenemos:

a 3 k 20 60

a 5 j 30 60

i

a 3 5

i j k

AxB 

AxB  30 i( 60 a 100 )j( 30 a 60 )k

Por dato del problema:

AxB bi 400 jck

Luego:

b  30

400  60 a 100  a  5

c  30 ( 5 ) 60  210

1.2 FUERZAS CONCURRENTES

PROBLEMA 1.8 Si R es la resultante de las fuerzas P y Q , determine P y Q

Fig. 1.

Solución:

Fig. 1.

2da FORMA:

Escribimos las fuerzas en forma vectorial:

P Pcos 63 , 43 i Psen 63 , 43 j

o 1

o 1  1 

P P cos 53 i Psen 53 j

o 2

o 2  2 

P 3  20 i

R 40 cos 30 i 40 sen 30 j

o o  

Como la fuerza resultante R se determinará de la ecuación vectorial:

R  (^)  FP 1 P 2 P 3

40 cos 30 i 40 sen 30 j (Pcos 63 , 43 P cos 53 20 )i (Psen 63 , 43 Psen 53 )j

o 2

o 1

o 2

o 1

o o      

De esta manera, se obtienen las ecuaciones:

o o 2

o P 1 cos 63 , 43 P cos 53  20  40 cos 30

o o 2

o P 1 sen 63 , 43 Psen 53  40 sen 30

Estas ecuaciones, son las mismas que (a) y (b), obteniendo los mismos resultados, es decir:

P 1  62 , 32 kN

P 2  44 , 33 kN

PROBLEMA 1.10 Un pequeño aro tiene una carga vertical de peso P y está sostenido por dos

cuerdas AB y BC, la última de las cuales soporta en su extremo libre un peso PQ  100 N, como se

observa en la figura. Determinar la magnitud del peso de la carga P y la tensión de la cuerda AB, si

el sistema se encuentra en equilibrio.

Fig. 1.

Solución:

Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio del nudo B

Fig. 1.

 FX^0 ^100 cos^30 T cos^450

o AB

o    TAB  122 , 47 N

 FY^0 ^100 sen^30122 ,^47 sen^45 P^0

o o     P  136 , 60 N

PROBLEMA 1.11 Sea R la resultante de las tres fuerzas mostradas. Si P 1  110 lb, P 2  200 lby

P 3  150 lb , determinar:

a) La magnitud de R

b) Los cosenos directores de R

c) El punto en que la línea de acción de R interseca al plano YZ

Fig. 1.

Solución:

a) Las fuerzas son concurrentes en el punto A (figura 1.21), por lo que pueden sumarse

inmediatamente. Como las fuerzas no se encuentran en un plano coordenado, conviene usar

notación vectorial.

Un método para expresar cada una de las fuerzas en notación vectorial es usar la forma F = F λ ,

donde λ es el vector unitario en la dirección de la fuerza.

De esta manera, se tendrá:

P 1  110 j

181 , 26 i 84 , 52 j ( 2 ) ( 2 tg 25 )

2 i 2 tg 25 j 200 AC

AC

P 200 200

2 o 2

o

2 AC   

114 , 90 i 96 , 42 k ( 2 ) ( 2 tg 40 )

2 i 2 tg 40 k 150 AB

AB

P 150 150

2 o 2

o

3 AB   

La fuerza resultante estará dada por:

R  (^)  FP 1 P 2 P 3 ( 181 , 26  114 , 90 )i( 110  84 , 52 )j 96 , 42 k

R  296 , 16 i 194 , 52 j 96 , 42 k

Fig. 1.

PROBLEMA 1.12 Tres tensiones T 1 ,T 2 ,T 3 ,generadas en cables, actúan en el punto A del mástil

OA. Si la fuerza resultante de las tres tensiones esR 400 k

 (N), determinar la magnitud de cada

tensión en los cables.

Fig. 1.

Solución:

Se sabe queF F.

Luego, analizamos cada cable en forma separada.

CABLE AB:

0 , 64 j 0 , 768 k ( 10 ) ( 12 )

10 j 12 k

AB

AB

AB (^22)

T 1 T 1 .AB 0 , 64 jT 1  0 , 768 kT 1

CABLE AC:

0 , 447 i 0 , 894 k 6 ( 12 )

6 i 12 k

AC

AC

2 2

AC  

T 2 T 2 .AC 0 , 447 iT 2  0 , 894 kT 2

CABLE AD:

0 , 308 i 0 , 231 j 0 , 923 k ( 4 ) 3 ( 12 )

4 i 3 j 12 k

AD

AD

AD (^222)

3 3 AD 3 3 3 T T.  0 , 308 iT  0 , 231 jT  0 , 923 kT

Determinamos la resultante de la acción de las tres fuerzas:

R  T 1 T 2 T 3 ( 0 , 447 T 2  0 , 308 T 3 )i( 0 , 64 T 1  0 , 231 T 3 )j( 0 , 768 T 1  0 , 894 T 2  0 , 923 T 3 )k

Por condición del problema:

R  400 k

Esto significa que:

0 , 447 T 2  0 , 308 T 3  0  T 2  0 , 689 T 3

 0 , 64 T 1  0 , 231 T 3  0  T 1  0 , 361 T 3

 0 , 768 T 1  0 , 894 T 2  0 , 923 T 3  400

Reemplazamos valores en esta última ecuación y obtenemos:

T 3  220 , 24 N

T 2  151 , 74 N

T 1  79 , 50 N

1.3 MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO. TEOREMA DE VARIGNON

PROBLEMA 1.13 Una placa rectangular delgada está sostenida por los soportes de bisagra en A y B

y por dos cables PQ y RS, cuyas tensiones son 200N y 300N, respectivamente.

a) Determinar el momento de la fuerza ejercida por el cable PQ respecto al punto A

b) Determinar el ángulo que forma el cable RS con la línea RT

Solución:

a) La fuerza en el cable PQ lo denotamos como P y en forma vectorial es:

0 , 4 i 0 , 3 j 0 , 8 k 200

( 0 , 4 ) 0 , 3 ( 0 , 8 )

0 , 4 i 0 , 3 j 0 , 8 k 200 PQ

PQ

P 200

2 2 2

P  84 , 8 i 63 , 6 j 169 , 6 k

Para el momento, respecto a “A”, elegimos un vector rAPque va desde A hasta P (punto que

pertenece a la línea de acción PQ)

rAP  0 , 8 k

Solución:

La fuerza en el cable CD lo denotamos como P y en forma vectorial es:

( 0 , 6 i 0 , 48 j 0 , 64 k)P

( 0 , 3 ) 0 , 24 ( 0 , 32 )

0 , 3 i 0 , 24 j 0 , 32 k P. CD

CD

P P.

2 2 2

Para el momento respecto a “A”, elegimos un vector rACque va desde A hasta el punto C (punto que

pertenece a la línea de acción CD)

rAC  0 , 3 i 0 , 08 k

Luego:

0 , 6 P 0 , 48 P

k 0 , 6 P 0 , 64 P

j 0 , 48 P 0 , 64 P

i

0 , 6 P 0 , 48 P 0 , 64 P

i j k

M (^) A rACxP 

MA  0 , 0384 Pi 0 , 144 Pj 0 , 144 Pk

De donde:

P  200 N

PROBLEMA 1.15 La puerta batiente se mantiene en la posición mostrada en la figura, por medio de

dos cables AB y AC y, además, por las bisagras mostradas. Si las tensiones en los cables son

T 1  30 lb y T 2  90 lb. Determinar:

a) La magnitud de la fuerza resultante

b) El momento de la fuerza tensional T 1 respecto al punto C

Fig. 1.

Solución:

a) Determinamos las coordenadas de los puntos A, B y C, de acuerdo a la figura 1.

A (2; 0; 4)

B (5; 2,819; 1,026)

C (0; 2,819; 1,026)

Fig. 1.

Luego:

0 , 591 i 0 , 555 j 0 , 585 k ( 3 ) ( 2 , 819 ) 2 , 974

3 i 2 , 819 j 2 , 974 k

2 2 2

BA   

T 1 T 1 .BA 30 .( 0 , 591 i 0 , 555 j 0 , 585 k) 17 , 73 i 16 , 65 j 17 , 55 k

0 , 438 i 0 , 618 j 0 , 652 k 2 ( 2 , 819 ) 2 , 974

2 i 2 , 819 j 2 , 974 k CA (^222)

T 2 T 2 .CA 90 .( 0 , 438 i 0 , 618 j 0 , 652 k) 39 , 42 i 55 , 62 j 58 , 68 k

En consecuencia:

R  T 1 T 2  21 , 69 i 72 , 27 j 76 , 23 k

La magnitud de la fuerza resultante:

R 21 , 69 ( 72 , 27 ) 76 , 23 107 , 26 lb

2 2 2     

b) Para el momento respecto a C, elegimos un vector rCBque va desde C hasta B (punto que

pertenece a la línea de acción de la tensión T 1 )

rCB  5 i

i j k

M (^) C rCBxT 1

87 , 75 j 83 , 25 k 17 , 73 16 , 65

k 17 , 73 17 , 55

j 16 , 65 17 , 55

MC i    

 (lb.pie)

PROBLEMA 1.16 Si las magnitudes de las fuerzas P  100 N y Q  250 N (figura 1.28),

determinar:

a) Los momentos de P y Q respecto a los puntos O y C

b) Las distancias perpendiculares entre los puntos O y C y las fuerzas P y Q

Solución:

En este caso es conveniente utilizar la forma vectorial:

58 , 1 i 69 , 8 j 41 , 9 k 0 , 860

0 , 5 i 0 , 6 j 0 , 36 k 100 AB

AB

P 100   

  (N)

202 , 9 i 146 , 1 k 0 , 616

0 , 5 i 0 , 36 k 250 DB

DB

Q 250  

  (N)