[cm7900]

Saludos

Tengo estos dos problemas que no logro responder:

1) Un caballero sale de su castillo cabalgando, desafortunadamente su escudero bajó el puente levadizo demasiado y por último lo detuvo a 20.0 grados abajo de la horizontal. El caballero y su caballo se detiene cuando su centro de combinado de masa está a 1.00 m del extremo del puente. El puente uniforme mide 8.00 m de largo y tiene una masa de 2000 kg. El cable de levantamiento está unido al puente a 5.00 m de la bisagra del extremo del castillo, y a un punto de la pared del castillo a 12.0 m sobre el puente. La masa combinada del caballero son su armadura y su caballo es 1000 kg. Determine (a) la tensión del cable y (b) los componentes de fuerza horizontal y (c) vertical que actúan sobre el puente en la bisagra.

2) Un extremo de una varilla uniforme de 4.00 m de largo y peso \( F_g \) está sostenido por un cable. El otro extremo apoya contra la pared (A), donde es sostenido por fricción. El coeficiente de fricción estática entre la pared y la varilla es 0.500. Determine la distancia mínima x desde el punto A en el que un peso adicional \( F_g \) (el mismo paso de la varilla) puede colgarse sin hacer que la varilla deslice en el punto A.

Gracias de antemano.

[Richard R Richard]

Si antes era "mas difícil que encontrar una aguja en el pajar", ahora es mas "difícil que enseñarle a la IA que te haga el croquis"

Este lo resucito en especial para JCB que anda con ganas de resolver uno de estos, y para ani_pascual que siempre me corrigen cuando meto la pata.

Spoiler

La verdad es que he hecho pocos intentos para que mejore las cotas y no lo hace, pero lo que logra es fabuloso, cuando estudiaba todo era palitos, flechitas y circulitos.


Me parece que nací  equivocado un siglo antes. 

[cerrar]

$$\tan\alpha=\dfrac{12+5\sin 20}{5\cos20}$$

$$\sum F_y=0=m_{P_{uente}}g+m_{C_{aballero}}g-T\sin\alpha-R_{B_{isagra}y}$$

$$\sum F_x=0=T\cos\alpha-R_{B_{isagra}x}$$

$$\sum M_{Bisagra}=0=m_{P_{uente}}g(8/2)\cos 20+m_{C_{aballero}}g\cdot7\cos20-T\sin\alpha\cdot 5\cos20+T\cos\alpha \cdot5\sin20$$

3 ecuaciones con 3 incógnitas $$T, R_{B_{isagra}x} \,\text{y}\,R_{B_{isagra}y}$$







Y el segundo si no hay fuerza sobre la pared la normal es 0 luego la fricción es 0 y la barra se cae aun sin ponerle peso...

[JCB]

Hola a tod@s.

El dibujo que has añadido del puente levadizo es precioso, Richard. Al haber solo una cadena de izado, tenemos 5 incógnitas: dos reacciones diferentes en cada bisagra (la izquierda y la derecha), más la tensión en la cadena, frente a solo 3 ecuaciones de la Estática, lo cual significa que es hiperestático de grado 2 y no resoluble utilizando únicamente la Estática.

Apunto a que el espíritu del ejercicio es hacerlo resoluble mediante la Estática. De esta manera añado el siguiente croquis, donde supongo simetría y que el puente levadizo se eleva mediante dos cadenas situadas a cada extremo lateral del puente. También supongo que el conjunto caballero – caballo se encuentran en el centro del puente (a igual distancia de las dos cadenas).



De esta manera llego a que la tensión en cada cadena es \( T/2=17.753,73\ N \). Las reacciones en cada bisagra son \( By=2.094,87\ N \) con sentido hacia abajo y \( Bx=5.755,62\ N \) con sentido hacia la derecha.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Si,  estoy de acuerdo que la idea es plantear el problema desde el punto de vista de la estática.

[ani_pascual]

Hola:

...

Y el segundo si no hay fuerza sobre la pared la normal es 0 luego la fricción es 0 y la barra se cae aun sin ponerle peso...

Respecto al ejercicio 2.... aunque quizás esté equivocado, me parece que sí hay fuerza de apoyo sobre la pared y, por tanto, normal.
En el primer apartado, diría que la normal es \( N=mg \), ya que
\( \mu N+F=mg \)
 y tomando momentos respecto al centro de la barra, \(  2F-2\mu N=0 \), de donde \( F=\mu N\Longrightarrow 2\mu N=mg\Longrightarrow N=mg  \) pues es \( \mu=\dfrac{1}{2} \).
En el segundo apartado, diría que la distancia mínima a la pared es \( 4\, m \).
Si tomamos momentos respecto al centro de la barra, como antes, y llamamos \( x \) a la distancia al centro de la barra del nuevo peso, colocado entre dicho centro y el extremo sujeto por el cable, se tiene
\( 2F-mgx-2\mu N\leq 0\\\mu N + F=2mg\\N=mg \) de donde \( F=\dfrac{3mg}{2} \) y \( x\geq 2 \), es decir, la distancia mínima a la pared es \( 2+2=4 \), o sea, se podría poner el nuevo peso en el extremo sujeto por el cable.
En otro punto, el momento es positivo y el extremo de la pared deslizaría hacia abajo.
A ver qué argumenta JCB  .
cuyas recientes intervenciones me han sido muy gratas. 
Saludos

[Richard R Richard]

Hola, ani_pascual ,  vale, tu estas suponiendo que , como se afirma que esta sostenido por la fricción, el valor de la fuerza normal  en el eje de la vara necesariamente es $$N=mg$$, es decir tu deduces que existe una fuerza normal porque se afirma que la vara no se cae porque es sostenida por la fricción,  lo que yo decía  es que como había una descripción  explícita de la fuerzas en el enunciado y no se especifico la normal, entonces esa fuerza era nula y por tanto el sistema inestable.
Si esto fuera así,  tanto la tensión del cable y el rozamiento se oponen al peso


$$\sum Fv=0=\mu_eN+T-F_g=0.5N+T-mg$$
$$\sum M_{apoyo}=0 =mgL/2-TL$$
$$T=mg/2=0.5N\quad N=mg$$


Cuando pones el peso adicional



$$\sum Fv=0=\mu_eN+T-2F_g=0.5mg+T-2mg$$
$$\sum M_{apoyo}=0 =mgL/2-TL+xmg$$
$$T=3mg/2$$
$$mgL/2-3mgL/2-xmg=0\quad\to\quad x=L$$


Lo cual es lógico la soga sostiene el peso adicional ya que la barra perdería el equilibrio en otro punto ,pues su fuerza normal es constante, no puede sostener mas peso por fricción, mas alla de lo que por tu definición le permites que tenga.

[JCB]

Hola a tod@s.

En el segundo ejercicio, para que la pared pueda ejercer una fuerza de rozamiento, debe existir forzosamente una componente horizontal de la tensión. Con esta interpretación y a partir del siguiente croquis,



llego al siguiente resultado

\( x\geq\dfrac{3-\dfrac{\mu_e}{\tan\theta}}{\dfrac{2}{l}\left(1+\dfrac{\mu_e}{\tan\theta}\right)} \)

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

llego al siguiente resultado

\( x\geq\dfrac{3-\dfrac{\mu_e}{\tan\theta}}{\dfrac{2}{l}\left(1+\dfrac{\mu_e}{\tan\theta}\right)} \)

Saludos cordiales,
JCB.

Hola, si te fijas que para definir la componente horizontal de la fuerza inclinada se asume que mínimamente la normal a la pared es igual al peso, como se deduce en el enunciado, y como no se indica mayor valor podemos suponer ese , entonces cuando agregamos la carga $$P$$ esa normal  se mantiene constante, resultando que la fuerza en el extremo de la barra tiene  componente en $$x$$ igual  a $$mg$$  y $$3/2mg$$  en la $$y$$  por lo que la tangente de $$\theta$$ como o has definido es $$\tan \theta=\dfrac{3mg/2}{mg}= 3/2$$ y reemplazando esto en tu ecuación


\( x\geq\dfrac{3-\dfrac{0.5}{\frac32}}{\dfrac{2}{l}\left(1+\dfrac{0.5}{\frac 32}\right)} \)


\( x\geq l\dfrac{3-\dfrac13}{2\left(1+\dfrac13\right)} \)



\( x\geq l\dfrac{\frac83}{\frac83}=l \) 


pero como la longitud de la barra no puede ser mayor a $$l$$


resulta $$x=l$$ llegando a lo mismo.


Obviamente si nos dieran explícitamente  una fuerza normal $$N >mg$$ podríamos ubicar una fuerza $$mg$$ sobre la barra y esta permanecería en equilibrio, pero como dije en mi primer mensaje ese valor no está explicito, y solo surge de suponer cierto que la fricción puede mantener la barra horizontal sin caerse, pero no especifica un exceso como para determinar exactamente la posición $$x$$ mínima  de izquierda a derecha  donde ubicarla.

[JCB]

Hola a tod@s.

A continuación, escribo el desarrollo que me llevó a la expresión general de la respuesta # 6, teniendo en cuenta al croquis anteriormente indicado en la misma respuesta.

1) \( \sum{F_x}=0 \), \( N-T\cos\theta=0 \), \( T=\dfrac{N}{\cos\theta} \) (1).

2) \( \sum{F_y}=0 \), \( \mu_eN-p-p+T\sin\theta=0 \). Sustituyendo (1), \( \mu_eN-2p+N\tan\theta=0 \) (2).

3) \( \sum{M_A}=0 \), \( -px-p\dfrac{l}{2}+T(\sin\theta)l=0 \). Sustituyendo (1), \( -px-p\dfrac{l}{2}+N(\tan\theta)l=0 \). Despejando \( N \), \( N=\dfrac{px+p\dfrac{l}{2}}{(\tan\theta)l} \) (3).

Sustituyendo (3) en (2), \( \mu_e\dfrac{px+p\dfrac{l}{2}}{(\tan\theta)l}-2p+\dfrac{px+p\dfrac{l}{2}}{(\tan\theta)l}\tan\theta=0 \). Finalmente, simplificando y reordenando,

\( x=\dfrac{3-\dfrac{\mu_e}{\tan\theta}}{\dfrac{2}{l}\left(1+\dfrac{\mu_e}{\tan\theta}\right)} \)

Siendo \( x \) la distancia menor a la pared, a la que se puede colocar el peso adicional \( p \) (igual al peso de la varilla), para que la varilla no deslice en el punto de contacto con la pared.

Saludos cordiales,
JCB.