Buenaas, planteamos la distribución de fuerzas normales en la base del cilindro como una única fuerza en un punto y un momento en él, al aplicar las restricciones de que las normales sean mayores a cero y el momento sea mayor que cero, nos falta llegar a un resultado posible de l. No se qué no estaríamos considerando para hacerlo de forma correcta por este camino. Gracias
Hola María, que tal?
Un primer error que veo es en la segunda cardinal para el cilindro, ahí hay unos errores de signo.
Además tengo ciertas dudas acerca de la reducción de las fuerzas normales que hiciste para el cilindro, agregando el momento M respecto al punto A.
Lo que te aconsejo es reducir las normales de la superficie al cilindro a dos normales, una en cada extremo del cilindro, es decir una abajo a la izquierda y otra abajo a la derecha. Ahí si planteá las ecuaciones cardinales (no te va a quedar muy distinto a lo que hiciste) y llegás bien a los resultados.
Intentá por ahí y cualquier cosa preguntá!
Suerte!
Buenas,
Me genera dudas como hacer la reduccion con las dos normales que se mencionan en el mensaje anterior.
Entiendo que las dos deben ser hacia arriba y ubicadas en los extremos inferiores del cilindro, pero en ese caso la proyeccion horizontal de la normal correspondiente al apoyo de la barra sobre el cilindro en la parte superior de este no tendría con quien igualarse a la hora de plantear la primera cardinal.
Quisiera saber si efectivamente son así las normales o si hay alguna otra fuerza que no estoy teniendo en cuenta.
Gracias
Hola,
Me parece que tu duda viene por que no estas teniendo en cuenta el contacto entre el extremo inferior de la barra y el cilindor (es decir, el contacto barra cilindro en el extremo inferior izquierdo de la figura). La barra ejerce sobre el cilindro una fuerza horizontal hacia la izquierda. Esa fuerza tambien contribuye a la primera cardinal sobre el cilindro en la direccion horizontal
Espero que esto responda tu pregunta
cualquier duda no dudes en repreguntar
g
Entiendo, y en ese mismo extremo no tendría que haber otra fuerza que sea hacia arriba tal que la suma de la normal que me mencionas con esta que te digo yo nos de una fuerza que tenga la dirección de la barra.
Por otra parte, en la barra, en ese mismo extremo cuando hago las cardinales puedo considerar que existe esta misma fuerza? (la que tiene su dirección según la misma barra.
Gracias!
Las fuerzas que actúan sobre la barra, a priori, no tienen por qué tener la dirección de la barra.
Y sobre la barra actúan la reacción de la fuerza que actúa sobre el cilindro: es decir, fuerzas iguales y opuestas a las que actúan sobre el cilindro (vinculadas al contacto entre la barra y el cilindro).
En resumen, sobre la barra actúan las siguientes fuerzas:
1) El peso de la barra.
2) En el extremo inferior de la barra actúan dos normales:
2.a) Una normal del piso, podemos llamarle N1. Y por cómo es el apoyo tiene que ser hacia arriba.
2.b) Una normal al cilindro, que es la reacción del contacto entre el cilindro y la barra, y hay que orientarla opuesta a cómo se orientó esta fuerza sobre el cilindro. Es horizontal porque si bien la barra no tiene definida una dirección normal en este punto, el cilindro si. Le podemos llamar N2. Y por como es el apoyo tiene que ser hacia la derecha.
3) Una reacción normal a la barra en el punto de contacto superior entre la barra y el cilindro. Es igual y opuesta a la que actúa sobre el cilindro. Le llamamos N3. Tiene que ser normal a la barra y por como es el apoyo es hacia arriba.
Tengo tres incógnitas N1, N2 y N3, y puedo aplicar tres cardinales a l a barra (las dos componentes de la primera cardinal y la segunda), así que de aplicar estar cardinales obtengo las tres reacciones.
Hola, tengo una duda con la parte b de este ejercicio, por intuición me parece que el sistema rompe el equilibrio volcando porque cuando no se cumplen las desigualdades halladas en la parte a entonces hay algunas normales que ya no son mayor o igual a cero. Quería saber si en esta parte hay que hacer alguna cuenta o es simplemente explicar así. Gracias
Creo que te estás refiriendo a la parte d). En la parte anterior te piden hallar las reacciones del plano sobre el rígido barra+esfera, son las dos reacciones normales en los puntos de contacto con el piso únicamente ya que la superficie es lisa.
Imponer que ambas normales son mayores a cero es suficiente para que el rígido se mantenga apoyado. La reacción del piso sobre en el punto de contacto con la esfera de hecho es siempre mayor a cero por lo que si el rígido se despega, se despega la barra.
Creo que te estás equivocando de ejercicio, mi pregunta era del ej 7 del practico 7 (estatica), que hay un cilindro con una varilla adentro
Mala mía, estaba mirando el práctico 8. Imponiendo que todas las reacciones normales sean mayores a cero alcanza para tener equilibrio (no hay fuerzas de rozamiento). La reacción normal del piso al cilindro se podría escribir como una reacción normal aplicada a una distancia genérica o como una resultante y un par reactivo pero en este caso creo que queda más sencillo expresarla como dos normales en los extremos.
En este caso hay sólo dos formas posibles en las que el equilibrio se rompe: O el cilindro vuelca (hacia la derecha) o la varilla vuelca sola (las únicas dos reacciones normales que pueden hacerse cero son la reacción entre el piso y el cilindro del lado izquierdo y la reacción vertical entre el cilindro y la varilla en el extremo inferior de esta).
La parte b) pide analizar de qué manera (de entre las posibles) se rompe el equilibrio cuando la longitud de la varilla supera su valor máximo de longitud.
De las dos formas en las que se puede romper el equilibrio, cuál va a ocurrir primero va a depender de las relaciones entre los parámetros del sistema como se puede observar de la solución de la parte a).