Estatica 374i4t

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO PUNO FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

TRABAJO ENCARGADO ESTÁTICA PRESENTADO POR: CONDORI ARCE, Francys Oliver.…………………………………. 130216 GARCÍA PARI, Leo Yunior………………………………………… 130231 HUAYAPA PUMA, Yaqueline Lisbeth…………………………….. 131734 MAMANI PUMA, Richard Edwin………………………………….. 130552

DOCENTE: Ing. SUCA SUCA, Néstor.

PUNO – 2015

APELLIDOS Y NOMBRES: CONDORI ARCE, Francys Oliver

CODIGO: 130216

3.17.-

Dos cuerpos que pesan 750N y 1000N, respectivamente, se apoyan sobre un cilindro y están unidos por una cuerda según se indica en la Fig. P3-17. Hallar las reacciones del cilindro sobre los cuerpos, la tensión en la cuerda y el ángulo �. Suponer ausencia de rozamiento en todas las superficies.

SOLUCION: El diagrama de cuerpo libre para la figura será:

Entonces la tensión de Cable será:

1

Ejercicios resueltos de Estática

T =750 cos θ … . (i ) T =1000 sen θ … . ( ii ) Igualando (i) y (ii) tenemos: 1000 sen θ=750 cos θ

sen θ 750 = cos θ 1000 tan θ=0.75 θ=36.86 °

Remplazando tensión y las fuerzas en el sistema serán: T =600 N F1=800 N F2 =450 N

4.59.-

El módulo de la fuerza F de la Fig. P4-59 es de 535N. Determinar la componente escalar del momento en el punto O respecto al eje OC.

2


SOLUCION: Podemos expresar la fuerza F en forma vectorial cartesiana: ´ =535 N (−0.9 i−0.85 j+0.49 k ) F 1.33 ´ F=−362.03 i−341.92 j+197.11 k

Ahora el vector unitario para OC será: e´ OC =−úx e´ OC =−i Vector posición

r AB :

r AB=0i+0.85 j+0.31 k Entonces el momento con respecto a O será: M o=r AB × F´

M o=

[

i j k 0 0.85 0.31 −362.03 −341.92 197.11

]

M o=273.54 i−112.23 j+307.73 k Y el momento con respecto al eje OC es: M oc =M o . e´ OC M oc =( 273.54 i−112.23 j+307.73 k ) .(−i) M oc =−273.54 mN M oc =−274 mN

3


4.121.-

Reducir las fuerzas representadas en la Fig. P4-121 a un torsor y localizar la intersección con el plano XY del eje del torsor.

SOLUCION: Expresando las fuerzas en su forma vectorial será: F A =60 i F B=420

( 3 i−5√50j +4 k ) F =178.19 i−296.98 j +237.59 k B

FC =250 j La resultante de fuerzas será: R=¿ F A + F B + FC R=238.19 i−46.98 j +237.59 k

R= √ 178.192 +296.982 +237.592

|R|=339.69 N

4


Entonces los momentos de las fuerzas serán: ´ F

r

M0

Cas o FA

3j

60i

-180k

FB

5j

178.19i−296.98 j+237.59 k

FC

4k

250 j

1187.95i890.95k -1000i

∑ M 0=C=187.95 i−1070.95 k

|C|=1087.32 mN El vector unitario de R será: 238.19i−46.98 j+237.59 k u R= 339.69 Entonces la componente del par paralela es:

|C ∥|=C . u R |C ∥|=1087.32 mN

j+237.59 k ( 238.19 i−46.98 ) 339.69

|C ∥|=−617.27 mN Además: C=|C ∥|. u R C=−617.27

j+237.59 k ( 238.19i−46.98 ) 339.69

C=−432.82i+85.37 j−431.74 k

La fuerza resultante R y C ⊥

podemos obtener r x R= C ⊥ , asi:

C ⊥=C−C ∥ C ⊥=187.95 i−1070.95 k−(−432.82 i+ 85.37 j−431.74 k )

5


C ⊥=620.77 i−85.37 j+ 1502.69 k Entonces:

[

]

i j k xR yR 0 =620.77 i−85.37 j+1502.69 k 238.19 −46.98 237.59

Por ultimo igualamos 237.59 y R i−237.59 x R j+ (−46.98 x R −238.19 y R )=620.77 i−85.37 j+ 1502.69k x R =0.359 y R =2.61

2.77.-

La barra AB, de la figura P-2.77, está articulada en B a un bastidor fijo en la pared y está unido al apoyo por medio de un pasador liso. Mediante rodillos, la barra descansa en A sobre la superficie horizontal. Una carga de 500Kg se aplica en C, tal como se muestra en la figura. Resolver la fuerza de 500Kg en dos componentes, una que pase por el punto B y la otra por el punto A y perpendicular al piso.

SOLUCION:

6


El diagrama de cuerpo libre será:

Entonces sumatoria de fuerza será: RBx −433=0 RBx =433 250−R By −R Ay=0 Aplicando momentos respecto al punto O: RBx ( 5 √3 ) + R By ( 5 ) =500(6) 433 ( 5 √ 3 ) + RBy ( 5 )=3000 RBy =−250 Remplazando: R Ay=400 Entonces las fuerzas para los puntos serán:

7


´ A=−400 j ´ B=−433 i+150 j

3.14.-

Una varilla delgada de 26cm de longitud y de peso W g, se coloca en la caja de la figura P-3.13. Uno de sus extremos coincide con uno de los lados de los vértices de la base, como el en problema anterior. El otro extremo esta sostenido por una cuerda de 6.5cm amarrada en un punto situado 1.5cm debajo del vértice de la caja, tal como se indica en la figura P-3.14. Determinar las fuerzas que soportan la varilla.

SOLUCION:

De la gráfica se obtiene que: a)

8

1.5+26 sin θ+6.5 sin β=12 cm


26 sin θ+6.5 sin β=10.5 cm

sin β=

b)

2

2

10.5 −4 sin θ 6.5

…. (i)

2

24 +(6.5 cos β) =(26 cos θ)

θ 1−sin2 ¿ 576+ 42.25(1−sin2 β)=676 ¿ θ 2 2 576+ 42.25−42.25 sin β=676−676 sin ¿ ¿ θ 2 −42.25 sin β +676 sin ¿ ¿=57.75 2

Remplazando con (i): θ −42.25(

2 10.5 −4 sinθ) +676 sin 2 ¿ ¿=57.75 6.5

2

2

676 sin θ−118.07 +546 sin θ−676 sin θ=57.75 sin θ=0.322

θ=18.78 Remplazando en (i):

β=19.13

Entonces las fuerzas que actúan en la caja de forma vectorial serán: T A=

TA [ 6.14 ; 0 ; 2.13 ] T A =T A [ 0.94 i−0.33 k ] 6.49

W =−4.18 kW

3.36.-

¿Qué peso vertical W se requiere para mantener cerrada la compuerta de la figura P-3.36? La compuerta tiene 10 pies de ancho en un plano perpendicular al papel.

9


SOLUCION: Las presiones en las compuertas serán: Si:

1 pie=12 pulg

γ =62.4lb/pie3

P1=γ h1=62.4

( 16 )

P1=10.4 lb / pie 2 P2=γ h2=62.4

( 12 )

P2=31.2 lb/ pie

2

Las fuerzas resultantes con respecto a su base son:

F 1=

10

10.4 lb 1 1 pie ( 10 pies ) =26 lb pie 2 2 6

( )( )


d 1=

( 13 )( 16 )+( 13 )= 187

F2 =

d 2=

31.2 lb 1 2 pie 2

( )( 12 pie) ( 10 pies )=78 lb

( 13 )( 12 )= 16

a) Ahora para la compuerta superior será:

∑ M M =F AB

( 125 )−26 lb ( 245 )=0

F AB =13lb

b) Para la compuerta inferior:

11


∑ M 3=−W

W

( 18 )+78 lb ( 18 )+ F ( 125 )=0 AB

( 18 )=78 lb( 18 )+13lb ( 125 )

W =121,3lb

5.96.- Una viga vertical está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la figura P-5.96. Determine la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo en el punto O.

12


El módulo de la resultante R de la carga distribuida representada en la figura es igual al área encerrada debajo del diagrama de carga. Éste puede dividirse en dos figuras. Así pues tenemos: 1 1 F 1= A 1= ∗b 1∗h 1= ( 2 ) ( 400 )=400 N 2 2 1 2 8 x=2+ b 1=2+ = m 3 3 3

❑

F 2= A 2=∫ wdy A

❑

2

A

0

A=∫ wdy=∫ 100 y2 dy 2

A=100 ∫ y 2 dy 0

3 3

A=100

[ ] y 3

0

[ ] 3

2 A=100 −0 3 A=

800 =266,67 N 3

F 2= A 2=266,67 N

x=

3 b2 3 = m 4 2

Así pues:

13


R=F 1+ F 2

R=400 N + 266,67=666,67 N

La recta soporte de la resultante se sitúa respecto al apoyo O, sumando momentos respecto al punto O:

M O=Rd=F 1∗x 1+ F 2∗x 2 M O=

400∗8 266,67∗3 + 3 2

M O=1466,67 Por último:

d= ý =

14

M O 1466,67 = =2,20 m R 666,67


APELLIDOS Y NOMBRES: GARCIA PARI, Leo Yunior CODIGO: 130231

2.49. (HARRY R. NARA) Sustituir la fuerza DE 70.7 kg que actúa en un plano vertical paralelo al plano zy por una fuerza y un par aplicado en A.

15


Solución: 

F  70.7Cos 45 j  70.7 Sen45k 

F  49.5 j  49.5k 





C  r F 

r  4i  3 j  2k



C  (4i  3 j  2k ) x(49.5 j  49.5k ) 

C  49.5(i  4 j  4k ) 

C  49.5i  193 j  198k .........( Rpta ) 2.90. (HARRY R. NARA) Se instala en una presa a una compuerta vertical en forma de semicírculo, tal como se muestra en la figura. Determinar la magnitud. Dirección y línea de acción del empuje que actúa sobre la compuerta.

16


Solución: *La magnitud fuerza será:

de

la



R  hdA  h  rdrd  

R  h 



0



R  h



R

O



rdrd   h 

0

R2 d 2

2

R  2

hR R3  R   .............( Rpta ) 2 

*La dirección de la fuerza está en el plano z siendo perpendicular al plano xy 

 R  

R3 k ...........( Rpta ) 2

*La línea de acción del empuje que actúa sobe la compuerta será:

17




y C  R   ri  Fi 

y C  R  h  ri ( rdrd )

ri  rSen 

 y C  R  h 



0

y C  



R

0

r 2 Sendrd

3  R R3  h  Send 0 3 2

hR R3 R3  R ( )( Cos  Cos0) 2 3 2R yC  ( 2) 3 4R yC  ................( Rpta ) 3 y C  

3.17. (HARRY R. NARA) Dibujar el diagrama de cuerpo libre para cada miembro, en los dos sistemas que se presentan en la figura. No hay rozamiento y una sola recta representa los cables flexibles y sin peso.

18


Solución: *Para la primera figura:

*Para la figura 2:

19


3.41. (HARRY R. NARA) Se usa una pared de piedra (Se usa una pared de piedra (ϒ= 110 lb/ pie

3

)) para sostener el suelo. La parte superior de la

pared esta revestida con bloques de concreto de 4 x 12 x 40 pulg. (ϒ=

50 lb/ pie 3 ). Determinar la intensidad de corte unitaria (fuerza horizontal por unidad de área) necesaria para el mortero a fin de impedir que el bloque se deslice sobre la pared debido a la presión del terreno.

Solución:

20


Fi  hA 4 4 40  (  )  18.5185lb. 12 12 12 4 1 40 9 1 40 F2  110   (  )  110   (  ) 12 24 12 24 24 12 F2  5.0926  5.7292  10.8218lb. F1  50 

*Para que el bloque no se caiga solo se necesita saber la fuerza que ejerce la presión en la parte superior, por lo tanto:

F1  F2  18.5185lb  10.8218lb.  7.6967 *Siendo entonces la fuerza horizontal por unidad de área:



7.6967lb 4.5  40 pu lg .2

  0.0428 lb pu lg .2 ..........( Rpta.) Las dimensiones interiores de la base de la caja son 5r y 5r y su altura es 6r. Se coloca en el interior de la caja una esfera de radio 2r de tal manera que haga o con el fondo y dos de los costados. Se coloca una segunda esfera de manera que haga o con la primera y los otros dos costados. Calcular todas las fuerzas que actúan sobre la esfera pequeña que tiene un radio r y un peso W.

21


Solución: Nos pide hallar las siguientes reacciones: Ex, Ey y Ez. 1). Para la esfera de radio 2r:

CASO

⃗r

⃗ F

⃗ Mo

Ax

3 rj+2 rk

−Axi

−2 Axrj+ 3 Axrk

By

3 ri+2rk

−Byj

2 Byri−3 Byrk

Ex

1.3938 rj+ 3.6062rk

Exi

3.6062 Exrj−1.3938 Exrk

Ey

1.3938i+3.6062 rk

Eyj

−3.6062 Eyri+ 1.3938 Eyrk

Ez

1.3938 r (i+ j)

−Ezk

1.3938 r (−Ezi + Ezj )

Fz

3 ri+3 rj

Fzk

3 r (Fzi−Fzj)

W1

3 ri+3 rj

−W 1 k

3 r (−W 1i+W 1 j)

⃗ R

⃗ M Ro

∑ TOTAL ⃗ R

22

¿0


⃗ R

¿ ( Ex−Ax ) i+ ( Ey−By ) j+ ( Ez + Fz−W 1 ) k =0

De donde obtenemos lo siguiente:

Ex=Ax Ey=By

Fz=W 1+ Ez Luego:

⃗ M Ro

¿0

⃗ M Ro =( 2 By−3.6062 Ey−1.3938 Ez +3 Fz−3 W 1 ) ri+ (−2 Ax+3.6062 Ex+1.3938 Ez−3 Fz +3 W 1 ) rj+ (3 A Obtenemos lo siguiente:

Ax=By 2). Para la esfera de radio r:

CASO

⃗r

⃗ F

⃗ Mo

Dx

rj+4 rk

Dxi

4 Dxrj−Dxrk

Cy

ri+4 rk

Cyj

−4 Cyri +Cyrk

Ex

1.3938 rj+ 3.6062rk

−Exi

−3.6062 Exrj+1.3938 Exrk

Ey

1.3938 ri+ 3.6062rk

−Eyj

3.6062 Eyri−1.3938 Eyrk

Ez

1.3938 r (i+ j)

Ezk

1.3938 r ( Ezi−Ezj)

W

ri+rj

−Wk

−Wri +Wrj

⃗ R

⃗ M Ro

∑ TOTAL

⃗ R ⃗ R

¿0

( Dx−Ex ) i+ ( Cy−Ey ) j+ ( Ez−W ) k=0

De donde tenemos que:

Dx=Ex Cy=Ey

23


Ez=W Luego:

⃗ M Ro =0

R ⃗ M o =(−4 Cy+ 3.6062 Ey+ 1.3938 Ez−W ) ri+ ( 4 Dx−3.6062 Ex−1.3938 Ez+W ) rj+ (−Dx+Cy+ 1.3938 Ex

Obtenemos lo siguiente:

Dx=Cy 3.23. (WILLIAM F. RILEY) Un cilindro de 15kN pende de un sistema de cables según se indica en la figura. Determinar las tensiones de los cables A, B y C.

Solución:

24




T

 T A(

A

 T A (0.5121i  0.3841 j  0.7682k )

B

T B(



T



T



T

1.2i  0.9 j  1.8k 1.2i  0.9 j  1.8k )  T A( ) 2.343 5.49

A

C

 1.2i  1.8 j  1.2k )  T B (0.485i  0.7276 j  0.4851k ) 6.12

TC j

W  15k ....(kN )

F  0 (0.5121T

A

 0.4851T B )i  (0.3841T A  0.7276T B  T C ) j  (0.7682T A  0.4851T B  15)k  0

*Resolviendo se tiene:

T T T

A

 11.716kN..........( Rpta )

B

 12.3681kN.........( Rpta )

C

 13.4991kN.........( Rpta )

4.61. (WILLIAM F. RILEY) Una barra curva está sometida a una fuerza de 3300 N en la forma que se indica en la figura. Determinar el momento de la fuerza respecto al eje BC. Expresar el resultado en forma vectorial cartesiana.

Solución:

25


rB N  122i  183 j  183k u B N  122i  183 j 122i  122k 1  (i  k ) 122 2 2 3300 F (i  k ) 2 uN

A



 0.00    122 183     122 183 183  BC X Y Z   3300 3300   0.00    X Y Z 2 2   122  183  3300 183  183  3300 122  183  3300  ( ) M BC  2 2 2 183  183  3300 M BC  2 M BC  78144.986kN  m..........( Rpta ) 

u  M  r  F 

X

u r F

Y

u r F

Z





4.128. (WILLIAM F. RILEY) Una barra doblada soporta dos fuerzas, según se indica en la figura. Determinar: a) El momento de las dos fuerzas respecto al punto O. b) El momento de las dos fuerzas respecto al eje OA.

Solución: a) El momento de las fuerzas respecto al punto O

26


r  0.9i  0.8 j  0.35k F  250i F  400k M  r xF r xF M  (0.9i  0.8 j  0.35k ) x(250i  400k ) M  360 j  200k  320i  87.5 j M  320i  447.5 j  200k...........( Rpta ) OC 1

2

O

oc

1

oc

2

O O O

b) El momento de las fuerzas respecto al eje OA

0.5i  0.35k  0.82i  0.57 k 0.61  u X u Y u Z   0.82 0.0 0.57      M OA   r X r Y r Z    0.9 0.8 0.35   262.4  114  F F Y F Z   250 0.0  400 X  M OA  376.4 N  m.............( Rpta)

u

O A



APELLIDOS Y NOMBRES: HUAYAPA PUMA, Yaqueline Lisbeth

27


CODIGO: 131734

2.68 (Harry Nara) Hallar la resultante del sistema de fuerzas de la figura P-2.68 con relación al punto (2, 2, 0). ¿Puede sustituirse este sistema por una sola fuerza?

Solución:

28


F1=36 kg

u1=u AB =

B−A 4,−4,2 2 −2 1 = = , , ´ 6 3 3 3 AB

F2 =24 Kg

u2=uCD =

D−C 0,4,0 = =( 0,1,0 ) ´ 4 CD

F3 =36 kg

u3=u FE=

E−F −4,24,−4 −1 1 1 = = ,− ,− ´ FE 4 √3 √3 √ 3 √ 3

(

)(

(

)

)

(

)(

)

r 1=( 0,4,2 ) −( 2,2,0 ) r 1=−2i+2 j−2 k r 2=( 2,0,2 )− ( 2,2,0 ) r 2=−2 j+2 k r 2=( 0,0,0 )−( 2,2,0 ) r 3=−2 i−2 j

´ =(−2 i ) −36 ( 2 ) j + (−2i ) 1 k + ( 2 j ) 36∗2 i +2 j 1 k + (−2 k ) 36∗2 i + (−2 k ) −36∗2 j + ( 2 k ) (21 j ) + R 3 3 3 3 3 3

(

)

( )

(

) ()

(

)

(

´ =48 k + 2 j−48 k + 2 i−48 j−48 i−48i+ 72 k + 72 j− 72 k + 2 i R 3 3 √ 3 √ 3 √ 3 √3 R=

( √43 −96)i +( 23 −48+ √723 ) j

3.29 (Harry Nara) Los cilindros C y B de la figura P – 3.29 pesan 300 kg y tienen diámetros de 2 y 1.2m respectivamente. Determine: a) La fuerza axial en AB. b) La fuerza de o entre B y C. 29


)

c) Las reacciones de las paredes. Desprecie el rozamiento y el peso de AB. Figura P3.29

30


3.12 (William F. Riley) Tres cilindros homogéneos A, B, C están apilados dentro de una caja tal como se indica en la figura P3-12. Cada cilindro tiene un diámetro de 250 mm y una masa de 245Kg. Determinar: a) La fuerza que el cilindro B ejerce sobre A. b) Las fuerzas que sobre el cilindro B ejercen, en D y E, las superficies vertical y horizontal.

SOLUCIÓN 1. Descomponemos las fuerzas actuantes para cada cilindro que sea necesario analizar.

31


2. Aplicamos las condiciones de equilibrio:

∑ F x=0 ∑ F y =0 Entonces: 40 °=¿ 0 F =RD−RA cos ¿ ∑ x

∑ F y =ℜ−RA sen 40 °−W =0 Por otro lado: W =m∗g ; m=245 kg , g=9.81

W =2403,45

De estas ecuaciones obtenemos: RD=RA cos 40 °

32


ℜ=RA sen 40° +W

3. Volvemos a descomponer y aplicar las condiciones de equilibrio en el cilindro A.

∑ F x=0 ∑ F y =0 Entonces:

∑ F x =RB cos 40° −RC cos 40 °=0 ∑ F y =RB sen 40° −RC sen 40° −W =0 Por otro lado: RB=RC W =2403,45

33


De estas ecuaciones obtenemos: RB=1201,725 N

4. Volvemos a analizar el cilindro B, para hallar las reacciones RD y RE.

Entonces: 40 °=¿ 0 ∑ F x =RD−RA cos ¿

∑ F y =ℜ−RA sen 40 °−W =0

De estas ecuaciones obtenemos: RD=RA cos 40 ° ℜ=RA sen 40° +W

Por otro lado: RA=RB=RC

Entonces reemplazando tenemos:

34


RD=920.57 N

ℜ=1974,78 N

Respuestas: RB=1201,725 N

RD=920.57 N ℜ=1974,78 N

3.25 (William F. Riley) El disco circular de la figura P3-25 pes 2.5 kN. Determinar las tensiones de los cables: A, B y C.

35


Solución:

1. Representamos al punto D siendo sometido a un sistema tridimensional de fuerzas en donde son las incógnitas las tres tensiones TA, TB y TC de los cables. En este diagrama de sólidos se señalan las coordenadas de los punto soportantes de los cables en formato (x,y,z) para ayudar a escribir las ecuaciones vectorialmente de las tensiones de los cables.

36


R=∑ F=TA +TB+TC+W =0

…. (1)

2. Las tensiones de los cables y el peso del bloque se puede expresar en forma vectorial cartesiana de la manera siguiente:

TA=TA TB=TB

[ [ [

TC=TC

]

1,3 i−1 j+1,3 k =TA ( 0,6212 i−0,4778 j+0.6212 k ) √ 4,38

]

−i− j+2 k =TB ( 0,4082 i−0,4082 j+ 0,8165 k ) √6

]

−1,3 i+1 j+ 1,3 k =TC (−0,6212i +0,4778 j+ 0.6212k ) √ 4,38

W =−2.5 k

3. Sustituyendo estas últimas ecuaciones en (1)

R=( 0,6212TA+0,4082 TB−0,6212TC ) i + ( 0,4778 TA−0,4082 TB+0,4778 TC ) j+ ( 0,6212 TA+0,81 Coma la resultante es nula, deben ser nulas las distintas componentes de la ecuación b, se deberían satisfacer las ecuaciones siguientes: 0,6212TA +0,4082TB−0,6212TC=0

37


0,4774 TA−0,4082TB+ 0,4778TC=0

0,6212TA +0,8165 TB+ 0,6212TC=0 La solución de este sistema de ecuaciones es: TA=1,44 kN TB=−1,22 kN TC=1,44 kN

4.64 (William F. Riley) Un soporte está sometido a una fuerza de 384 N, según se indica en la figura P4-64. Determinar el momento de la fuerza respecto al eje OC. Expresar el resultado en forma vectorial cartesiana.

1. Ubicamos los puntos.

0=( 0,0, 0 ) A= (300, 500,−200 ) B=( 450,250, 250 )

38


C=( 300,500,50 ) F=384 N

a) La fuerza F y el vector posición r que va del punto 0 al punto A pueden escribirse en forma vectorial cartesiana de la manera siguiente:

r A =( 0,3 i+0,5 i−0,2k ) B

u AB=

F=384

[(

B− A ( 150 i,−250 j , 450 k ) = ´ 536,19 DA

)]

150 250 450 i− j+ k =( 107,42i−179,04 j+322,27 ) N 536,19 536,19 536,19

) (

) (

b) Hallamos el momento respecto al punto O Momento

MO

|

||

|

i j k i j k M O=r A xF= r x r y r z = 0,3 0,5 −0,2 B F x F y F z 107,42 −179,04 322,27

M O=( 125,327 i−118,165 j−107,422 k ) m. N

c) Hallamos el vector unitario del eje pedido.

39


uOC =

C−O ( 300 i ,500 j, 50 k ) = ´ 585,23 CO

d) Momento en el eje CO será igual al producto punto de :

M OC =uOC ∙ M O 500 j , 50 k ( 300 i,585,23 ) ∙( 125,327 i−118,165 j−107,422 k )

M OC =

M OC =( 64,24 i−100 j−9,18 k ) N .m M OC =119,26 N . m

Respuestas:

M OC =( 64,24 i−100 j−9,18 k ) N .m M OC =119,26 N . m

4.134 (William F. Riley) Una barra doblada soporta una fuerza de 450 N en la forma que se indica en la figura P4-134. a. Sustituir la fuerza de 450 N por una fuerza resultante que pase por el punto O y un par C. b. Determine los momentos de torsión que origina la fuera F en lo tre segmentos de la barra

40


D=( 0,183,183 ) A= (122,163,61 ) B=( 127,0,0 ) C=( 0,183,0 ) F=3300

u DA=

41

A−D ( 122,0,−122 ) = ´ 173 DA


a)

F=3300

122 i−( k =( 2327 i−2327 j ) N ([ 122 ) 173 173 ) ]

r A =( 0 i+183 i +61 k ) B

Momento

MB

|

||

|

i j k i j k M B=r A xF= r x r y r z = 0 183 61 B F x F y F z 2327 0 −2327 F=(−425841i+5021947 j−425841 k ) m. N b) vector unitario

e BC =

e BC

C−B −122i +183 j = ´ 220 BC

(

M BC =( M B e BC ) e BC= M

)

e

BC BC

M BC =M B e BC =( 425841i+5021947 j−425841 k )

M BC =(−425841 )

183 i+ j ( −122 220 220 )

183 + ( 5021947 ) ( ( −122 ) 220 220 )

M BC =4413495 m. N M BC =4413495

C)

183 i+ j =( 2447483 i+3671225 j ) m. N ( −122 220 220 )

M ❑=M B −M ❑=M B−M BC

M ❑=(−425841i+5021947 j−425841 k )− ( 2442483i+3671225 j )

42


M ❑=2021642i+ 4654822 j−425891 k

APELLIDOS Y NOMBRES: MAMANI PUMA, Richard Edwin CODIGO: 130552

2.74. Con relación al punto A, determinar la resultante del sistema dela figura P-2.74.

43


Figura P-2.74 DCL: y

pa r 2D

x 200m - kg

par 3 D 6( m - kg) /m

5m 40kg

5m 4m

4m 40 kg

Para una solución vectorial Del diagrama del cuerpo libre de la figura tenemos que el par 2D gira en sentido anti horario.

44


Y para el par 3D

del momento

6 ( m−kg ) m

Tenemos: MY=

6 ( m−kg )∗10 m =60 m−kg m

CASO

⃗r

⃗ F

M ⃗A

R1

−5 j

40 i

200 k

R2

−4 i−10 j

40 j

−160 k

Mz

−¿

−¿

200 k

My

−¿

−¿

−60 j

Del cuadro obtenemos: F R=40 i+ 40 j

(Rpta.)

M A=200 k−160 k +200 k −60 j M A=−60 j+240 k (Rpta.)

2.95. Resolver las fuerzas que actúan sobre la compuerta dela figura P-2.95, en una fuerza que pase por B y una fuerza P. La compuerta ABC es de la forma L invertida, tiene 3 pies de anchura y pesa 50 lb/pie2. Considerar una fuerza de 400 lb. Que se aplica en C normal a BC y dirigida hacia la derecha. ϒ

45


= 65 lb/pie3.

DCL:

46


3

2

3

2

P1=h1 Xγ =3 pie∗65 lb/ pie =195 lb / pie

P2=h2 Xγ =9 pie∗65 lb/ pie =585 lb / pie

Por ser constante el ancho Y 1=h1∗γa=3 X 65 X 3=585 lb / pie Y 2=h 2∗γa=9 X 65 X 3=1755lb/ pie R1=

( 585lb / pie+1755lb / pie ) 6 =7020lb 2

En centro de gravedad en y será: yc=

( 585lb/ pie +2(1755 lb / pie)) 6 pie 3 ( 585lb / pie+ 1755lb / pie )

=3.5 pie

Ya teniendo todo lo necesario realizamos el recuadro de fuerzas para una solución vectorial

Caso

⃗r

⃗ F

⃗ MB

R1

−3.5 j

7020i

24570 k

R2

−6 j

400 i

2400 k

W1

−¿

−900 j

−¿

W2

2i

−600 j

−1200 k

P

4i

−pj

−4 pk

Bx

−¿

B Xi

−¿

By

−¿

Byj

−¿

47


∑ F=¿ F R =( 7020+400+ B X ) i+ ( −900−600−p−BY ) j ¿

Se tiene las siguientes ecuaciones 7020+400+ B X =0 ; …………………………………………(1) B X =−7420 lb −900−600− p−BY =0 ; B Y =−1500−P …………………………………………………..(2)

El momento resultante es: R

M B =( 24570+2400−1200−4 P ) k

Entonces 24570+2400−1200−4 P=0 ; …………………………(3)

4 P=25770 P=6442.5 lb

→ P=−6442.5lbj

Reemplazamos en (2) B Y =−1500−6442.5 ¿ 7942.5lb

B=B X + BY =−7420 i. lb+7942.5 j. lb

3.33. Con relación a la figura P-3.33, determinar las intensidades de las reacciones entre la viga y el suelo. Supóngase una distribución trapezoidal.

48


SOLUCIÓN VECTORIAL En el sistema mostrado en la figura.

49


300 kg ∗3 m m R1= =450 kg=−450 j 2 R2=

200 kg ∗3 m=600 kg=−600 j m

Caso

r

F

M

R1

2i

−450 j

−900 k

R2

9j 2

−600 j

−2700 k

−1050 j

−3600 k

Σ

Del cuadro se tiene la fuerza resultante y momento resultante F R=−1050 j . kg M R0 =−3600 k . kg

Del sistema equivalente en forma trapezoidal que nos pide Área del trapecio: será igual la fuerza resultante R 3=

6 ( w 1+ w 2 ) =3 ( w1 +w 2) 2

El punto donde actúa la fuerza resultante

50


XC=

6 ( w1 +2 w2 ) 3 ( w 1+ w 2 )

=

2 ( w1 +2 w 2)

( w1 + w 2 )

Caso

r

R3

2 ( w1 +2 w2 )

( w1 +w2 )

i

F

M0

3 ( w 1+ w 2 ) j

6 ( w 1+ 2 w 2 ) k

Σ

Por edquivalencia F R=−1050 j . kg=3 ( w1 + w2 ) j w 1+ w2=−350 kg . . .(a) M R0 =−3600 kgk =6 ( w1 +2 w2 ) k w 1+2 w 2=−600 .. . ( b ) w 1=−100 kg w 2=−250 kg

3.48. La viga de forma L tiene un B un dobles de 900 y está soportada por dos cables ST y PQ y una ärticulación universal ¨ en A (esta es equivalente a la restricción de una articulación de rotula, más una restricción a la rotación alrededor del eje longitudinal del miembro).Determine la reacción en A y las tensiones en los cables debidas a la carga de 35 kg ( Fig. P-3.48).

51


3.14. Las tuberías de 200mm de diámetro representadas en la figura P3-14 tienen, cada uno de ellas, una masa de 200kg. Determinar las fuerzas que ejercen los apoyos sobre las tuberías en los os A, B y C, supónganse lisas todas las superficies.

Mostrando el DCL de los cuerpos Y

X RC

RD W1

SOLUCIÓN VECTORIAL No hay momentos por lo tanto el cuadro se reduce a:

52


CASO

F

RC

R C RC i+ j √2 √ 2

RD

−R D

√2

i+

RD

√2

j

−W 1 j

W1 ∑

(

RC RD R R − i+ C + D −W 1 j √2 √2 √2 √2

) (

)

Entonces la sumatoria de las fuerzas es RC

(√

F=

2

−

RD

√2

) ( i+

R C RD + −W 1 j=⃗0 √2 √2

)

En el eje abscisas RC

−

RD

√2 √2

=0

RC RD = √2 √2 RC =R D . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … .(1)

En el eje de las ordenadas R C RC R R + −W 1=0 → C + D =W 1 … … … … … … … … … … ..(2) √2 √ 2 √2 √2

(1) en (2) RD RD W1 + =W 1 → R D=√ 2 =. . … … … … … … … … … … … … ... ( 3 ) 2 √2 √2

53


R D=√ 2(

200∗9.81 ) 2

RC =1.387 kN Y RD

RB X RA W2

CASO

F RA

RA

√2

i+

RA

√2

j

RB

−R B i

RD

RD R i− D j √2 √2

W2

−W 2 j

∑

(√

RA R R R −R B + D i + A − D −W 2 j 2 √2 √2 √ 2

(

F=

)(

)

RA R R R −R B + D i+ A − D −W 2 j=⃗0 √2 √2 √2 √2

) (

)

Se tiene las siguientes ecuaciones

54


RA

√2

−RB +

RD

√2

=0 → R B =

RA + RD

√2

R A RD − −W 2=0 → R A= √2 W 2 + R D √2 √2

De las dos ecuaciones se tiene R A =√ 2W 2 + √ 2

W1 = √2∗200 ( 9.81 )+ √2∗9.81∗200 2

R A =4.162 kN

Entonces se tiene

RB =

W1 W + √2 1 2 2 √2

√2 W 2 +√ 2

¿ W 2 +W 1 ¿ 400∗9.81

RB =3.924 kN

Nos pide R A =4.162 kN RB =3.924 kN RC =1.387 kN

3.29. Los pesos de los cilindros A, B y C de la figura P3-29 son 175N, 275N y 700N, respectivamente. Determinar las fuerzas que ejercen las superficies horizontal y vertical sobre los cilindros A y B. Se suponen lisas todas las superficies (no hay rozamiento).

55


Para el cilindro A ( DCL)

CASO

F

W1

−W 1 j

R2

R2 j

R6

2 R6 √ 5 R6 i− j 3 3

R1

−R 1 i

56


∑

(−R + 23R ) i+( R − √ 53R −W ) j 6

6

1

2

1

(

F= −R1 +

)(

)

2 R6 √ 5 R6 i+ R 2− −W 1 j= ⃗0 3 3

Tenemos tres incógnitas −R 1+

R2−

2 R6 2R =0 ; R1= 6 … … … … … … … … … … … … …(a) 3 3

√5 R6 3

−W 1=0 ; R2=

√5 R6 3

+W 1 … … … … … … .(b)

DCL para el cilindro B

CASO

F

W2

−W 2 j

R4

R4 i

R5

−8 R5 √ 105 R 5 i− j 13 13

R3

R3 j

∑

( R − 813R )i+( R − √ 10513 R −W ) j 5

4

57

5

3

2


(

F= R 4−

) (

R4 −

8 R5 =0 13

R4 =

8 R5 .. … … … … … … … … … … … … … … … … .(c) 13

R3−

R 3=

√ 105 R 5 13

√ 105 R 5 13

)

8 R5 √ 105 R5 i+ R3 − −W 2 j=⃗0 13 13

−W 2=0

+W 2 . .… … … … … … … … … … …...( d)

DCL para el cilindro C Y

X R5

R6 W3

58


CASO

F

W3

−W 3 j

R5

8 R 5 √ 105 R 5 i+ j 13 13

R6

−2 R6 √5 R6 i+ j 3 3

∑

( 813R − 23R ) i+( √ 10513 R + √53R −W ) j 5

6

5

6

3

(

∑ F=

√ ( )

8 R5 2 R6 − i+ 13 3

)

105 R5 √ 5 R 6 + −W 3 j=⃗0 13 3

8 R 5 2 R6 − =0 13 3

R 5=

13 R 6 . … … … … … … … … … … … … … … … … … .. .(e) 12

√ 105 R5 √ 5 R6 13

+

3

−W 3=0 .. … … … … … … … … … … … . ( f )

De las dos últimas ecuaciones se tiene

R6=

R 6=

59

12W 3 4 √ 5+ √105

12∗700 =437.71 N 19.191


R 5=

13∗437.71 =474.186 N 12

De (a) y (b) se tiene lo siguiente R1=

2 R6 3

R 1=

2∗437.71 =292 N ; horizontal para el cilindro A 3

R 2=

√5 R6 3

R 2= √

R4 =

R 3=

R 3=

+W 1

5∗437.71 +175=501 N ; vertical para el cilindro A 3

8 R 5 8∗474.186 = =292 N ; horizont al para el cilindro B 13 13

√ 105 R 5 13

+W 2

474.186∗√ 105 + 275=649 N ; vertical para el cilindro B 13

Entonces se tiene lo pedido

4.119. Las tres fuerzas representadas en la figura P4-119 se pueden escribir así en forma vectorial cartesiana: FA = (- 250i – 200j + 300k) N

60


FB = (- 125i + 250j + 100k) N FC = (- 200i – 200j – 300k) N Sustituir este sistema de fuerzas por una fuerza R que pase por el punto O y par C.

SOLUCIÓN VECTORIAL CASO

r

⃗ C

F

FA

8 i+10 k

(−250i – 200 j+300 k ) N

2000 i−4900 j−1600 k

FB

8 j+10 k

(−125i+250 j+100 k )N

−1700 i−1250 j+1000 k

FC

8 i+15 j

(−200i – 200 j – 300 k ) N

−4500 i+2400 j+1400 k

−575 i−150 j+100 k

−4200 i−3750 j+800 k

∑

F=−575 i−150 j+100 k cm∗N∗m ⃗ C =(−4200 i−3750 j +800 k ) 100 cm

61

(El par C)


⃗ C =−42i−37.5 j +8 k

Entonces |F|=25 √ 581 N

Hallaremos los ángulos directores de la fuerza. θ x =cos−1

=162.6° ( FF )=cos ( 25−575 √ 581 )

θ y =cos−1

=104.4 ° ( FF )=cos ( 25−150 √ 581 )

θ z=cos−1

=80.04 ° ( FF )=cos ( 25−100 √ 581 )

x

y

z

−1

−1

−1

Hallaremos los ángulos directores del par C. θ x =cos−1

=137.6° ( −42 56.9 )

θ y =cos−1

=131.2 ° ( −37.5 56.9 )

θ z=cos−1

( 56.98 )=81.9 °

5.94. Una vertical está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la siguiente figura. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo en el punto O.

62


SOLUCIÓN:

Fi =wdyi

63


L

3

R=∫ wdyi → R=∫ 500 cos 0

0

(

R= 500 sin

R=500 sin

R=

3

πy πy dyi=500∫ cos dyi 6 6 0

( )

( πy6 ) 6π 30) i=500 sin ( π63 ) 6π i−500 sin ( π60 ) 6π i

i ( π2 ) 6π = 6 xπ500 i= 3000 π

3000 i=95.54 i π

POR MOMENTO DE FUERZA 3

3

y c jxRi=∫ y j x F i=∫ y j x 500 cos 0

0

3

y c jxRi=∫ y j x 500 cos 0

( πy6 ) dyi

( πy6 )dyi

y 3

−(¿ ¿ c xR )k =−500∫ y x cos ¿

y c xR=500

yc x

(

6 y sin

3000 =500 π

π

(

0

( πy6 ) dyk

( π6 ) + 36 cos ( πy6 ) 3 π2

6 x 3 sin π

0

)

( π2 ) + 36 cos( π2 ) − 6 x 0 sin ( 0 ) − 36 cos ( 0 ) =500 18 − 36 π2

π

π2

)

(π

π2

)

6 18 36 6 yc x = − 2 → y c = 3− =1.09 π π π π

(

64

)

( )


R=95.54

y c =1.09 m

65


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