REDUCCIÓN DE UNA CARGA SIMPLE DISTRIBUIDA. Problema 1:
Determine la fuerza resultante equivalente y su ubicación medida desde el punto A. 𝐹𝑅= ∫ 𝜔(𝑥)𝑑𝑥 𝐹𝑅= ∫ 12(1 − 2𝑥2)𝑑𝑥 0.5 0 𝐹𝑅= 12 [𝑥 + 2𝑥3 3 ] 0 0.5 𝐹𝑅= 7𝑙𝑏. 𝑥̅ =∫ 𝑥𝜔(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝜔(𝑥)𝑑𝑥 𝑥̅ =∫ 12𝑥(1 − 2𝑥 2)𝑑𝑥 0.5 0 7 𝑥̅ = 12 [𝑥 2 2 + 𝑥4 2] 0 0.5 7 𝑥̅ = 0.27𝑓𝑡 Problema 2:
La carga distribuida actúa sobre la viga como se muestra en la figura. Determine la magnitud de la fuerza resultante equivalente y especifique el punto donde actúa, medido desde el punto A.
𝐹𝑅= ∫ 𝜔(𝑥)𝑑𝑥 𝐹𝑅= ∫ −2𝑥2+ 4𝑥 + 16 𝑑𝑥 4 0 𝐹𝑅= 33.33𝑙𝑏. 𝑥̅ =∫ (−2𝑥 2+ 4𝑥 + 16) 𝑑𝑥 0.5 0 33.33 𝑥̅ = 1.60𝑓𝑡
EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO. DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE.
Problema 3:
Trace el diagrama de cuerpo libre de la barra, cuyo grosor no se toma en cuenta y puntos de contacto lisos en A, B y C. explique la importancia de cada fuerza en el diagrama.
Las fuerzas NA, NB y NC son fuerzas normales que desarrolla el cuerpo cuando se aplica una fuerza que en este caso es de 10lb.
Problema 4:
Trace el diagrama de cuerpo libre del malacate, el cual consiste en un tambor de 4 pulg. de radio. Está conectado mediante un pasador en su centro C, y en su aro exterior hay un engranaje de cremallera con un radio medio de 6 pulg.
Las fuerzas Cx y Cy son las producidas por el pasador, la fuerza FAB es la que
produce el eslabón sobre el engranaje y la fuerza de 500 lb. Es la aplicada mediante la cuerda.
EQUILIBRIO EN DOS DIMENSIONES Problema 5:
El resorte CD permanece en la posición horizontal en todo momento debido al rodillo en D. si el resorte no se estira cuando θ=0° y la rigidez del resorte de k=1.5kN/m, determine el mínimo ángulo θ requerido para el equilibrio y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A.
Grafico Sistema de fuerzas Fuerza en el resorte: 𝑭 = 𝒌𝒔 𝐹 = 15000 × 0.6𝑠𝑖𝑛𝜃 𝐹 = 900𝑠𝑖𝑛𝜃 Momento en A: ∑𝑴𝑨= 𝟎 900𝑠𝑖𝑛𝜃(0.6𝑐𝑜𝑠𝜃) = 300(0.45 cos 𝜃 + 0.6 sin 𝜃) 540𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 180𝑠𝑖𝑛𝜃 + 135𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜃 = 23.03° Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑭𝒚(↑) = 𝟎 𝐴𝑦 = 300𝑁 ∑𝑭𝒙(→) = 𝟎 𝐴𝑥 = 900𝑠𝑖𝑛𝜃 𝐴𝑥 = 900𝑠𝑖𝑛23.03° 𝐴𝑥 = 352.86
Problema 6:
Tres libros iguales cada uno con peso W y longitud a, están colocados como se muestra. Determine la distancia d máxima que el libro superior pueda sobresalir con respecto al de la base sin que se caiga.
Grafico: Sistema de fuerzas: Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑊 − 𝑁𝐴= 0 𝑊 = 𝑁𝐴 ∑𝑴𝑩= 𝟎 𝑊(𝑎 − 𝑑) − 𝑤(𝑑 − 𝑎/2) = 0 𝑑 = 3/4𝑎
EQUILIBRIO EN TRES DIMENSIONES. Problema 7:
La placa circular tiene un peso W y centro de gravedad en su centro. Esta sostenida por tres cuerdas verticales atadas a su borde; determine la distancia d máxima desde el centro hasta el punto donde se puede aplicar cualquier fuerza vertical p de manera que, en ninguno de los cables la fuerza se vuelva cero.
Suponiendo que: 𝑇𝐴= 𝑇𝐵 = 0 ∑𝑀𝐵𝑋= 𝑇𝐶(𝑟 + 𝑟𝑐𝑜𝑠60°) − 𝑊(𝑟𝑐𝑜𝑠60°) − 𝑃(𝑑 + 𝑟𝑐𝑜𝑠60°) =0 ∑𝐹𝑍 = 𝑇𝐶 − 𝑊 − 𝑃 Eliminando 𝑻𝑪: ∑𝑀𝑎−𝑎= 𝑊(𝑟𝑐𝑜𝑠60) − 𝑃(𝑑′) = 0 𝑑′=𝑊𝑟 2𝑃 Hallando d: 𝑑 = 𝑟𝑐𝑜𝑠60° +𝑊𝑟 2𝑃 𝑑 =𝑟 2(1 + 𝑊 𝑃)
Problema 8:
Una mesa cuadrada uniforme que tiene un peso W y lados de magnitud a se sostiene mediante tres patas verticales. Determine la mínima fuerza vertical P que puede aplicarse a su parte superior para ocasionar la volcadura de la mesa.
Angulo: 𝜃 = tan−1( 𝑎 2 𝑎) 𝜃 = 26.565° Distancia d: 𝑑 = (𝑎/2)𝑠𝑖𝑛26.565° = 0.224𝑎 <𝑎 2 𝑑′= 𝑎𝑠𝑖𝑛26.565° = 0.447𝑎 Momento en BC: ∑𝑀𝐵𝐶= 𝑊(0.224𝑎) − 𝑃(0.447𝑎) = 0 𝑑′= 0.4𝑊
ANALISIS ESTRUCTURAL ARMADURAS SIMPLES.
Problema 9:
Determine la fuerza en cada elemento de la armadura y establezca si los elemento están en tensión o en compresión. Considere 𝑃1= 2𝑘𝑁 y 𝑃2= 1.5𝑘𝑁 .
Nodo C: ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 + 𝐹𝐶𝐵𝑠𝑖𝑛30° − 1.5 = 0 𝐹𝐶𝐵= 3.00 𝑘𝑁(𝑇) ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 𝐹𝐶𝐷− 3𝑐𝑜𝑠30° = 0 𝐹𝐶𝐷= 2.60𝑘𝑁(𝐶) Nodo D: ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 + 𝐹𝐷𝐸− 2.598 = 0 𝐹𝐷𝐸 = 2.598𝑘𝑁(𝐶) ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 𝐹𝐷𝐵− 2 = 0 𝐹𝐷𝐵= 2. .00𝑘𝑁(𝑇) Nodo B: ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 + 𝐹𝐵𝐸𝑐𝑜𝑠30° − 2.00𝑐𝑜𝑠30° = 0 𝐹𝐷𝐸 = 2.00𝑘𝑁(𝐶) ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 4𝑠𝑖𝑛30° + 3 = 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐵𝐴= 5.00𝑘𝑁(𝑇)
PROBLEMA 10:
Elimine la fuerza de 1200lb y determine la máxima fuerza P que puede aplicarse a la armadura de manera que ninguno de los elementos este sometido a una fuerza que exceda 200lb en tención o 1500 lb en compresión.
Sistema de fuerzas: Reacciones en el cuerpo: ∑𝑀𝐵= 0 𝑁𝐵(8 + 8) − 𝑃(8) = 0 𝑁𝐵= 0.5𝑃 Punto B: ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 + 𝐹𝐵𝐺= 0 ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 0.5𝑃 − 𝐹𝐵𝐶 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 0.5𝑃(𝐶) Punto C: ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 + 𝐹𝐶𝐺− 0.707𝑃𝑐𝑜𝑠45° = 0 𝐹𝐶𝐺= 0.5𝑃(𝐶) ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 0.5𝑝 − 𝐹𝐶𝐺𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐶𝐺= 0.707𝑃(𝑇) Punto G: ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 0.707𝑃𝑐𝑜𝑠45° − 𝐹𝐶𝐺𝑐𝑜𝑠45° = 0 𝐹𝐵𝐶= 0.707𝑃(𝐶) ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 + 0.707𝑃𝑠𝑖𝑛45° + 0.707𝑃𝑠𝑖𝑛45° − 𝐹𝐺𝐹 = 0 𝐹𝐶𝐺 = 𝑃(𝑇)
Por simetría hallamos las otras fuerzas:
𝐹𝐴𝐸= 𝐹𝐵𝐶 = 0.5𝑃(𝐶) 𝐹𝐴𝐹 = 𝐹𝐵𝐺= 0 𝐹𝐸𝐷= 𝐹𝐶𝐷= 0.5𝑃(𝐶) 𝐹𝐸𝐹 = 𝐹𝐶𝐺= 0.707𝑃(𝑇) 𝐹𝐹𝐷= 𝐹𝐺𝐷 = 0.707𝑃(𝐶)
Despejando P por las condiciones:
0.707𝑃 = 1500 𝑃 = 2121.33𝑙𝑏
MÉTODO DE LOS NUDOS Y DE LA FUERZA INCÓGNITA. Problema 11:
Determine la máxima fuerza P que puede aplicarse a la armadura, de manera que ninguno de los elementos este sometido a una fuerza que exceda 2.5kN en tensión o 2kN en compresión. Sistema de fuerzas: Punto A: ∑𝐹𝑦′= 0 𝐹𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛73.34° − 𝑃𝑠𝑖𝑛53.13° = 0 𝐹𝐴𝐷 = 0.833𝑃(𝑇) ∑𝐹𝑥′= 0 0.833𝑃𝑐𝑜𝑠73.34° − 𝑃𝑐𝑜𝑠53.13° − 𝐹𝐴𝐵= 0 𝐹𝐴𝐵 = 0.833𝑃(𝐶) Punto B: ∑𝐹𝑥 (→) = 0 + 0.833𝑃 (4 5) − 𝐹𝐵𝐶( 4 5) = 0 𝐹𝐵𝐶 = 0.833𝑃(𝐶) ∑𝐹𝑦(↑ +) = 0 𝐹𝐵𝐷− 0.833𝑃 ( 3 5) − 0.833𝑃 ( 3 5) = 0 𝐹𝐵𝐷 = 𝑃(𝑇) Punto D: ∑𝐹𝑦′= 0 𝐹𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛73.34° − 𝑃𝑠𝑖𝑛53.13° = 0 𝐹𝐷𝐶= 0.833𝑃(𝑇) ∑𝐹𝑥′= 0 𝐹𝐷𝐸− 0.833𝑃 − 𝑃𝑐𝑜𝑠53.13° − 0.833𝑃𝑐𝑜𝑠73.74° = 0 𝐹𝐴𝐵= 0.167𝑃(𝑇)
Hallando P con las condiciones:
0.833𝑃 = 2 𝑃 = 2.40𝑘𝑁 1.667𝑃 = 2.5
Problema 12:
Determine la fuerza en cada elemento de la armadura de doble tijera en terminos de la carga P y establezca si los elementos estan en tension y en compresion.
Reacciones en el cuerpo: ∑𝑴𝑨= 𝟎 𝑃 (𝐿 3) + 𝑃 ( 2𝐿 3) − 𝐷𝑦𝐿 = 0 𝐷𝑦= 𝑃 ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 𝐴𝑦= 𝑃 Nodo F: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐹𝐵( 1 √2) − 𝑃 = 0 𝐹𝐹𝐵= √2𝑃 = 1.41𝑃(𝑇) (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝐹𝐹𝐷− 𝐹𝐹𝐸− 𝐹𝐹𝐵( 1 √2) = 0 𝐹𝐹𝐵= 𝐹𝐹𝐸= 𝑃 Reemplazando: + → ∑𝑭𝒙 = 𝑶 𝐹𝐶𝐴( 2 √5) − √2𝑃 ( 1 √2) − 𝐹𝐶𝐷( 1 √2) = 0 𝐹𝐶𝐴( 2 √5) − 1 √2𝐹𝐶𝐷= 𝑃 𝐹𝐶𝐴= 2√5 3 𝑃 = 1.491𝑃(C) 𝐹𝐶𝐷= 2 3𝑃 = 0.471𝑃(𝐶) Nodo A: + → ∑𝑭𝒙 = 𝑶 𝐹𝐴𝐸− ( √2 3) 𝑃 ( 1 √2) − (2√5 3 ) 𝑃 ( 2 √5) = 0 𝐹𝐴𝐸= 5 3𝑃 = 1.67𝑃(𝑇)
Reemplazando las fuerzas:
𝐹𝐹𝐸 = 0.667𝑃(𝑇) 𝐹𝐹𝐷= 1.670𝑃(𝑇) 𝐹𝐴𝐵= 0.471𝑃(𝐶) 𝐹𝐴𝐸= 1.670𝑃(𝑇) 𝐹𝐴𝐶 = 1.490𝑃(𝐶) 𝐹𝐵𝐹= 1.410𝑃(𝑇) 𝐹𝐵𝐷 = 1.490𝑃(𝐶) 𝐹𝐸𝐶= 1.410𝑃(𝑇) 𝐹𝐵𝐷 = 0.471𝑃(𝐶)
NUDOS BAJO CONDICIONES ESPECIALES DE CARGA. ELEMENTOS DE FUERZA CERO.
Problema 13:
Determine la máxima masa m del bloque suspendido de modo que la fuerza en cualquier elemento no exceda 30kN (T) o 25kN(C).
Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐷𝐶𝑐𝑜𝑠45°+𝐹𝐷𝐸𝑠𝑖𝑛30.25° − 𝑊 = 0 (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝐹𝐷𝐶𝑠𝑖𝑛45°+𝐹𝐷𝐸𝑐𝑜𝑠30.25° − 𝑊 = 0 𝐹𝐷𝐶= 1.414𝑊(𝐶) 𝐹𝐷𝐸= 0 Nodo A: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐴𝐶𝑐𝑜𝑠45° − 1.414𝑊𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐴𝐶= 𝑊(𝑇)
Por compresión en los miembros DC, BC Y AB.
25𝑘𝑁 = 1.414𝑊 𝑊 = 17.678𝑘𝑁 (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝐹𝐷𝐶𝑠𝑖𝑛45°+𝐹𝐷𝐸𝑐𝑜𝑠30.25° − 𝑊 = 0 𝐹𝐷𝐶= 1.414𝑊(𝐶) 𝐹𝐷𝐸= 0
Por tensión en el miembro AG.
Masa: 𝑚 =17.678 × 10 3 9.81 𝑚 = 1.80𝑀𝑔. Problema 14:
La armadura que se ha utilizado para soportar un balcón esta sometida a la carga mostrada. Aproxime cada nodo como un pasador y determine la fuerza en cada elemento. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P1=800lb y P2=0. Nodo A: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛45° − 800 = 0 𝐹𝐴𝐷= 1134.4𝑙𝑏(𝐶) (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝐹𝐴𝐵− 1131.4𝑐𝑜𝑠45° = 0 𝐹𝐴𝐵= 800(𝑇) Nodo B: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐵𝐷 = 0 (→) ∑𝑭𝒙 =0 +
𝐹𝐵𝐷− 800 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 800(𝑇) Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐷𝐶𝑠𝑖𝑛45° − 1131.4𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐷𝐶= 1134.4𝑙𝑏(𝑇) (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 1131.4𝑐𝑜𝑠45° + 1131.4𝑐𝑜𝑠45 − 𝐹𝐷𝐸= 0 𝐹𝐷𝐸= 1600(𝐶)
MÉTODO DE LAS SECCIONES. Problema 15:
La armadura de arrastre interna para el ala de un avión ligero esta cometida a las fuerzas que se muestran. Determine la fuerza en los elementos BC, BH y HC, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.
(+↑)∑𝑭𝒚 =0 180 − 𝐹𝐵𝐻𝑠𝑖𝑛45° = 0
Momento en h: ∑𝑴𝑯= 𝟎 −𝐹𝐵𝐶(2) + 60(2) + 40(3.5) = 0 𝐹𝐵𝐶= 130𝑙𝑏(𝑇) Sección 2: (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 80 + 60 + 40 − 𝐹𝐻𝐶= 0 𝐹𝐻𝐶= 180(𝐶) Problema 16:
Determine la fuerza en los elementos JE y GF de la armadura y establezca si estos elementos están en tensión o en compresión. Además, indique todos los
elementos de fuerza cero.
𝐹𝐴𝐵= 𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐷𝐶= 𝐹𝐷𝐸= 𝐹𝐻𝐼= 0 Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 7.5 −4 5𝐹𝐽𝐸= 0 𝐹𝐷𝐸 = 9.38𝑘𝑁(𝐶) (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 3 5(9.38) − 𝐹𝐺𝐹 = 0 𝐹𝐺𝐹= 5.62𝑘𝑁(𝑇)
Problema 17:
Determine la fuerza en los elementos CD y GF de la armadura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Además indique todos los elementos de fuerza cero. Reacciones en el cuerpo: ∑𝑴𝑨= 𝟎 𝐸𝑌(4) + 2(0.8) + 1.5(2) = 0 𝐸𝑌= 1.15𝑘𝑖𝑝𝑠 Momentos en: ∑𝑴𝑯= 𝟎 1.15(3) − 1.5(1) −3 5𝐹𝐵𝐴(1) = 0 𝐹𝐵𝐶= 3.25𝑘𝑁(𝐶) ∑𝑴𝑨= 𝟎 1.5(4) − 1.5(2) − 𝐹𝐶𝐻𝑠𝑖𝑛56.31° = 0 𝐹𝐶𝐻= 1.92𝑘𝑁(𝑇) Problema 18:
Determine la fuerza en los elementos JI y DE de la armadura K, indique si los elementos están en tensión o en compresión.
Reacciones en el cuerpo: ∑𝑴𝑨= 𝟎 𝐺𝑌(120) + 1.80(60) − 1.5(40) − 1.2(20) = 0 𝐺𝑌= 1.60𝑘𝑖𝑝𝑠 Momentos en: ∑𝑴𝑬= 𝟎 1.6(40) − 𝐹𝐼𝐽(30) = 0 𝐹𝐼𝐽= 2.13𝑘𝑖𝑝𝑠(𝐶) ∑𝑴𝑨= 𝟎 1.60(40) − 𝐹𝐷𝐸(30) = 0 𝐹𝐷𝐸= 2.13𝑘𝑖𝑝(𝑇) ARMADURAS ESPACIALES. Problema 19:
Determine la fuerza en los elementos FE y ED de la armadura espacial y establezca si los elementos están en tensión p en compresión.
Nodo F: (→) ∑𝑭𝒙′ =0 + 𝐹𝐹𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝐹𝐹𝐸= 0 Nodo E: (→) ∑𝑭𝒙′ =0 + 𝐹𝐸𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝐹𝑒𝑑 = 0 Problema 20:
Determine la fuerza en los elementos AB, CD, ED y CF de la armadura espacial, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.
Nodo J: 𝐹𝐶𝐹= 0 (+↑)∑𝑭𝒛 =0 𝐹𝐶𝐷𝑠𝑖𝑛60° − 2 = 0 𝐹𝐶𝐷= 2.31𝑘𝑁(𝑇) (→) ∑𝑭𝒙 =0 +
2.31𝑐𝑜𝑠60° − 𝐹𝐵𝐶 = 0 𝐹𝐵𝐶= 1.15𝑘𝑁(𝐶) Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 ( 3 √13) 𝐹𝐷𝐹− 2.309𝑐𝑜𝑠60° = 0 𝐹𝐷𝐹= 4.16𝑘𝑁(𝐶) (→) ∑𝑭𝒙 =0 + ( 3 √13) 4.16 − 𝐹𝐸𝐷= 0 𝐹𝐸𝐷= 3.46𝑘𝑁(𝑇) Nodo B: (+↑)∑𝑭𝒛 =0 (0.732 √13 ) 𝐹𝐵𝐸− 2 = 0 𝐹𝐵𝐸= 4.16𝑘𝑁(𝑇) (→) ∑𝑭𝒚 =0 + 𝐹𝐴𝐵− ( 3 √13) 4.16 = 0 𝐹𝐸𝐷 = 3.46𝑘𝑁(𝐶)
BASTIDORES. CASOS: NUDO MÚLTIPLE, DE POLEA, APOYO MÚLTIPLE, FUERZA EN EL NUDO.
Problema 21:
Determinar la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionaste en los puntos F y G de la viga compuesta. El punto F se localiza justo a la derecha de la fuerza de 500 lb, mientras que el punto G se ubica justo a la derecha de la fuerza 600 lb.
∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑫𝒚 = 𝟎 ∑ 𝑴𝒂 = 𝟎 𝐷𝑦(6) − 𝐹𝑏𝑐(4) − 500(2) = 0 ∑ 𝑴𝒆 = 𝟎 𝟔00(2) + 𝐷𝑦(4) − 𝐹𝑏𝑐(6) = 0 Resolviendo 1 y 2 𝐹𝑏𝑐 = 560 𝑙𝑏 𝐷𝑦 = 540 𝑙𝑏 Fuerzas en B: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐸𝑦 − 600 − 540 + 560 = 0 𝐸𝑦 = 580 𝑙𝑏 Usando Dx , Dy en FBC: (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝑨𝒙 = 𝟎 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝑦 − 500 − 560 + 540 = 0 𝐴𝑦 = 520 𝑙𝑏 Fuerzas en C: (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝑁𝑓 = 0 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 520 − 500 − 𝑉𝑓 = 0 𝑉𝑓 = 20 𝑙𝑏 ∑𝑴𝑭= 𝟎 𝑀𝐹− 520(2) = 0) = 0 𝑀𝐹= 1040 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡
Problema 22:
Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en los pasadores A y C del bastidor de dos elementos.
Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑴𝑨= 𝟎 𝐹𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠45°(3) − 600(1.5) = 0 𝐹𝐵𝐶= 424.26𝑁 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝑦+ 424𝑐𝑜𝑠45° − 600 = 0 𝐴𝑦= 300𝑁 (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝐴𝑥+ 424𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐴𝑥= 300𝑁 Fuerzas en C: 𝐶𝑥 = 𝐹𝐵𝐶𝑠𝑖𝑛45° = 300𝑁 𝐶𝑦= 𝐹𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠45° = 300𝑁 MÁQUINAS. Problema 23:
Si el bloque de madera ejerce una fuerza de F=600 N sobre la tenaza de fijación, determine la fuerza P aplicada al mango.
(← +)∑𝑴𝒂 = 𝟎 𝐵𝑥(50) − 𝑃(140) = 0 𝐵𝑥 = 2.8𝑃 + → ∑𝑭𝒙 = 𝟎 2.8𝑃 − 𝐴𝑥 = 0 𝐴𝑥 = 2.8𝐴 + → ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝐵𝑥 − 𝐴𝑦 − 𝑃 = 0 Momento en C: (← +)∑𝑴𝒄 = 𝟎 𝑃(160)(2.8𝑃) − 𝐵𝑦(20) = 0 𝐵𝑦 = 15𝑃 Momento en D
(← +)∑𝑴𝒅 = 𝟎
14𝑃(85) − 2.8(50) − 600(40) = 0
𝑃 = 80𝑁
Problema 24:
La cortadora de tubos esta afianzada alrededor del tubo P. si la rueda en A ejerce una fuerza normal de 80N sobre el tubo.Determine las fuerzas normales de las ruedas B y C sobre el tubo. Las tres ruedas tienen cada una un radio de 7mm y el tubo tienen un radio exterior de10mm.
Ecuaciones de equilibrio: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛36.03° − 𝑁𝐶𝑠𝑖𝑛36.03| = 0 𝑁𝐵 = 𝑁𝐶 (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 80 − 𝑁𝐵𝑐𝑜𝑠36.03° − 𝑁𝐶𝑐𝑜𝑠36.03° 𝑁𝐵= 𝑁𝐶 = 49.5𝑁 FUERZAS INTERNAS
FUERZAS INTERNAS EN ELEMENTOS ESTRUCTURALES: FUERZA AXIAL, FUERZA CORTANTE, MOMENTO FLECTOR Y MOMENTO TORSOR.
Problema 25:
La espiga de tornillo esta cometida a una tensión de 80lb. Determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en el punto C.
+ → ∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑁𝐶+ 80 = 0 𝑁𝐶= −80𝑙𝑏 + → ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑉𝐶= 0 (← +)∑𝑴𝒂 = 𝟎 𝑀𝐶− 80(6) = 0 𝑀𝐶 = −480𝑙𝑏. 𝑖𝑛 Problema 26:
Determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en el plano B de la viga en voladizo.
+ → ∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑁𝐵= 0 + → ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑉𝐵− 28.8 = 0 𝑉𝐵= 28.8
(← +)∑𝑴𝑩= 𝟎 −28.8(4) − 𝑀𝐵= 0
𝑀𝐵= −115𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡
FUERZAS DE SECCIÓN EN SISTEMAS PLANOS. BASTIDORES O MARCOS, VIGAS. Problema 27:
La grúa estibadora sostiene un lancha de 1.5mg con el centro de masa en g. determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en el punto d del larguero. El carro puede rodad libremente a lo largo del riel del larguero. ∑𝑴𝑩= 𝟎 𝐵𝑌(9) − 1500(9.81)(3.5 + 3) = 0 𝐵𝑌= 10627𝑁 + → ∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑁𝐷 = 0 + → ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑉𝐷+ 10627.5 = 0 𝑉𝐷= −10627.5𝑁 ∑𝑴𝑫= 𝟎 10627.5(4) − 𝑀𝐷= 0 𝑀𝐷 = 42510𝑘𝑁. 𝑚
Problema 28:
El gato AB se usa para enderezar la viga doblada mediante el arreglo mostrado. Determine el momento interno desarrollado en el punto C.
∑𝑴𝑪= 𝟎 𝑀𝐶+ 2500(10) = 0
𝑀𝐷 = −25𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡
DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS. Problema 29:
∑𝑴𝑨= 𝟎 𝐸𝑌− 500(7) − 500(3) = 0 𝐸𝑌= 333.33𝑙𝑏 + → ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝐴𝑌+ 333.33 − 500 = 0 𝐴𝑌= 166.67𝑙𝑏 Problema 30:
∑𝑴𝑨= 𝟎 −5000(10) + 𝐵𝑌(20) = 0 𝐵𝑌= 2500𝑙𝑏 (→) ∑𝑭𝒙 =0 + 𝐴𝑥° = 0 𝐴𝑥= 300𝑁 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝑦− 5000 + 2500 = 0 𝐴𝑦= 2500𝑙𝑏 Para el diagrama de 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐𝟎𝒇𝒕 ∑𝑴𝟏= 𝟎 −2500(𝑥) + 150 + 250𝑥 (𝑥 2) + 𝑀 = 0 𝑀 = 25(100𝑥 + 5𝑥2− 6)
RELACIONES ENTRE LA CARGA, LA FUERZA CORTANTE Y EL MOMENTO FLECTOR. Problema 31:
Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga simplemente apoyada.
(+↑)∑𝑭𝒚 =0 0.75 −1 2𝑥(0.5𝑥) − 𝑉 = 0 𝑉 = 0.75 − 0.25𝑥 𝑥 = 1.732𝑚 ∑𝑴𝟏= 𝟎 𝑀 +1 2𝑥(0.5𝑥) 1 3𝑥 − 0.75𝑥 = 0 𝑀 = 0.75𝑥 − 0.08333𝑥3 𝑀 = 0.75(1.732) − 0.08333(1.7322) 𝑀 = 0.866 Problema 32:
Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga simplemente apoyada. 𝑤 = 200 (𝑥 6) = 33.333𝑥 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 −300 −1 2𝑥(33.333𝑥) − 𝑉 = 0 𝑉 = −300 − 16.67𝑥2lb ∑𝑴𝟏= 𝟎 𝑀 +1 2𝑥(33.33𝑥) 1 3𝑥 − 300𝑥 = 0 𝑀 = −300𝑥 − 5.556𝑥3𝑙𝑏. 𝑓𝑡
APLICACIONES AL TRAZADO DE DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS. Problema 33:
Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionaste:
X<9
25 −1 2(3.33𝑥)𝑥 − 𝑉 = 0 𝑉 = 25 − 1.667𝑥2 𝑉 = 0 = 25 − 1.667𝑥2 𝑥 = 3.87 𝑓𝑡 ∑ 𝑴 = 𝟎 𝑀 +1 2(3.33𝑥)(𝑥) ( 𝑥 3) − 25𝑥 = 0 𝑀 = 25𝑥 − 0.5556𝑥3 𝑀 = 25(3.87) − 0.5556 ∗ 3.873 𝑚 == 64.5 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 9<X<13.5 +↑ ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 25 − 135 + 110 − 𝑉 = 0 𝑉 = 0 ∑ 𝑴 = 𝟎 −25𝑥 + 135(𝑋 − 6) − 110(𝑋 − 9) + 𝑀 = 0 𝑀 = −180
