Secundaria Momento de torsión y equilibrio rotacional

[Piola]

El tablón uniforme de la fi gura 5-19, con 120 N de peso, está suspendido por dos cuerdas, como
se muestra. A un cuarto de longitud, desde el extremo izquierdo, se suspende un objeto de 0.40 kN.
Encuentre FT1, FT2 y el ángulo " que forma la cuerda izquierda con la vertical.

[JCB]

Re: Momento de torsión y equilibrio rotacional

Hola a todos.

Piola: se trata de un ejercicio de estática en dos dimensiones. Como herramientas para afrontar el problema, dispones de dos ecuaciones de equilibrio de fuerzas y de una ecuación de equilibrio de momentos.

Fíjate bien, que el mismo enunciado te brinda una ayuda para que el problema sea resoluble y determinado, pues en caso de desconocer el ángulo de 30º de la cuerda derecha, el problema sería resoluble, pero indeterminado.

Plantea las tres ecuaciones de equilibrio, y si tienes dudas, vuelve a preguntar.

[Alriga]

Re: Momento de torsión y equilibrio rotacional

Como te explica JCB debes plantear y resolver un sistema de estática de 3 ecuaciones con 3 incógnitas, que son FT1, FT2 y el ángulo $\theta$

• Expresa la componente horizontal de FT1 por trigonometría básica, (la fuerza es hacia la derecha)
• Expresa la componente horizontal de FT2 por trigonometría básica, (la fuerza es hacia la izquierda)
• Igualando las dos expresiones de las componentes horizontales, tienes tu primera ecuación, ya que el peso de 0.40 kN no tiene componente horizontal
• Expresa la componente vertical de FT1 por trigonometría básica
• Expresa la componente vertical de FT2 por trigonometría básica
• Igualando la suma de esas 2 componentes verticales que van hacia arriba con los 40 kN que van hacia abajo+el peso del tablón, esa es la segunda ecuación.
• Para aplicar el equilibrio de momentos debes elegir un punto arbitrario, observa que en este caso el mejor punto es el que la cuerda 2 sujeta a la barra, porque como FT2 de ángulo $\theta$ pasa por ese punto, esas 2 incógnitas no aparecerán. Respecto de ese punto, los 0.40 kg crean un momento hacia abajo con un brazo de 0.25L, el tablón 0.12 kN hacia abajo con brazo 0.5L, mientras que la componente vertical de FT1 crea momento hacia arriba de brazo 0.25L+0.75L. Esta es la 3ª ecuación, de la que puedes despejar directamente FT1.

Ahora resuelve el sistema. Mira a ver si te sale y si no, pregunta de nuevo.

Saludos.

[JCB]

Re: Momento de torsión y equilibrio rotacional

Hola otra vez.

A la espera de tener noticias de Piola, me abstengo de publicar el desarrollo tan exhaustivamente detallado por Alriga, pero sí que os indico los resultados que he hallado:

$F_{T2}=371,66 \thinspace N, F_{T1}=184,75 \thinspace N, \theta=14,39^{\circ}$.

Comprobación de los resultados en el eje y:

$F_{T2}cos\theta+F_{T1}cos30^{\circ}=520 \thinspace N$, que coincide con la suma del peso del objeto (400 N) más el peso del tablón (120 N).

[Angelo09080706]

Por favor podrías compartir el procedimiento

[Alriga]

Re: Momento de torsión y equilibrio rotacional

Hola otra vez.

A la espera de tener noticias de Piola, me abstengo de publicar el desarrollo tan exhaustivamente detallado por Alriga, pero sí que os indico los resultados que he hallado:

$F_{T2}=371,66 \thinspace N, F_{T1}=184,75 \thinspace N, \theta=14,39^{\circ}$.

Comprobación de los resultados en el eje y:

$F_{T2}cos\theta+F_{T1}cos30^{\circ}=520 \thinspace N$, que coincide con la suma del peso del objeto (400 N) más el peso del tablón (120 N).

De la igualdad de momentos (tomo como punto de cálculo el de contacto de la cuerda FT2 con la barra):

$\cancel{FT1 \cos 30\º (0.25L+0.75L)=0.40 \cdot 0.25L}$

$\cancel{FT1=\dfrac{0.40 \cdot 0.25}{\cos 30\º}=0.1155 \ kN \neq 0.18475 \ kN}$

¿Qué se me escapa?

EDITADO: Ya lo he descubierto, se me había escapado el peso del tablón, que no había visto y creía que era despreciable

Gracias JCB lo correcto es

$FT1 \cos 30\º (0.25L+0.75L)=0.40 \cdot 0.25L+0.12 \cdot 0.5L$

$FT1=0.185 \ kN$

Saludos.

[JCB]

Re: Momento de torsión y equilibrio rotacional

Bueno Alriga, es una omisión, porqué en esa ecuación de equilibrio de momentos, te falta considerar el peso propio del tablón.

[JCB]

Hola a tod@s.

A petición de Angelo09080706, indico el desarrollo.

En su día pensé que facilitaba mucho las cosas aplicar, en primer lugar, momentos respecto del punto 2 (de donde tira la tensión $F_{T2}$), pues haciendo esto, obteníamos de manera inmediata $F_{T1}$:

$\sum{M_2}=0$,

$-400\cdot 0,25L-120\cdot 0,5L+F_{T1}\cos30^{\circ}L=0$,

$F_{T1}=\dfrac{320}{\sqrt{3}}\ N=184,75\ N$.

Aplicamos $\sum{F_x}=0$,

$-F_{T2}\sin\theta+F_{T1}\sin30^{\circ}=0$,

$$F_{T2}\sin\theta=F_{T1}\sin30^{\circ}=\dfrac{160}{\sqrt{3}}$$

Aplicamos $\sum{F_y}=0$,

$F_{T2}\cos\theta-400-120+F_{T1}\cos30^{\circ}=0$,

$$F_{T2}\cos\theta=400+120-F_{T1}\cos30^{\circ}=360$$

Dividiendo (1) entre (2),

$\tan\theta=\dfrac{4}{9\sqrt{3}}$,

$\theta=14,39^{\circ}$.

Finalmente, por ejemplo en (1),

$F_{T2}=\dfrac{160}{\sqrt{3}\sin\theta}=371,66\ N$.

Saludos cordiales,
JCB.