Ejercicios Resueltos Estatica

Resistencia de materiales

Ing. Antonio Favio Ospino M Email: [email protected]

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EJERCICIOS RESUELTOS ESTATICA DE PARTICULAS EJERCICIOS FUERZAS EN EL PLANO 800 N Hallar el vector resultante de las fuerzas aplicadas sobre el gancho mostrado en la figura. 600 N 350 N 45º 60º

25º

Se obtiene las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas: FUERZA COMPONENTE EN X COMPONENTE EN Y P = 350 N P* Cos 25º = 317.2 N P * Sen 25º = 148 N Q = 600 N - Q*Cos 60º = - 300 N Q* Sen 60º = 519.6 N O = 800 N O * Cos 70º = 273.6 N O * Sen 70º = 751.7 N En forma de vector quedarían: P = ( 317.2 N i + 148 N j ) O = ( 273.6 N i + 751.7 N j ) Q = ( - 300 N i + 519.6 N j ) Sabemos que el vector resultante R se especifica como la suma de los vectores O , P y Q : R = O + P + Q Tambien puedo escribir la anterior ecuación como: Rx i + Ry j = ( Px i + Py j ) + ( Qx i + Qy j ) + ( Ox i + Oy j ) Para las componentes rectangulares del vector resultante R: Rx = Px + Qx + Ox = 317.2 N – 300 N + 273.6 N Î Rx = 290.8 N Ry = Py + Qy + Oy = 148 N + 519.6 N + 751.7 N Î Rx = 1419.3 N El vector resultante quedaría: R = 290.8 N i + 1419.3 N j = 1448.7 N 78.4º Un anillo que puede deslizarse sobre una varilla vertical esta sujeto a las tres fuerzas mostradas. Halle a) el valor del ángulo α para que la resultante de las fuerzas sea horizontal y la magnitud de la resultante.

400 N

300 N

α α 600 N

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Se obtiene las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas: FUERZA COMPONENTE EN X COMPONENTE EN Y P = 400 N 0 400 N Q = 300 N 300*Sen α 300 * Cos α O = 600 N - 600 * Cos α 600 * Sen α En forma de vector quedarían: P = ( 400 N j ) O = ( 600 * Cos α i - 600 * Sen α j ) Q = ( 300*Cos α i + 300 *Sen α j ) Sabemos que el vector resultante R se especifica como la suma de los vectores O , P y Q : R = O + P + Q Tambien puedo escribir la anterior ecuación como: Rx i + Ry j = ( Px i + Py j ) + ( Qx i + Qy j ) + ( Ox i + Oy j ) Para que la componente resultante sea horizontal debe cumplir que Ry = 0 Ry = Py + Qy + Oy = 0 Î 400 + 300*Sen α - 600* Cos α = 0 Î α = 26.8º Para la componente de la resultante horizontal: Rx = Px + Qx + Ox = 300 * Cos α + 600 * Sen α = 300 * Cos 26.8º + 600 * Sen 26.8º Î Rx = 538.3 N El vector resultante quedaría: R = 538.3 N i EJERCICIOS EQUILIBRIO EN EL PLANO Dos cables se amarran juntos en C y se cargan como se muestra en la figura. Hállese las tensiones en los cable AC y BC.

20 in

55 in

A

B

48 in

C

3600 Lb

Hallemos el diagrama de fuerzas para el punto C:

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θ = Tan –1 ( 48/20 ) = 67.38º β = Tan –1 ( 48/55 ) = 41.11º

F AC F BC

Si hacemos Σ Fx = 0 θ

β

FBC Cos β - FAC Cos θ = 0 Î FBC Cos 41.11º = FAC Cos 67.38º Î FBC = 0.51 FAC Si hacemos Σ Fy = 0

3600 Lbs

FBC Sen 41.11º + FAC Sen 67.38º - 3600 = 0 0.51 FAC * Sen 41.11º + FAC Sen 67.38º - 3600 = 0 Î FAC = 2860 Lbs y FBC = 1459 Lbs EJERCICIOS FUERZAS EN EL ESPACIO Y

Determine la dirección, magnitud de un vector de fuerza F = 240 N i – 270 N j + 680 N k lo mismo que los valores del vector unitario λ.

X

Z

Vemos que las componentes del vector son: Fx = 240 N ; Fy = - 270 N ; Fz = 680 N La magnitud de F es: F = [ Fx2 + Fy2 + Fz2 ]0.5 = [ ( 240 )2 + ( - 270 )2 + ( 680 )2 ]0.5 Î F = 770 N Recordemos que: Cos θx = ( Fx / F ) = 240/770 Cos θx = 0.311

Cos θy = ( Fy / F ) = -270/770 Cos θy = - 0.35

El vector F tambien lo podemos expresar: F = F ( Cos θx i + Cos θy j + Cos θz k ) = F λ F = 770 ( 0.311 i - 0.35 j + 0.883 k ) Î λ = 0.311 i - 0.35 j + 0.883 k

Cos θz = ( Fz / F ) = 680/770 Cos θx = 0.883

Reesistencia de d materiales

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I Antonio Ing. o Favio Osppino M Emaail: foxman [email protected]

Doos cables BG G y BH estáán atados all marco AC CD como see muestra. S Sabiendo quue la tennsión del caable BH es de d 750 N y la l tensión dell cable BG es de 540 N, N halle las com mponentes de la fuerzaas que el cabble BH y BG G ejercen soobre el marcco en B.

Paara el cable BH B con unaa tensión FBH B = 750 N: Loos puntos dee su linea dee acción son n: x2 = 1.4 y2 = 1.2 z2 = 0

x1 = 0.8 0 y1 = 0 z1 = 1.2 1

dx = x2 – x1 = 0.6 dy = y2 – y1 = 1.2 dz = z2 – z1 = - 1.2

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( 0.6 )2 + ( 1.2 )2 + ( - 1.2 )2 ]0.5 d = 1.8 mts

uiremos los componenttes escalaress del vectorr de fuerza FBH, recordaando que: Ahhora constru Fx = F dx / d = 750 ( 0.6/11.8) Fx = 250 N

Fy = F dy / d = 750 ( 1.2/1.8) Fy = 500 N

Fz = F dz / d = 750 ( - 1.2/1.8) Fz = - 5000 N

B con unaa tensión FBG Paara el cable BG B = 540 N: Loos puntos dee su linea dee acción son n: x2 = 0 y2 = 1.48 z2 = 0.56

x1 = 0.8 0 y1 = 0 z1 = 1.2 1

dx = x2 – x1 = - 0.8 dy = y2 – y1 = 1.48 dz = z2 – z1 = - 0.64

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( - 0.8 )2 + ( 1.48 )2 + ( - 0.64 )2 ]0.5 d = 1.8 mts

Ahhora constru uiremos los componenttes escalaress del vectorr de fuerza FBG, recordaando que: Fx = F dx / d = 540 ( - 0.88/1.8) Fx = - 240 N

Fy = F dy / d = 540 ( 1.48/1.8) Fy = 444 N

Fz = F dz / d = 540 ( - 0.64/1.8) Fz = - 1922 N

Reesistencia de d materiales

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I Antonio Ing. o Favio Osp pino M Emaail: foxman [email protected]

EJER RCICIO EQ QUILIBRIO O EN EL ESPACIO E Tres cables esstán conectaados en A, donde d las uestra. Si see fueerzas P y Q se aplican como se mu sab be que P = 5 KN y Q = 36. 4 KN, halle la tensión de los cables AB, A AC y AD. A

Haallamos los componenttes rectangu ulares de las diferentes fuerzas quee actuan en A A: Paara la fuerzaa P = 5 KN: Lo os puntos dee su linea dee acción son n: x2 = 16 y2 = 3 z2 = 0

x1 = 4 y1 = 3 z1 = 0

dx = x2 – x1 = 12 dy = y2 – y 1 = 0 dz = z2 – z1 = 0

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( 12 )2 + ( 0 )2 + ( 0 )2 ]0.5 d = 12 mts

Ah hora constru uiremos los componenttes escalaress del vectorr de fuerza P, P recordanddo que: Px = P dx / d = 5 ( 12/12) Px = 5 KN

Py = P dy / d = 5 ( 0/12) Py = 0

Pz = P dz / d = 5 ( 0/1 12) Pz = 0

En n forma de vector: v P = 5 KN i K Paara la fuerzaa Q = 36.4 KN: Lo os puntos dee su linea dee acción son n: x2 = 16 y2 = 0 z2 = 4

x1 = 4 y1 = 3 z1 = 0

dx = x2 – x1 = 12 dy = y2 – y1 = -3 dz = z2 – z1 = 4

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( 12 )2 + ( -3 )2 + ( 4 )2 ]0.5 d = 13 mts

Ah hora constru uiremos los componenttes escalaress del vectorr de fuerza Q, Q recordanndo que: Qx = Q dx / d = 36.4 ( 12//13) Qx = 33.6 KN N

Qy = Q dy / d = 36.4 ( 00/13) Qy = - 8.4 KN K

En n forma de vector: v Q = 5 KN i – 8..4 KN j + 11.2 KN k Paara el cable AC A con tensión TAC : Lo os puntos dee su linea dee acción son n:

Qz = Q dz / d = 36.4 ( 0/13) Qz = 11.22 KN

Resistencia de materiales x2 = 0 y2 = 7 z2 = -7

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x1 = 4 y1 = 3 z1 = 0

dx = x 2 – x1 = - 4 dy = y2 – y1 = 4 dz = z2 – z1 = -7

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( - 4 )2 + ( 4 )2 + ( -7 )2 ]0.5 d = 9 mts

Ahora construiremos los componentes escalares del vector de fuerza TAC, recordando que: Tacx = TAC dx / d = TAC ( -4/9) Tacx = - 0.44 TAC

Tacy = TAC dy / d = TAC ( 4/9) Tacy = 0.44 TAC

Tacz = TAC dz / d = TAC ( 0/9) Tacz = -0.77 TAC

En forma de vector: TAC = - 0.44 TAC i + 0.44 TAC j - 0.77 TAC k Para el cable AD con tensión TAD : Los puntos de su linea de acción son: x2 = 0 y2 = 0 z2 = 0

x1 = 4 y1 = 3 z1 = 0

dx = x 2 – x1 = - 4 dy = y2 – y1 = - 3 dz = z2 – z1 = 0

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( - 4 )2 + ( - 3 )2 + ( 0 )2 ]0.5 d = 5 mts

Ahora construiremos los componentes escalares del vector de fuerza TAD, recordando que: Tadx = TAD dx / d = TAD ( -4/5) Tadx = - 0.8 TAD

Tady = TAC dy / d = TAD ( - 3/5) Tady = - 0.6 TAD

Tadz = TAD dz / d = TAD ( 0/5) Tadz = 0

En forma de vector: TAD = - 0.8 TAD i - 0.6 TAD j Para el cable AB con tensión TAB : Los puntos de su linea de acción son: x2 = 0 y2 = 7 z2 = 7

x1 = 4 y1 = 3 z1 = 0

dx = x 2 – x1 = - 4 dy = y2 – y1 = 4 dz = z2 – z1 = 7

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( - 4 )2 + ( 4 )2 + ( 7 )2 ]0.5 d = 9 mts

Ahora construiremos los componentes escalares del vector de fuerza TAB, recordando que: Tabx = TAB dx / d = TAB ( -4/9) Tabx = - 0.44 TAB

Taby = TAB dy / d = TAB ( 4/9) Taby = 0.44 TAB

Tabz = TAB dz / d = TAB ( 7/9) Tabz = 0.77 TAB

En forma de vector: TAB = - 0.44 TAB i + 0.44 TAB j + 0.77 TAB k Como estas fuerzas estan en equilibrio deben cunplir que ΣFx = 0 FUERZA P Q TAC TAD TAB

ΣFy = 0

ΣFz = 0

COMPONENTE EN X COMPONENTE EN Y COMPONENTE EN Z 5 KN 0 0 33.6 KN - 8.4 KN 11.2 KN - 0.44 TAC 0.44 TAC - 0.77 TAC - 0.8 TAD - 0.6 TAD 0 - 0.44 TAB 0.44 TAB 0.77 TAB ΣFy = 0 ΣFz = 0 ΣFx = 0

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De ΣFz = 0 se obtiene: 11.2 - 0.77 TAC + 0.77 TAB = 0 Î TAC = 14.54 + TAB Ecuación 1 De ΣFy = 0 se obtiene: 0.44 TAB + 0.44 TAC - 0.6 TAD – 8.4 = 0 reemplazando el valor de TAC en esta ecuación: Î TAD = 1.46 TAB – 3.33 Ecuación 2 De ΣFx = 0 se obtiene: 5 + 33.6 - 0.44 TAC - 0.8 TAD – 0.44 TAB = 0 reemplazando el valor de TAC y TAD en esta ecuación: Î TAB = 17.02 KN ; TAC = 31.56 KN ; TAD = 21.49 KN

La barra AB de 12 Ft tiene un extremo fijo en A, se estira un cable de acero desde el extremo libre B de la barra hasta un punto C localizado en la pared vertical. Si la tensión en el cable es de 380 Lbs, halle el momento de esta tensión con respecto al punto A.

Hallemos ahora el radio vector de posición rB/A = XB/A i + YB/A j + ZB/A k : XB = 12 Ft YB = 0 Ft ZB = 0 Ft

XA = 0 Ft YA = 0 Ft ZA = 0 Ft

XB/A = XB – XA = 12 Ft YB/A = YB – YA = 0 Ft ZB/A = ZB – ZA = 0 Ft

El radio vector rB/A quedaría: rB/A = 12 Ft i Ahora hallamos los componentes rectangulares de la fuerza de tensión ejercida por el cable BC: Para el cable BC con tensión TBC = 380 Lbs: Los puntos de su linea de acción son:

Resistencia de materiales x2 = 0 y2 = 4.8 z2 = - 8

x1 = 12 y1 = 0 z1 = 0

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8 dx = x2 – x1 = - 12 dy = y2 – y1 = 4.8 dz = z2 – z1 = -8

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( - 12 )2 + ( 4.8 )2 + ( -8 )2 ]0.5 d = 15.2 Ft

Ahora construiremos los componentes escalares del vector de fuerza TBC, recordando que: Tbcx = TBC dx / d = 380( -12/15.2) Tbcy = TBC dy / d = 380( 4.8/15.2) Tbcz = TBC dz / d = 380 ( -8/15.2) Tbcx = - 300 Lbs Tbcy = 120 Lbs Tbcz = - 200 Lbs En forma de vector: TBC = - 300 Lbs i + 120 Lbs j - 200 Lbs k Ahora para hallar el momento con respecto al punto A, hacemos: MA = rB/A X R MA = rB/A X R =

i j k 12 Ft 0 0 -300 Lb 120 Lb - 200 Lb La solución quedaría: MA = rB/A X R = 2400 Lb Ft j + 1440 Lb Ft k

MAx = ( 0 * -200 ) – ( 0 * 120 ) = 0 MAy = - [ ( 12 * -200 ) – ( 0 * -300 )] = 2400 Lb Ft MAz = ( 12 * 120 ) – ( 0 * -300 ) = 1440 Lb Ft

EJERCICIOS MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN EJE Halle el momento con respecto a la diagonal AD de la fuerza ejercida sobre el armazón por la tensión del cable BG ( TBG = 1125 N )

Hallamos los componentes rectangulares de la tensión del cable BG: Para el cable BG con una tensión TBG = 1125 N: Los puntos de su linea de acción son: x2 = 0 y2 = 740 z2 = 280

x1 = 400 y1 = 0 z1 = 600

dx = x2 – x1 = - 400 dy = y2 – y1 = 740 dz = z2 – z1 = - 320

d = [dx2 + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( - 400 )2 + ( 740 )2 + ( - 320 )2 ]0.5 d = 900 mm

Ahora construiremos los componentes escalares del vector de fuerza TBG, recordando que: Tbgx = TBG dx / d = 1125 ( -400/900) Tbgy = TBG dy / d = 1125 ( 740/900)

Tbgz = TBG dz / d = 1125 ( - 320/900)

Tbgx = - 500 N

Tbgz = - 400 N

Tbgy = 925 N

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El vector quedaría: TBG = - 500 N i + 925 N j – 400 N k Siendo A un punto del eje AD de estudio, ahora hallamos MA = rB/A X R: Hallemos ahora el radio vector de posición rB/A = XB/A i + YB/A j + ZB/A k : XB = 400 mm XA = 0 mm XB/A = XB – XA = 400 mm YB = 0 mm YA = 0 mm YB/A = YB – YA = 0 mm ZB = 600 mm ZA = 600 mm ZB/A = ZB – ZA = 0 mm El radio vector rB/A quedaría: rB/A = 400 mm i MA = rB/A X R =

i j k MAx = ( 0 * -400 ) – ( 0 * 925 ) = 0 400 mm 0 0 MAy = - [ ( 400 * -400 ) – ( 0 * -500 )] = 160*103 MAz = ( 400 * 925 ) – ( 0 * -500 ) = 370*103 -500 N 925 N - 400 N La solución quedaría: MA = rB/A X R = 160*103 N mm j + 370*103 N mm k Hallamos el vector unitario del eje que pasa por los puntos A y D:

PUNTO D XD = 800 mm YD = 0 mm ZD = 0 mm

PUNTO A XA = 0 mm YA = 0 mm ZA = 600 mm

DIFERENCIA dx = x2 – x1 = 800 dy = y 2 – y1 = 0 dz = z2 – z1 = - 600

MAGNITUD d = [dx + dy2 + dz2 ]0.5 d = [ ( 800 )2 + ( 0 )2 + ( - 600 )2 ]0.5 d = 1000 mm 2

Recordemos que : λ = (dx / d ) i + ( dy / d ) j + ( dz / d ) k = ( 800 / 1000 ) i + ( 0 / 1000 ) j + ( - 600 / 1000 ) k λ = 0.8 i - 0.6 k ( Este vector se origina en el punto A y tiene dirección y sentido hacia el punto D ) Para hallar el momento de la fuerza de tensión sobre el eje AD: MAD = λ . MA = ( 0.8 i - 0.6 k ) . (160*103 N mm j + 370*103 N mm k ) MAD = 0 + 0 + ( -0.6 )* 370*103 N mm = - 222 * 10 3 N mm Esto significa que el eje AD experimenta un giro debido a un momento en sentido horario de acuerdo con la dirección y sentido del vector λ. Tal como podemos ver:

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El vector de momneto del eje AD será: MAD = MAD λ MAD = - 222 * 10 3 N mm λ

EJERCICIOS EQUILIBRIO CUERPOS RIGIDOS EN EL PLANO Una barra, que se muestra en la figura tiene dos apoyos, y esta sometido a un momento M = 150 N mts en el plano XY tal como se muestra. Halle las reacciones en los puntos de apoyo.

M A B

1 MTS

C

0.5 MTS

Lo primero que debemos hacer es analizar la clase de apoyo y realizar el diagrama de cuerpo libre de la barra: M Ax Ay

By

1 MTS

C

0.5 MTS

Ahora hacemos las ecuaciones de equilibrio el plano: ΣFx = 0 Î Ax = 0 ΣFy = 0 Î By – Ay = 0 Î By = Ay

Nos falta el equilibrio de momentos, para lo cual y para efectos prácticos, se toma el punto donde concurran mas fuerzas, en este caso el punto A, Aunque se puede escoger cualquier punto: ΣMA = 0 + By * 1 mts – M = 0 Î By = ( 150 N mts )/ 1 mts Î By = Ay = 150 N

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Un equipo que s muestra consta de un miembro horizontal ABC de 1200 Lbs y un miembro vertical DBE soldados juntos en B. El equipo se usa para levantar una caja de 3600 Lbs a una distancia X = 12 ft a partir del miembro vertical DBE. Si la tensión en el cable es de 4000 Lbs, halle a) la reacción en E suponiendo que el cable esta anclado en F, tal como se ve en la figura

Lo primero que hay que hacer es el diagrama de cuerpo libre de la estructura: 3.75 ft 6.5 ft 12 ft

Ahora aplicamos las ecuaciones de equilibro: ΣFx = 0 Î Ex = 0 ΣFy = 0 Î Ey – 3600 Lbs – 1200 Lbs – 4000 Lbs = 0 Î Ey = 8800 Lbs

1200 Lbs 3600 Lbs

4 000 Lbs

Escogemos el punto E, para la ecuación de momentos: ΣME = 0 +

Ex Ey

M

Î 3600 Lbs * 12 ft + 1200 Lbs*6.5 ft – 4000 Lbs*3.75 ft – M=0 Î M = 36000 Lbs ft

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EJERCICIOS EQUILIBRIO CUERPOS RIGIDOS EN EL ESPACIO Se usa un malacate pequeño para levantar una carga de 120 Lbs en la forma que se indica. Halle la magnitud de la fuerza vertical P que se deberá aplicar en C para mantener el equilibrio y las reacciones en A y B, suponiendo que el cojinete en B no experimenta ningún empuje axial.

Lo primero que hacemos es hacer es colocar las reacciones en los apoyos: De acuerdo a las condiciones del apoyo, ubicamos las reacciones, como nos dicen que no hay fuerzas axiales, suprimimos las reacciones del eje X en ambos. Ahora los problemas de ejercicios en tres dimensiones los podemos hacer por el método de o por el método escalar.

METODO VECTORIAL: A = Ay j - Az k Identificamos todas las fuerzas y las expresamos con B = By j + Bz k sus vectores directores: P=-Pj F = - 120 Lb j Tomamos el punto A para hacer la primera ecuación de equilibrio que se refiere a los momentos, entonces hacemos: Σ MA = r X Σ F = 0 Î ( rF/A X F ) + ( rB/A X B ) + ( rP/A X P ) = 0 [ ( 10 in i + 4 in k ) X ( - 120 Lb j ) ] + ( 20 in i ) X ( By j + Bz k ) + [ ( 32 in i + 10 in*Cos 30º j - 10 in*Sen 30º k ) X – P j ] = 0 [( 10 in i + 4 in k ) X ( - 120 Lb j )] + ( 20 in i ) X ( By j + Bz k ) + [( 32 in i + 8.66 in j - 5 in k ) X – P j] = 0 ( 480 Lbs in i – 1200 lb in k ) + ( 20 in By k - 20 in Bz j ) + ( - 32 in P k - 5 in P i ) = 0

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Como el vector resultante es cero eso significa que la sumatoria de los escalares de cada vector director tienen que ser cero , por tanto podemos tener tres ecuaciones igualadas a cero de los tres vectores directores: Para i: 480 Lbs in – 5 in P = 0 Î P = 96 Lbs

Para j: - 20 in Bz = 0 Î Bz = Az = 0

Para k: 20 in By – 1200 Lb in – 32 in P = 0 20 in By – 1200 Lb in – 32 in * 96 Lb = 0 Î By = 213.6 Lbs

Ahora empleamos la otra ecuación de equilibrio: ΣF=0 Î (Ay j - Az k ) + (By j + Bz k ) + (- P j ) + (- 120 Lb j ) = 0 Î (Ay j ) + ( 2132.6 Lb j ) + (- 96 Lb j ) + (- 120 Lb j ) = 0 Î Ay = - 2.4 Lbs METODO ESCALAR Nos posicionamos en el punto A y hacemos las ecuaciones de equilibrio: Σ MAx = 0 + antihorario

Σ MAy = 0 + antihorario Σ MAz = 0 + antihorario

120 Lbs * 4 in – P* 10 in Sen 30 = 0 – Bz * 20 in = 0 Î P = 96 Lbs Î Bz = 0 Lbs Î Az = 0 Lbs

-120 Lbs * 10 in + By* 20 in – P* 32 in = 0 Î -120 Lbs * 10 in + By* 20 in – 96* 32 in =0 Î By = 213.6 lbs

Si hacemos ahora Σ Fy = 0 Î Ay + By – 120 Lbs – P = 0 Î Ay + 213.6 lbs– 120 Lbs – 96 Lb = 0 Î Ay = - 2.4 lb El signo negativo indica que el sentido que escogimos es contrario al real. Dos bandas de transmisión pasan sobre una polea de doble acanalada fija a un eje sostenido por cojinetes en A y D. El diametro de la polea interior es de 125 mm y el dimatero de la polea acanalada exterior es de 250 mm. Si se sabe que cuando el sistema está en reposo, la tensión es de 90 N en ambas porciones de la banda B y de 150 N en ambas porciones de la banda C, Halle las reacciones en A y D, Suponga que el cojinete D no experimenta ningún empuje axial.

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Lo primero que hacemos es hacer es colocar las reacciones en los apoyos: De acuerdo a las condiciones del apoyo, ubicamos las reacciones, como nos dicen que no hay fuerzas axiales, suprimimos las reacciones del eje X en ambos. Ahora los problemas de ejercicios en tres dimensiones los podemos hacer por el método de o por el método escalar.

METODO VECTORIAL: A = Ay j + Az k Identificamos todas las fuerzas y las expresamos con D = Dy j + Dz k sus vectores directores: TB = - 90 N j TC = - 150 N k Tomamos el punto A para hacer la primera ecuación de equilibrio que se refiere a los momentos, entonces hacemos: Σ MA = r X Σ F = 0 Î ( rB/A X TB ) + ( rC/A X TC ) + ( rD/A X D ) = 0 [ ( 150 mm i + 125 mm k ) X ( - 90 N j ) ] + [ ( 150 mm i - 125 mm k ) X ( - 90 N j ) ] + [ ( 250 mm i + 62.5 mm j ) X ( - 150 N k ) ] + [ ( 250 mm i - 62.5 mm j ) X ( - 150 N k ) ] + [( 450 mm i ) X ( Dy j + Dz k )] = 0 ( 11250 N mm i – 13500 N mm k ) + ( - 11250 N mm i – 13500 N mm k ) + ( 37500 N mm j - 9375 N mm i ) + ( 37500 N mm j + 9375 N mm i ) + ( 450 mm Dy k – 450 mm Dz j ) = 0 11250 N mm i – 13500 N mm k - 11250 N mm i – 13500 N mm k + 37500 N mm j - 9375 N mm i + 37500 N mm j + 9375 N mm i + 450 mm Dy k – 450 mm Dz j = 0 – 13500 N mm k – 13500 N mm k + 37500 N mm j + 37500 N mm j + 450 mm Dy k – 450 mm Dz j = 0 450 mm Dy k – 450 mm Dz j – 27000 N mm k + 75000 N mm j = 0 Como el vector resultante es cero eso significa que la sumatoria de los escalares de cada vector director tienen que ser cero , por tanto podemos tener tres ecuaciones igualadas a cero de los tres vectores directores:

Resistencia de materiales Para i:

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15 Para j: 75000 N mm – 450 mm Dz = 0 Î Dz = 166.7 N

Para k: 450 mm Dy - 27000 N mm = 0 Î Dy = 60 N

Ahora empleamos la otra ecuación de equilibrio: ΣF=0 Î (Ay j + Az k) + (Dy j + Dz k) + (- 90 N j ) + (- 90 N j ) + (- 150 N k ) + (- 150 N k ) = 0 Î (Ay j + Az k ) + ( 60 N j + 166.7 N k ) + (- 90 N j ) + (- 90 N j ) + (- 150 N k ) + (- 150 N k ) = 0 Para i:

Para j: Ay + 60 N - 90 N – 90 N = 0 Î Ay = 120 N

Para k: Az + 166.7 N – 150 N – 150 N = 0 Î Az = 133.3 N

METODO ESCALAR Nos posicionamos en el punto A y hacemos las ecuaciones de equilibrio: Σ MAx = 0 + antihorario

Σ MAz= 0 + antihorario

Σ MAy = 0 + antihorario

150 N * 62.5 mm - 150 N * 62.5 mm + 90 N * 125 mm – 90 N*125 mm = 0

Dy * 450 mm – 2 TB * 150 mm = 0

2* TC * 250 mm – Dz * 450 mm = 0 2 * 150 N * 250 mm – Dz * 450 mm = 0 Î Dz = 166.7 N

Dy * 450 mm – 2 *90 N * 150 mm = 0 Î Dy = 60 N Si hacemos ahora Σ Fy = 0 Î Ay + Dy – 90 N – 90 N = 0 Î Ay + 60 N – 90 N – 90 N = 0 Î Ay = 120 N.

Σ Fz = 0 Î Az + Dz – 150 N – 150 N = 0 Î Az + 166.7 N – 150 N – 1500 N = 0 Î Az = 133.3 N.

EJERCICIOS RESUELTOS MODULO IV ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS PROBLEMAS ARMADURAS METODO DE NODOS Dadas las condiciones de la armadura, halle las fuerzas que actuan en cada uno de las barras que componen la misma.

10 KIPS A

B

C D

7.5 ft H G E F 6 ft

6 ft

6 ft

6 ft

Resistencia de materiales

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Lo primero que se hace es tomar la armadura como un cuerpo solido y hallamos las reacciones sobre la misma: 10 KIPS Σ ME = 0 + antihorario A B C Î Fy * 6 ft – 10 K Lbs * 4*6 Ft =0 D Fy = 40 K Lbs 7.5 ft

Σ Fy = 0 Î - Ey + Fy – 10 K Lbs = 0 Ey = 30 K Lbs

H G 51.34º E

22. 62º F

Ey

6 ft

Fy

6 ft

6 ft

6 ft

Los angulos los sacamos de: Tan –1 ( 7.5/18) = 22.62º Tan –1 ( 7.5/6) = 51.34º

Ahora analizamos cada nodo de la estructura, generalmente y para facilitar calculos se escogen aquellos nodos donde hay fuerzas conocidas, para el caso podemos escoger los puntos E, F y D. Para este ejemplo, escogeremos el punto D. Para cada nodo, haremos: 1. Hacer el diagrama de cuerpo libre de cada nodo con las fuerzas que intervienen en el mismo. 2. Aplicar las ecuaciones de equilibrio para hallar los valores de las fuerzas que actuan en el nodo. 3. Trasladar las fuerzas halladas a las barras ( misma dirección pero sentido opuesto ) que hacen parte del nodo para saber cuales estan a tensión, compresión o sin carga. DIAG FUERZAS NODO D

ECUAC. DE EQUILIBRIO Σ Fy = 0 FDH Sen 22.62º - 10 KLbs = 0 Î FDH = 26 K Lbs

10 K Lb

DIAG FUERZAS EN BARRAS C

D

D

D

F CD

Σ Fx = 0 FDH Cos 22.62º - FCD = 0 Î FCD = 24 K Lbs

22.62º

F DH

DIAG FUERZAS NODO H F CH F DH H

F GH

22.62º

ECUAC. DE EQUILIBRIO Σ Fx = 0 - FDH Cos 22.62º + FGH Cos 22.62º = 0 Î FGH = FDH = 26 K Lbs

22.62º

Σ Fy = 0 - FDH Sen 22.62º + FGH Sen 22.62º FCH = 0 Î FCH = 0

H

DIAG FUERZAS EN BARRAS C

H G

H

Resistencia de materiales

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DIAG FUERZAS NODO C C

F BC

F CD

α F CG

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ECUAC. DE EQUILIBRIO Σ Fy = 0 -FCG Sen α - FCH = 0 -FCG Sen α - 0 = 0 Î FCG = 0

DIAG FUERZAS EN BARRAS

B

C

C

F CH

Σ Fx = 0 FCD -FBC - FGH Cos α = 0 FCD -FBC - 0 = 0 Î FBC = FCD = 24 K Lbs DIAG FUERZAS NODO G F CG F BG F GH G

22.62º

ECUACIONES DE EQUILIBRIO Como FCG = 0, no se tendrá en cuenta para estas ecuaciones. Σ Fx = 0 FFG Cos 22.62º- FGH Cos 22.62º = 0 Î FFG = FGH = FDH = 26 K Lbs

22.62º

Σ Fy = 0 FFG Sen 22.62º- FGH Sen 22.62º - FBG = 0 Î FBG = 0

DIAG FUERZAS NODO B

ECUACIONES DE EQUILIBRIO

F FG

B

F AB

β F BF F BG

F BC

Como FBG = 0 , no se tendrá en cuenta para estas ecuaciones. Σ Fy = 0 -FBF Sen β - FBG = 0 Î FBF = 0 Σ Fx = 0 FBC -FAB – FBF Cos β = 0 FBC -FAB - 0 = 0 Î FAB = FBC = FCD = 24 K Lbs

G

DIAG FUERZAS EN BARRAS B

G

G

F

DIAG FUERZAS EN BARRAS A B

B F

Resistencia de materiales

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DIAG FUERZAS NODO A A

F AB

51.34º F AE

ECUACIONES DE EQUILIBRIO Σ Fx = 0 FAB - FAE Cos 51.34º = 0 24 K Lbs - FAE Cos 51.34º = 0 Î FAE = 38.4 K Lbs

DIAG FUERZAS EN BARRAS A

F

F AF

Σ Fy = 0 FAF – FAE Sen 51.34º = 0 FAF – 38.4 K Lbs Sen 51.34º = 0 Î FAF = 30 K Lbs

DIAG FUERZAS NODO E F AE

E

51.34º

A

E

ECUACIONES DE EQUILIBRIO Σ Fx = 0 FAE Cos 51.34º - FEF = 0 38.4 KLbs Cos 51.34º - FEF = 0 Î FEF = 24 K Lbs

DIAG FUERZAS EN BARRAS E

F

F EF

Ey = 30 K Lbs

Podemos resumir los resultados en la siguiente tabla: FUERZAS FEF = FAB = FBC = FCD = 24 K Lbs FAF = 30 K Lbs FAE = 38.4 K Lbs FBF = FBG = FCG = FCH = 0 FFG = FHD = FHG = 26 K Lbs

CONDICION DE BARRAS BARRAS SIN CARGA: BF , BG, CG, CH BARRAS A TENSIÓN: AE, AB, BC, CD BARRAS A COMPRESIÓN: AF, FG, GH, DH

PROBLEMAS ARMADURAS METODO DE SECCIONES Dadas las condiciones de la armadura, halle las fuerzas que actuan en las barras CD y DH.

10 KIPS A

B

C D

7.5 ft H G E F 6 ft

6 ft

6 ft

6 ft

Resistencia de materiales

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Lo primero que se hace es tomar la armadura como un cuerpo solido y hallamos las reacciones sobre la misma: 10 KIPS A

B

C D

Σ ME = 0 + antihorario Î Fy * 6 ft – 10 K Lbs * 4*6 Ft =0 Fy = 40 K Lbs

7.5 ft

Σ Fy = 0 Î - Ey + Fy – 10 K Lbs = 0 Ey = 30 K Lbs

H G 51.34º E

22. 62º F 6 ft

Ey

Fy

6 ft

6 ft

Los angulos los sacamos de: Tan –1 ( 7.5/18) = 22.62º Tan –1 ( 7.5/6) = 51.34º

6 ft

Ahora hacemos un corte de sección ( ver grafica anterior ) que involucre las barras a calcular, reemplazándola por las fuerzas o por la acción que estas hacen sobre la armadura tal como veremos a continuación: A

B

C F F

CD

DH

7.5 ft H G 51.34º E

22. 62º F

Ey

6 ft

Fy

6 ft

6 ft

6 ft

Ahora tomamos la armadura como un todo y aplicamos las ecuaciones de equilibrio:

ΣFy = 0 Fy – Ey – FDH * Sen 22.62º = 0 Î 40 K Lbs – 30 K Lbs - FDH * Sen 22.62º = 0 Î FDH = 26 K Lbs

ΣFx = 0 FCD – FDH * Cos 22.62º = 0 FCD – 26 K Lbs * Cos 22.62º = 0 Î FCD = 24 K Lbs

Resistencia de materiales

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PROBLEMAS RESUELTOS DE ARMAZONES Determínese todas las fuerzas ejercidas sobre el miembro AI, si el bastidor se carga con un par M en el sentido de las manecillas del reloj de magnitud 180 Lbs Ft, aplicado a ) en el punto D y b ) en el punto E.

Para el caso en que el momento M se encuentre en el punto D, Lo primero que se hace es tomar la armadura como un cuerpo sólido y hallamos las reacciones sobre la misma: A

Se aplican las ecuaciones de equilibrio:

ΣFx = 0 Î Hx = 0 B C

ΣMH = 0 + antihorario

F

G

Iy * 6 ft – M = 0 Iy * 6 ft – 180 Lb ft = 0

H

I

D

M

E

Î Iy = 30 Lb Hx Hy

Iy

ΣFy = 0 Iy – Hy = 0 Î Hy = 30 Lb

Ahora tomamos la barra AI y le hacemos su diagrama de cuerpo libre:

Resistencia de materiales

21

El ángulo α lo obtenemos de: α = Tan-1 ( 2.5 ft / 6 ft ) = 22.62º

A

F BA

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De las ecuaciones de equilibrio:

α

F BC

ΣFy = 0 Iy – FAB Cos α = 0 30 Lb – FAB Sen 22.62º = 0 Î FAB = 78 Lb

C E

F FG

ΣMH = 0 + antihorario FFG * 2.5 ft – FBC * 5 ft + FAB Cos 22.62º * 7.5 ft = 0 FFG * 2.5 ft – FBC * 5 ft = -540 Lb ft Î FFG – FBC * 2 = -216 Lb Ecuación 1

G

I

ΣFx = 0 FBC - FFG - FAB Cos 22.62º = 0 Î FBC - FFG = 72 Lb Ecuación 2

Iy

De las ecuaciones 1 y 2 se obtiene que: FBC = 144 Lb y FFG = 72 Lb Para el caso en que el momento M se encuentre en el punto E, Lo primero que se hace es tomar la armadura como un cuerpo sólido y hallamos las reacciones sobre la misma: A

Se aplican las ecuaciones de equilibrio:

ΣFx = 0 Î Hx = 0 B C

ΣMH = 0 + antihorario

F

G

Hy * 6 ft – M = 0 Hy * 6 ft – 180 Lb ft = 0

H

I

D

E

Î Hy = 30 Lb Hx Hy

Iy

ΣFy = 0 Iy – Hy = 0 Î Iy = 30 Lb

Ahora tomamos la barra AI y le hacemos su diagrama de cuerpo libre:

Reesistencia de d materiales

22

El ángulo α lo obtenem E mos de: -1 α = Tan ( 2.5 ft / 6 ft ) = 22.62º

A

F BA

I Antonio Ing. o Favio Osp pino M Emaail: foxman [email protected]

D las ecuaaciones de equilibrio: De

α

F BC

C E

M

F FG

G

I

Iy

ΣFy = 0 Σ I – FAB Coos α = 0 Iy 3 Lb – FABB Sen 22.62º = 0 30 Î FAB = 78 8 Lb ΣMH = 0 + antihorario Σ o FFG * 2.5 ft – FBC * 5 ft + FAB Coss 22.62º * 7.5 ft - M = 0 FFG * 2.5 ft – FBC * 5 ft = -540 Lbb ft + 180 Lb b ft Î FFG – FBC * 2 = -14 44 Lb Ecua ación 1 B ΣFx = 0 Σ FBC - FFG - FAB Cos 22.62º = 0 Î FBC - FFGG = 72 Lb Ecuación 2 D las ecuaaciones 1 y 2 se obtienee que: De FBC = 72 Lbb y FFG = 0 Lb

PROB BLEMAS RESUELTO R OS DE MAQ QUINAS a que pesa p 8000 Lb bs Se levanta un lingote de acero m en laa usaando un parr de tenazass como se muestra fig gura. Halle la l fuerzas ejjercida en C y E de la ten naza BCE.

Resistencia de materiales

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Hacemos el diagrama de cuerpo libre del lingote y hallamos las fuerzas que intervienen en el mismo: Ey

Fy

Ex

Aplicamos ahora las ecuaciones de equilibrio: ΣME = 0 + antihorario Fx

Fy * 55 in – 8000 Lb * ( 55 in / 2 ) = 0 Î Fy = 4000 Lb ΣFY = 0

8000 Lb

Ey + Fy – 8000 Lb = 0 Ey + 4000 Lb – 8000 Lb = 0 Î Ey = 4000 Lb

55 in

Ahora hacemos el diagrama de cuerpo libre de la tenaza BCE: 36.5 in

B

Aplicamos ahora las ecuaciones de cuerpo libre: ΣFy = 0 B – Ey = 0 Î B = 4000 Lb

22,5 in

Escogemos el punto E para hacer la ecuación de equilibrio de momentos:

C F

CD

ΣME = 0 + antihorario

55 in

B * ( 36.5 in + 27.5 in ) – FCD * 55 in = 0 Ey Ex

27.5 in

4000 Lb * ( 36.5 in + 27.5 in ) = FCD * 55 in Î FCD = 4654.5 Lb Ahora hacemos: ΣFx = 0 FCD – Ex = 0 Î Ex = 4654.5 Lb

Resistencia de materiales

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La herramienta que se muestra, se usa para pelar terminales de alambres eléctricos, sabiendo que el trabajador aplicará fuerzas de magnitud P = 135 N en los mangos, halle la magnitud de las fuerzas que serán ejercidas sobre el extremo de la terminal

Hacemos el diagrama de cuerpo libre del brazo ABD: 30 mm

40 mm Dy

A

B

C

Dx

Aplicamos las ecuaciones de equilibrio: ΣFx = 0 Dx = 0 ΣFy = 0 F – FBC + Dy = 0

F BC F

Hacemos el diagrama de cuerpo libro del mango de las pinzas: 15 mm

P = 135 N 200 mm

Dx

D F

Dy

Fx

Fy

Empleamos las ecuaciones de equilibrio: ΣFx = 0 Fx - Dx = 0 Fx – 0 = 0 Î Fx = 0

Tomamos el punto F para la ecuación de momentos: ΣMF = 0 + antihorario Dy * 15 mm – 135 N*200 mm = 0 Î Dy = 1800 N

Si hacemos ahora: ΣFy = 0 Fy – Dy - P = 0 Fy – 1800 N – 135 N = 0 Î Fy = 1935 N Con estos valores nos vamos de nuevo al brazo ABD que analizamos primero:

Resistencia de materiales 30 mm

40 mm Dy

A

B

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C

Dx

Aplicamos las ecuaciones de equilibrio: ΣFx = 0 Dx = 0 Escogemos el punto A para la ecuación de momentos: ΣMA = 0 Dy* 70 mm – FBC * 30 mm = 0 1800 N* 70 mm – FBC * 30 mm = 0 Î FBC = 4200 N

F BC F

Si hacemos ahora: ΣFy = 0 Dy – FBC + F = 0 1800 N – 4200 N + FBC = 0 Î FBC = 2400 N PROBLEMAS RESUELTOS DE FRICCION El coeficiente de fricción de las superficies en contacto es µS = 0.3. Halle la fuerza mínima P requerida para iniciar el movimiento del bloque D, si a) el bloque C esta unido por el cable AB como se muestra en la figura y b) se quita el cable AB.

C A

B 100 kgs D 150 kgs

P

Para resolver el ejercicio, sin quitar el cable AB, analizamos el bloque C, haciendo su diagrama de cuerpo libre: C F AB

Wc Fr 1 N1

De las ecuaciones de equilibrio: Σ Fy = 0 N1 – Wc = 0 Î N1 = ( 100 Kgs * 9.8 mts/seg2 ) = 980 N Σ Fx = 0 F r1 – FAB = 0 FAB = µS * N1 = 0.3 * 98 N = 294 N

Pasamos a analizar ahora el bloque D, haciendo su diagrama de cuerpo libre:

Resistencia de materiales

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N1 Fr 1 WD

P

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De las ecuaciones de equilibrio: Σ Fy = 0 N2 - N1 – WD = 0 Î N2 = N1 + WD Î N2 = 980 N + ( 150 Kgs * 9.8 mts/seg2 ) = 2450 N Σ Fx = 0 P - F r2 - F r1 = 0 P = F r2 + F r1 = µS * N2 + 294 N P = 0.3* 2450 N + 29.4 N = 1029 N

Fr 2 N2

Para el caso en que se quite el cable AB: De las ecuaciones de equilibrio: Σ Fy = 0 N – Wc – WD = 0 Î N = 9.8 mts/seg2 ( 100 Kgs + 150 Kgs ) = 2450 N

Wc

WD Fr N

P

Σ Fx = 0 P-Fr =0 P = µS * N = 0.3 * 2450 N = 735 N