1r ciclo Estática. Rombo articulado

[Alriga]

El rombo ABCD de lado “r” está formado por 4 barras articuladas de peso despreciable. El punto A es fijo y los puntos B, C y D móviles están sometidos a las fuerzas “F” y “Q” que aparecen en la imagen. ¿Cuál es el ángulo “a” para el que hay equilibrio?

Para el que le apetezca entretenerse durante el confinamiento, saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

Indico solución.

Saludos cordiales,
JCB.

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1) Equilibrio de la articulación C:

Por simetría, la tensión T en las barras DC y BC debe ser la misma (e igual a la de las barras AD y AB).

$\sum{F_y}=0$,

$2T\cos a-Q=0$,

$$T=\dfrac{Q}{2\cos a}$$

2) Equilibrio de la articulación B:

$\sum{F_x}=0$,

$-2T\sin a+F=0$,

$$T=\dfrac{F}{2\sin a}$$

Igualando (2) con (1),

$\tan a=\dfrac{F}{Q}$,

$a=\arctan \dfrac{F}{Q}$.

[Richard R Richard]

Mi solucion

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Por simetría de longitudes y fuerzas se ve que el modulo de las tensiones que recorren las barras es constante

el equilibrio en D o B

$F-2T\sin \alpha=0 \quad \to \quad F=2T\sin\alpha$

el equilibrio en A o C

$G-2T\cos \alpha=0 \quad \to \quad G=2T\cos\alpha$

dividiendo entre si la expresiones

$\dfrac{F}{G}=\dfrac{\cancel{2T}\sin\alpha}{\cancel{2T}\cos\alpha}=\tan\alpha\quad \to \quad \alpha=\arctan\dfrac{F}{G}$

Vamos , aver quien mas se suma a resolver, !!!!!!!!...que nada es imposible, que tiempo sobra, y con cada problema la cuarentena se hace un poco mas corta....

[Al2000]

Naaah, es muy fácil... mejor resolverlo aceptando que las dos fuerzas F son de diferente magnitud (pero horizontales), que Q permanezca vertical y que el dispositivo pueda girar en torno al punto A.

[JCB]

Es una opción. Yo había pensado en un rombo no regular.

[Al2000]

¿Un rombo no regular es como un círculo ovalado?

[JCB]

No, Al2000. Cuando escribí “rombo no regular”, me refería a un cuadrilátero de lados diferentes. Por ejemplo, en la figura de Alriga, los lados superiores iguales entre ellos y los lados inferiores también iguales entre ellos, pero diferentes a los superiores.

[Alriga]

En este caso la solución "normal" que es la que han posteado JCB y Richard es muy sencilla, por lo que el método alternativo que pensaba proponer cuando abrí el hilo no la "gana" en sencillez, pero digamos que puede "empatar" y es ilustrativo de que puede haber varias formas de resolver un ejercicio: aplicar el principio de los trabajos virtuales.

Para un desplazamiento virtual compatible con los enlaces se debe cumplir:

$F \delta x+F \delta x+Q \delta z=0$

$x=r \sin a$

$z=2 r \cos a$

Derivando:

$\delta x=r \cos a \ \delta a$

$\delta z=-2 r \sin a \ \delta a$

Sustituyendo:

$2 F r \cos a \ \delta a -2 Q r \sin a \ \delta a=0$

Despejando:

$\tan a=\dfrac F Q$

$a=\arctan \dfrac F Q$

Saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Gracias Alriga. Pues está estupenda la solución a partir del principio de los trabajos virtuales. Me suena de alguna clase de Resistencia de Materiales, pero tendré que repasar apuntes y libros. Realmente, lo tenía completamente olvidado. Otro tema a "reestudiar".

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Naaah, es muy fácil... mejor resolverlo aceptando que las dos fuerzas F son de diferente magnitud (pero horizontales), que Q permanezca vertical y que el dispositivo pueda girar en torno al punto A.

Veamos adiós a la simetría de tensiones....
envez de dos fuerza F tenemos dos tales que $|F|>|H|\geq 0$
hay un ángulo $\alpha$ definido del mismo modo que antes
y hay un angulo $\beta$ de desviación respecto de la horizontal.
la reacción sobre el punto de apoyo tiene componente horizontal.

Se me ocurre plantear equilibrio de fuerzas en cada nodo de anclaje del rombo, tanto en horizontal como vertical

viendo el rombo como un única masa en equilibrio la sumatoria de fuerzas

$\dst \sum F_x=0=R_x-F+H\quad\to\quad R_x=F-H<br />$

$\dst \sum F_y=0=R_y-G\quad\to\quad R_y= G$

nodo	eje x	eje y
1	$F-H-T_1\sin(\alpha+\beta)+T_2\sin(\alpha-\beta)=0$	$G-T_1\cos(\alpha+\beta)-T_2\cos(\alpha-\beta)=0$
2	$H-T_3\sin(\alpha+\beta)-T_2\sin(\alpha-\beta)=0$	$T_2\cos(\alpha-\beta)-T_3\cos(\alpha+\beta)=0$
3	$F-T_1\sin(\alpha+\beta)-T_4\sin(\alpha-\beta)=0$	$T_1\cos(\alpha+\beta)-T_4\cos(\alpha-\beta)=0$
4	$T_3\sin(\alpha+\beta)-T_4\sin(\alpha-\beta)=0$	$G-T_3\cos(\alpha+\beta)-T_4\cos(\alpha-\beta)=0$

tomando momentos en el nodo 1 donde se cuelga

$\dst \sum M_1=0=FR\cos(\alpha+\beta)-HR\cos(\alpha-\beta)-GR(\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)) <br />$

usando trigonometría

$\sin (\alpha \pm \beta)=\sin \alpha \cdot<br /> \cos \beta \pm \sin \beta \cdot \cos \alpha$

$\cos (\alpha \pm \beta)=\cos \alpha \cdot<br /> \cos \beta \mp \sin \beta \cdot<br /> \sin \alpha$

tengo 11 ecuaciones y solo 6 incognitas...$T_1,T_2,T_3,T_4,\alpha, \beta$

espero que las 11 sean suficientes

quien se anima a la conclusión