EJERCICIO-DE-ESTÁTICA

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA 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 m 3

;

CG =

( 193 )0.5 m 3

;

BC =

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|

1

720.5 m

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

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: cos α ¿ ¿ cos β ¿ ¿ cos δ ¿ ¿ ¿ α =78.5089694558° α =101.491030544 °

α > 90 ° Por lo tanto α=101.491030544 °

Además, el vector unitario de

⃗ GA

⃗ ⃗ ⃗ es: cos α i +cos β j+cos δ k

⃗ GA=|⃗ GA| . u⃗⃗ GA

2041 ⃗ G− ⃗ A= √ x (cos α i⃗ + cos β ⃗j+ cos δ ⃗k) 3

( 5− X G ) i⃗ + (−4−Y G ) ⃗j+( 2−ZG ) ⃗k=

2

√ 2041 cos α i⃗ + √ 2041 cos β ⃗j+ √ 2041 cos δ ⃗k 3

3

3

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA 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) ⃗ BC

 Modulo del vector

2

√ ( Xc−10 ) + ( Yc−8 ) +( Zc−1)

|⃗ BC| =

2

2

2

=

√2 72

Xc2 - 20Xc + Yc2 - 16Yc + Zc2 - 2Zc = -93……………………………………………………………………..(ec.2)  Modulo del vector

|⃗ CG| =

⃗ CG

√

( Xc−8)2 +(Yc−10)2 +( Zc−

20 2 ) 3

=

√2 193 /3

Xc2 - 16Xc + Yc2 - 20Yc + Zc2 -40/3Zc = -187……………………………………………………………..(ec.3) 3

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA 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 ⃗ (97.59359423 i

⃗ CA ). ⃗ BD

X

⃗ – 41.78921467 j

+ ( YD 97.59359423 X D

⃗ +4) j

=0

– 13.50260489

+ ( ZD

– 41.78921467

⃗k ⃗ ). [( X D - 5) i

⃗ – 2) k ] =0

YD

– 13.50260489

ZD

=

628.1192694……… (ec. 4)  ECUACIÓN DEL PLANO CDHG: ⃗ ( GC ⃗ (34.00512387 i ⃗i

– 17.70007236

+ ( YD

34.00512387

⃗ GH ). ⃗ GD

x

XD

– 10)

⃗j

⃗j

⃗ – 58.632595903 k ). [( X D

+ ( ZD

- 17.70007236

=0

YD

– 20/3)

4

⃗k ]=0

- 58.632595903

-295.84370530712……… (ec. 5)

– 8)

ZD

=

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

 ECUACIÓN DEL PLANO ADHI: ⃗ ( IA ⃗i

(9.777476123

XD

⃗j

– 41.6219829 ⃗j

+ 65) 9.777476123

⃗ IH ).

x

⃗ ID

+ 13

=0 ⃗k ). [( X D

+ ( Z D + 0.739432645)

- 41.6219829

YD

X D = 7.3014129929 Y D =-1.08335090029 Z D =9.60728525869

, -1.08335090029

⃗j ⃗ , 9.60728525869 k )

⃗ BI =⃗u ⃗JI .|⃗ BI | ⃗I −⃗ B =⃗u⃗JI .|⃗ BI|→ u⃗ ⃗ u⃗ BI =⃗ JI

⃗ JI ⃗ ⃗I −⃗ B= .|BI |→|⃗ JI |=|⃗ IJ | |⃗ JI | ⃗ JI 5 ⃗ ⃗I −⃗ B= . |JI | ⃗ |IJ| 3

5

+ ( YD

+ 13 Z D = 241.3753122………

 Solucionando ec.4, ec.5 y ec.6 tenemos:

A.4. HALLANDO EL PUNTO “J”

⃗i

⃗k ]=0

(ec. 6)

⃗ D: (7.3014129929 i

+ 2)

5 ⃗I −⃗ B= . ⃗ JI 3

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

k ⃗ ⃗ −12 i −14.5 j−1.739432695 ¿⃗ ¿ −( 2+ X J ) i⃗ −( 6.5+Y J ) ⃗j −( 0.739432645+ Z J ) ⃗k ¿ Igualando las componentes iguales se tiene: X J =5.200000019 Y J =2.19999996 Z J =0.304226972

5.200000019 i⃗ ; 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 i⃗ −2.156981097 ⃗j −7.95301095 ¿⃗ ¿ ⃗ ⃗ ⃗ 10−X i + 8−Y ( ( K) K ) j+ ( 1−Z K ) k ¿ Igualando las componentes iguales se tiene: X K =11.3493061333 Y K =9.4379874 Z K =6.3020073

⃗ 9.4379874 ⃗j ; 6.3020073 ⃗k) K :(11.3493061333 i; 6

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

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 ⃗ 6.46839505452 k )

⃗j

B. UNA VEZ OBTENIDOS LOS PUNTOS PROCEDEMOS A ⃗ ⃗ ⃗ ENCONTRAR LAS FUERZAS F 1 , F 2 Y F 3 7

+

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

B.1.

FUERZA

⃗ F1

⃗ F 1 actúa en la recta DJ

⃗ F1

=

⃗u

⃗ F1

=

⃗u

⃗ F1

=

F1

DJ

⃗ . |F 1|

⃗ . |F 1|

⃗ JD |⃗ F 1| ⃗ |JD| .

⃗ F1

⃗ ⃗ = (0.208332854608 i – 0. 32551015936662 j + ⃗ 0.9223016742477 k ) .100

⃗ F1

B.2.

⃗ = 20.8332854608 i

FUERZA

⃗ F2

⃗ –32.551015936662 j +

:

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

uf 2= ⃗ ⃗u

f2

f2

=

¿⃗ EB x⃗ EG∨¿ ⃗ EB x ⃗ EG ¿

12.3333333333 i⃗ + 91.6666666667 ⃗j−28 k⃗ 96.6379267622

=-0.127624150751

⃗i

+ 0.94855787720 ⃗k ⃗ F 2=⃗ uf 2

8

F 2∨¿ .∨⃗¿

⃗j

- 0.289741315218

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

⃗ F2

B.3.

⃗ = 44.6684527627 i

FUERZA

⃗ +331.99525702 j

⃗ F3 :

Para encontrar esta fuerza necesitamos hallar sus componentes: Q

⃗ F3 P

37° 87°

G

Encontrando el punto “G1”

H 18.692989

12.017668931

G D

87°

G1

22.928886507 06

θ C

Encontrando el ángulo cos θ ¿

⃗ CG . ⃗ CD ⃗ |CG|.|⃗ DC|

cos θ ¿ 0.34085418716705

9

θ

√ 193/3

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

θ=70.0710756951 °

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

|⃗ CG 1|

|⃗ CG|

sin 87

sin 22.92888650706

(

)=(

)

|⃗ CG|

( sin 22.92888650706 )∗sin 87

|⃗ CG 1|=

|⃗ CG 1|=11.8701221957 Encontrando el punto G1 ¿⃗ uCD∗¿|⃗ CD| ⃗ CD ¿ ⃗ uCD ¿⃗ uCG 1 ¿⃗ uCG1∗¿|⃗ CD| ⃗ CD ¿ ⃗ ⃗ ⃗ = CG 1 ∗|⃗ D−C CD| |⃗ CG 1|

(

)

(⃗ D −⃗ C )∗|⃗ CG 1| ⃗ ⃗ =G 1−C ⃗ |CD| −4.59123 ⃗i +−10.9278 ⃗j+0.636042 ⃗k =¿ Y −10.1569811 ⃗ ¿ j+(Z −8.9563051095) k⃗ ( 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: 10

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

⃗ F 3sin 37 G1

P

⃗ F3 37°

⃗ F 3cos 37 87°

G

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 3cos 37 =

F 3cos 37| |⃗

. ⃗u

G1G

⃗ G 1G ⃗ F 3cos 37=|⃗ F 3cos 37| . |⃗ G 1G| ⃗ G1 G ⃗ F 3cos 37=240. |⃗ G1 G| ⃗ F 3cos 37=¿

(4.32446248732, 82.1102683993, -22.2789087032) 37 sin ¿ ¿ ¿ F3¿ u¿ ⃗ F 3sin 37=¿⃗

11

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

37 sin ¿ ¿ ¿ F3¿ u¿ ¿⃗

⃗ HD . ⃗ HG ⃗ F 3sin 37= ∗180 ⃗ |HD|.|⃗ HG| ⃗ F 3sin 37=¿

(87.374538492,-45.4791552871,-150.656352198) ⃗ F 3sin 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:

⃗ ⃗ x⃗ Mo=( ⃗ Dx⃗ F 1 ) + ( ⃗L x ⃗ F 2 ) +( G F 3) ⃗ Mo=201.22430939751 i⃗

12

⃗ -1357.3339062924 j

–

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

C.3.

MOMENTO MINIMO: ⃗ | M1 | =

(⃗ Mo . ⃗ R )/│ ⃗ R│

−181037.36193619 ⃗ | M 1 | = | 183.35158377002 | ⃗ | M 1 | = 987.378228828444 (Torsor negativo)

⃗ ⃗ | M1 | = | M1 | . ⃗ ⃗ | M 1 | = 987.378228828444 ( 0.911851 i ⃗k ) ⃗ ⃗ | M 1 | = (900.3422098 i

R

⃗ +0.3753377 j

⃗ + 370.6002573 j

⃗ ⃗ | M 1 | = (900.3422098 i

C.4.

⃗u

–0.1662789

⃗ -164.180145596 k ) T-m

⃗ + 370.6002573 j

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 x⃗ 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 , C.5.

PASO DEL TORSOR

M 1| |⃗

|⃗ R|

13

“UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA” FACULTAD DE INGENIERÍA Escuela Académico Profesional de Ingeniería Civil

¿

987.37822828554 183.35158377002

¿ 5.38516333456519m

14