EJERCICIO-DE-ESTÁTICA

(1)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

PRIMERA PRÁCTICA CALIFICADA DE ESTÁTICA

Reducir el sistema de fuerzas que actúa en el sólido rígido que se muestra en la figura, a un torsor equivalente, indicando la ecuación del eje central y el paso del torsor equivalente, indicando la ecuación del eje central y el paso del torsor. Si se sabe que:

GA tiene ángulos directores α > 90, ß = 158.383089858° y ɣ = 108.052557274° GA = (2041) 0.5 3 m ; CG = (193 )0.5 3 m ; BC = 72 0.5 m F1 = 100T_{, actúa en la recta DJ.}

F2 = 350T_{, es perpendicular al plano BCGE y actúa en el punto L} ( intersección de las rectas GK Y CE).

F3 = 300T_{, forma 37° con el plano CDHG y 87° con la recta CG}

|IJ| _{= 3/5} |BI| |BK| _{= 2/3} |CB|

(2)

SOLUCIÓN DE LA PRIMERA PRÁCTICA DE ESTÁTICA

A. PRIMERO TENEMOS QUE ENCONTRAR LOS PUNTOS “G”, “C”, “J”, “D”, “L” Y “K” YA QUE ESTOS NOS VAN A SERVIR PARA LA SOLUCIÓN AL PROBLEMA PLANTEADO

A.1. HALLANDO EL PUNTO “G”

Por cosenos directores tenemos que: cosα ¿ ¿ cos β ¿ ¿ cos δ ¿ ¿ ¿ α=78.5089694558° α=101.491030544 ° α>90 ° Por lotanto α=101.491030544 °

Además, el vector unitario de ⃗GA es: cosα ⃗i+cos β ⃗j+cos δ ⃗k

⃗_GA=⃗_|_GA_|_{. ⃗u}_⃗_GA

⃗

G−⃗A=

√2041

3 x (cos α ⃗i+cos β ⃗j+cos δ ⃗k)

(

5− X_G

₎

⃗i+

(

−4−Y_G

₎

⃗j+

(

2−Z_G

₎

⃗k=

√

2041 3 cos α ⃗i+

√

2041 3 cos β ⃗j+

√

2041 3 cos δ ⃗k

(3)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil X_G=8 Y_G=10 Z_G=20/3 Por lo que: G:

(

8 ;10 ;20 3

)

A.2. HALLANDO EL PUNTO “C”



Ecuación del plano BCGE

( ⃗EB X ⃗EG ). ⃗EC = 0

(-12.333333333 ⃗i - 91.6666667 ⃗j + 28 ⃗k ) . [(xc+3) ⃗i + (yc-7) ⃗j + (zc + 8) ⃗k ] = 0

-12.333333333XC - 91.666666667YC + 28ZC = -828.666666667………..(ec.1) 

Modulo del vector ⃗BC

|⃗_BC_| ₌ 2

√

(Xc−10)2+(Yc−8)2+(Zc−1)2 ₌

√

272 Xc2 _{- 20Xc + Yc}2 _{- 16Yc + Zc}2 _{- 2Zc =}

-93………..(ec.2) 

Modulo del vector ⃗CG

|⃗_CG_| ₌

√

₍_Xc−8)2 +(Yc−10)2 +(Zc−20 3 ) 2 =

√

2193 /3 Xc2 _{- 16Xc + Yc}2 _{- 20Yc + Zc}2 _{-40/3Zc =} -187………..(ec.3)

(4)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil De las ecuaciones ec.1, ec.2 y ec.3 tenemos:

Xc = 3.4552651789 Xc = 12.023959198 Yc = 10.3637945266 ó Yc = 10.156981097 Zc=5.85581317132 Zc = 8.953051095

De acuerdo a la gráfica propuesta se optara por la segunda opción de respuesta, teniendo así:

C: (12.023959192 ⃗i , 10.156981097 ⃗j _{, 8.953051095} ⃗k ₎

A.3. HALLANDO EL PUNTO “D”:



ECUACIÓN DEL PLANO ABCD:

( ⃗BA X ⃗CA ). ⃗BD = 0 (97.59359423 ⃗i – 41.78921467 ⃗j – 13.50260489 ⃗k ). [( XD - 5) ⃗i + ( YD +4) ⃗j + ( ZD – 2) ⃗k ] =0 97.59359423 XD – 41.78921467 YD – 13.50260489 ZD = 628.1192694……… (ec. 4) 

ECUACIÓN DEL PLANO CDHG:

( ⃗GC x ⃗GH ). ⃗GD = 0

(34.00512387 ⃗i – 17.70007236 ⃗j – 58.632595903 ⃗k ). [( XD – 8) ⃗i + ( YD – 10) ⃗j + ( ZD – 20/3) ⃗k ] = 0

34.00512387 XD - 17.70007236 YD - 58.632595903 ZD = -295.84370530712……… (ec. 5)

(5)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil 

ECUACIÓN DEL PLANO ADHI:

( ⃗IA x ⃗IH ). ⃗ID = 0

(9.777476123 ⃗i – 41.6219829 ⃗j + 13 ⃗k ). [( XD + 2) ⃗i + ( YD + 65) ⃗j + ( ZD + 0.739432645) ⃗k ] = 0

9.777476123 XD - 41.6219829 YD + 13 ZD = 241.3753122……… (ec. 6)

 Solucionando ec.4, ec.5 y ec.6 tenemos: X_D _{= 7.3014129929}

Y_D _{=-1.08335090029} Z_D _{=9.60728525869}

A.4. HALLANDO EL PUNTO “J”

⃗ BI =⃗u⃗JI.|⃗BI| ⃗I−⃗B=⃗u⃗JI.|⃗BI|→ ⃗u⃗BI=⃗u⃗J I ⃗I−⃗B= ⃗JI |⃗_JI_|.|⃗BI|→|⃗JI|=|⃗IJ| ⃗I−⃗B= ⃗JI |⃗_IJ_|. 5 3|⃗JI| D: (7.3014129929 ⃗i , -1.08335090029 ⃗j _{, 9.60728525869} ⃗k ₎

(6)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil ⃗I−⃗B= 5 3. ⃗JI k −12 ⃗i−14.5 ⃗j−1.739432695 ⃗¿ ¿ −

(

2+ XJ

)

⃗i−

(

6.5+YJ

)

⃗j−

(

0.739432645+ZJ

)

⃗k ¿

Igualando las componentes iguales se tiene: X_J=5.200000019

Y_J=2.19999996 Z_J=0.304226972

5.200000019 ⃗i ;2.19999996 ⃗j

J :¿ ; 0.304226972 ⃗k¿

A.5. HALLANDO EL PUNTO “K”

El mismo procedimiento que hemos utilizado para hallar el punto “J” es utilizado para obtener el punto “k”.

k

−2.023959198 ⃗i−2.156981097 ⃗j−7.95301095 ⃗¿ ¿

(

10−XK

)

⃗i+

(

8−YK

)

⃗j+

(

1−ZK

)

⃗k

¿

Igualando las componentes iguales se tiene: X_K=11.3493061333

Y_K=9.4379874 ZK=6.3020073

(7)

A.6. HALLANDO EL PUNTO “L”

Ecuación de la recta que contiene los puntos “K” Y “G” (L1)

x−8 3.3496061333

=

y−10 −0.5620126

=

z−20 /3 −0.3646593666 ……… (ec.L1)

Ecuación de la recta que pasa por los puntos “C” Y “G”(L2)

x +3 15.023959192

=

y−7 3.156981097

=

z +8 16.953051094

………

(ec.L2)

Solucionamos las ecuaciones de L1 y L2 y obtenemos el punto “L”, igualamos estas ya que su intersección vendría a ser el punto “L”: XL = 9.82203278752

YL = 9.6942908081 ZL = 6.46839505452

L : (9.82203278752 ⃗i + 9.6942908081 ⃗j + 6.46839505452 ⃗k )

B. UNA VEZ OBTENIDOS LOS PUNTOS PROCEDEMOS A ENCONTRAR LAS FUERZAS ⃗F 1 , ⃗F 2 Y ⃗F 3

(8)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil B.1. FUERZA ⃗F 1 ⃗_{F 1 actúaen la recta DJ} ⃗_{F 1 = ⃗u} _F1. _|⃗_{F 1}_| ⃗_{F 1} ₌ _⃗_u _DJ. _|⃗_{F 1}_| ⃗_{F 1} ₌ ⃗JD |⃗_JD_| . |⃗F 1| ⃗_{F 1 = (0.208332854608 ⃗i – 0. 32551015936662 ⃗j +} 0.9223016742477 ⃗k ) .100 ⃗_{F 1} _{= 20.8332854608} _⃗i _{–32.551015936662} _⃗j ₊ B.2. FUERZA ⃗F 2 :

Esta fuerza actúa de manera perpendicular al plano BCGE, por lo tanto necesitamos un vector unitario ⃗u f2 que cumpla con las condiciones de ser perpendicular y entrante al plano BCGE:

⃗ u _{f2 =} ¿ ⃗_{EB x⃗}_EG∨¿ ⃗_{EB x ⃗}_EG ¿ ⃗uf 2= 12.3333333333 ⃗i+91.6666666667 ⃗j−28 ⃗k 96.6379267622 ⃗ u _{f2 =-0.127624150751 ⃗i + 0.94855787720 ⃗j - 0.289741315218} ⃗k ⃗_{F 2=⃗}_u_{f 2} F 2∨¿ .∨⃗¿

(9)

⃗_{F 2} _{= 44.6684527627} _⃗i _{+331.99525702} _⃗j

B.3. FUERZA ⃗F 3 :

Para encontrar esta fuerza necesitamos hallar sus componentes:

Encontrando el punto “G1” H G D Encontrando el ángulo θ cos θ¿ ⃗CG .⃗CD |⃗_CG_|_._|⃗_DC_| cos θ¿0.34085418716705 Q ⃗_{F 3} 37° 87° P G 12.017668931 18.692989 87° 22.928886507 06 G1 θ C

√193/3

(10)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil θ=70.0710756951 °

Por el teorema de senos hallamos el módulo de “CG1”

(|⃗CG 1| sin 87)=( |⃗_CG_| sin 22.92888650706)

|

⃗_{CG 1}

_|

₌

(

|

⃗CG

|

sin 22.92888650706

)

∗sin 87 |⃗_{CG 1}_{|=11.8701221957} Encontrando el punto G1 ¿⃗uCD∗¿|⃗CD| ⃗_CD_¿ ⃗u_CD¿⃗u_{CG 1} ¿⃗u_CG1∗¿|⃗_CD_| ⃗ CD¿ ⃗_D−⃗_C=

(

⃗CG 1

|

⃗_{CG 1}

_|

)

∗

|

⃗CD

|

(⃗D−⃗C)∗|⃗_{CG 1}_| |⃗_CD_| =⃗G 1−⃗C −4.59123 ⃗i+−10.9278 ⃗j+0.636042 ⃗k=¿ Y −10.1569811⃗¿j+(Z −8.9563051095) ⃗k (X −12.0239592)⃗i+(¿) ¿ G1 :(7.43271052790 ;−0.770835538275 ;9.589100224494)

Luego descomponemos la fuerza en dos vectores, uno perpendicular al plano CGHD y el otro paralelo a la recta G1G:

(11)

G1

C

Una vez hecho eso encontramos sus vectores unitarios de cada componente de la fuerza:

 Su vector unitario de F3COS 37 es el mismo vector unitario que G1G, entonces hallamos el vector unitario de G1G y obtenemos el de F3cos37, para encontrar el vector unitario de F3sin 37 hacemos un producto vectorial ya que ese vector es perpendicular al plano CGHD, y si multiplicamos dos vectores que pertenezcan a ese plano nos resultará otro vector paralelo al F3sin 37, por lo tanto tenemos: ⃗_{F 3}_{cos 37} ₌

_|

⃗_{F 3}_{cos 37|} _. _⃗_u G1G ⃗_{F 3} cos 37=

|

⃗F 3cos 37

|

. ⃗_{G 1G} |⃗_{G 1G}_| ⃗_{F 3} cos 37=240. ⃗_{G1 G} |⃗_{G1 G}_| ⃗_{F 3} cos 37=¿ (4.32446248732, 82.1102683993, -22.2789087032) 37 sin¿ ¿ ¿ F 3¿ u_¿ ⃗_{F 3} sin 37=⃗¿ ⃗_{F 3}_{sin 37} _⃗_{F 3} ⃗_{F 3} cos 37 37° 87° P G

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Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil 37 sin¿ ¿ ¿ F 3¿ u_¿ ⃗ ¿ ⃗_{F 3}_{sin 37}₌ ⃗HD .⃗HG |⃗_HD_|_._|⃗_HG_|∗180 ⃗_{F 3} sin 37=¿ (87.374538492,-45.4791552871,-150.656352198) ⃗_{F 3} sin 37 + ⃗F 3cos 37=F 3 F3 = (91.699000979307, 36.631113112275, -172.935260901) F3= 91.699000979307 ⃗i +36.631113112275 ⃗j –

CALCULAMOS LE QUE SE NOS PIDE El PROBLEMA C.1. RESULTANTE DE ⃗F 1 , ⃗F 2 ,⃗F 3

⃗_R=_¿ _{(-167.18939650113} _⃗i _{+68.81875878224} _⃗j _–

| ⃗R | =

C.2. CÁLCULO DEL MOMENTO EN EL ORIGEN:

⃗_Mo=(⃗_{D x ⃗}_{F 1)+(⃗L x ⃗}_{F 2)+(⃗}_{G x ⃗}_{F 3)}

(13)

Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil C.3. MOMENTO MINIMO: | ⃗M 1 | = (⃗Mo. ⃗R)/│ ⃗R │ | ⃗M 1 | = | −181037.36193619_{183.35158377002} | | ⃗M 1 | = 987.378228828444 (Torsor negativo) | ⃗M 1 | = | ⃗M 1 | . ⃗u R | ⃗M 1 | = 987.378228828444 ( 0.911851 ⃗i +0.3753377 ⃗j –0.1662789 ⃗k ) | ⃗M 1 | = (900.3422098 ⃗i + 370.6002573 ⃗j -164.180145596 ⃗k ) T-m | ⃗M 1 | = (900.3422098 ⃗i + 370.6002573 ⃗j

C.4. ECUACION DEL EJE CENTRAL

Pto eje = Q + t.( ⃗u R) , donde w es un punto de la recta que contiene al eje central. Q = ¿⃗R∨¿² ⃗ R x ⃗Mo ¿ Q = (2.3938774081138, 8.6237175687918, 6.3384221662686)

Luego, la ecuación del eje:

Pto eje=(2.3938774081138,8.6237175687918, 6.3384221662686)+(−167.18939650113 , 68.81875878224 , – 30.487495932504)t

C.5. PASO DEL TORSOR

|

⃗_M 1

|

⃗

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Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil ¿987.37822828554

183.35158377002