February 24, 2017 | Author: Nicolas Tovar | Category: N/A
(67É7,&$ Teoría y aplicaciones
EDITORIAL
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Estática Autor: Ing. Luis Eduardo Gamio Arisnabarreta © Derechos de autor registrados:
Empresa Editora Macro EIRL © Derechos de edición, arte gráfico y diagramación reservados:
Empresa Editora Macro EIRL Jefe de edición: Cynthia Arestegui Baca Coordinación de edición: Magaly Ramon Quiroz Diseño de portada: Darío Alegría Vargas Corrección de estilo: Magaly Ramon Quiroz Diagramación: Maria Limpi Condori Edición a cargo de: © Empresa Editora Macro EIRL Av. Paseo de la República N.° 5613, Miraflores, Lima, Perú
Teléfono: (511) 748 0560 E-mail:
[email protected]
Página web: www.editorialmacro.com Primera edición: marzo de 2015 Tiraje: 2000 ejemplares Impresión Talleres gráficos de la Empresa Editora Macro EIRL Jr. San Agusơn N.° 612-624, Surquillo, Lima, Perú ISBN N.° 978-612-304-261-5 Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Perú N.° 2015-00295
LUIS EDUARDO GAMIO ARISNABARRETA Ingeniero civil egresado de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú) con más de veinticinco años de experiencia profesional en el área de ingeniería estructural. Ha trabajado en diversas empresas privadas, como Alpha Consult S. A., Salydel Ingenieros S. A., entre otras. Asimismo, ha participado en numerosos proyectos de agua potable y alcantarillado, diseñando estructuralmente reservorios, cisternas y cámaras de bombeo de gran volumen. Desde hace veintiocho años es docente de los cursos Estática y Resistencia de Materiales en la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú). En la actualidad, se desempeña como ingeniero estructural en la empresa Tecamb S. A. y es jefe de la oficina de estadística de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (2010-2015). Cabe resaltar que dicha facultad cuenta con la acreditación internacional de Accreditation Board for Engineering and Technology (ABET).
DEDICATORIA A todos los estudiantes de ingeniería, esperando que esta obra sea de mucha utilidad y fácil comprensión
ÍNDICE
INTRODUCCIÓN ................................................................................................................................7 CAPÍTULO 1. REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS .........................................................11 1.1 Fuerzas concurrentes ................................................................................................................... 11 1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto ........................................................................ 12 1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje............................................................................. 13 1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon) ................................................................ 13 1.5 Momento de un par de fuerzas..................................................................................................... 14 1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par ........................................................................... 14 1.7 Sistemas de fuerzas equivalentes ................................................................................................. 15 1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par ................................................................... 16 1.9 Fuerzas coplanares ....................................................................................................................... 16 1.10 Fuerzas paralelas........................................................................................................................ 17 1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio ........................................................ 18 Problemas resueltos ............................................................................................................. 19 CAPÍTULO 2. FUERZAS DISTRIBUIDAS .................................................................................55 2.1 Tipos de cargas distribuidas ......................................................................................................... 55 Problemas resueltos ............................................................................................................. 57 CAPÍTULO 3. CENTRO DE GRAVEDAD ...................................................................................91 3.1 Peso (W) ...................................................................................................................................... 91 3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos............................................................................... 93 3.2.1 Centro de gravedad de líneas ..........................................................................................................93 3.2.2 Centro de gravedad de áreas ...........................................................................................................94 3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes ..................................................................................................95
3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus .................................................................................................. 96 3.4 Tabla de centros de gravedad ....................................................................................................... 98 Problemas resueltos ........................................................................................................... 115 CAPÍTULO 4. MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS ............................159 4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner) ........................................................................................... 159 4.2 Radio de giro ............................................................................................................................. 160 4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto ........................................................................ 161 4.4 Rotación de ejes ......................................................................................................................... 161 4.5 Momentos de inercia principales ............................................................................................... 162 4.6 Método gráfico: Círculo de Mohr .............................................................................................. 162 4.7 Tabla de momentos de inercia ................................................................................................... 164 4.8 Tabla de productos de inercia .................................................................................................... 171 Problemas resueltos ........................................................................................................... 178
CAPÍTULO 5. FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS .....................................203 5.1 Fuerzas sobre superficies planas ................................................................................................ 203 5.2 Fuerzas sobre superficies curvas................................................................................................ 205 Problemas resueltos ........................................................................................................... 206 CAPÍTULO 6. EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO ...........................................................219 6.1 Equilibrio en dos dimensiones ................................................................................................... 219 6.2 Equilibrio en tres dimensiones .................................................................................................. 220 6.3 Reacciones en los apoyos y conexiones .................................................................................... 222 Problemas resueltos ........................................................................................................... 224 CAPÍTULO 7. FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS ...............................................................271 7.1 Fuerzas internas: V, N, M .......................................................................................................... 271 7.2 Tipos de cargas .......................................................................................................................... 271 7.3 Secciones transversales.............................................................................................................. 273 7.4 Tipos de viga .............................................................................................................................. 273 7.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento flexionante................................. 274 7.6 Estructura: Pórtico isostático ..................................................................................................... 275 Problemas resueltos ........................................................................................................... 276 CAPÍTULO 8. FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS ..........................................................363 8.1 Fuerzas internas en las barras .................................................................................................... 363 8.2 Armadura ................................................................................................................................... 363 8.3 Barras con fuerza nula ............................................................................................................... 364 8.4 Método de los nudos .................................................................................................................. 364 8.5 Método de las secciones ........................................................................................................... 365 Problemas resueltos ........................................................................................................... 366 CAPÍTULO 9. FUERZAS EN MARCOS ....................................................................................399 9.1 Denominación ............................................................................................................................ 399 9.2 Definición y metodología .......................................................................................................... 399 Problemas resueltos ........................................................................................................... 401 CAPÍTULO 10. FUERZAS EN CABLES ....................................................................................429 10.1 Tipos de fuerzas en cables ....................................................................................................... 429 10.1.1 Cables con cargas concentradas .................................................................................................429 10.1.2 Cable parabólico .........................................................................................................................430 10.1.3 Cable catenaria ............................................................................................................................432
Problemas resueltos ........................................................................................................... 434 Bibliografía ...................................................................................................................................... 463
INTRODUCCIÓN
Este libro sale a la luz tras veintiocho años de experiencia docente en la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú), y está basado en los apuntes de clase del curso de Estática, el cual es una asignatura obligatoria en la mayoría de carreras de ingeniería, según el plan curricular, y se desarrolla en el segundo año de la carrera. Es un curso fundamental para el aprendizaje de la ingeniería estructural. El objetivo de la presente obra es brindar al usuario información inédita referente a centros de gravedad, momentos de inercia, productos de inercia, entre otros temas. La obra contiene 10 capítulos en los cuales se desarrollan los diferentes tipos de fuerzas exteriores y cómo se aplican en cables, marcos, armaduras, vigas, pórticos, arcos y superficies sumergidas. Además, explica cómo se generan las fuerzas internas en barras, vigas, cables, pórticos y arcos. El libro además contiene temas como fuerzas concurrentes, pares de fuerza, fuerzas coplanares, fuerzas paralelas, torsor, fuerzas distribuidas sobre líneas, fuerzas distribuidas sobre superficies planas, centro de gravedad de líneas, centro de gravedad de superficies planas, centro de gravedad de superficies curvas, centro de gravedad de volúmenes, momento de inercia, producto de inercia, fuerzas sobre superficies sumergidas planas, fuerzas sobre superficies sumergidas curvas, equilibrio en el plano: vigas, arcos biarticulados y triarticulados, estructuras isostáticas, equilibrio en el espacio, fuerzas internas en vigas, fuerzas internas en pórticos, método de los nudos en armaduras planas, método de las secciones en armaduras planas, fuerzas en marcos, fuerzas en cables con cargas concentradas, parabólicos, y catenarias. Además, se incluyen 365 aplicaciones. El autor desea que esta obra resulte útil a los estudiantes y profesionales de ingeniería en sus distintas especialidades donde se aplica la estática.
DEFINICIONES, PRINCIPIOS Y LEYES MECÁNICA
MECÁNICA DE SÓLIDOS
CUERPOS RÍGIDOS
ESTÁTICA
Mecánica: Es el estudio de los cuerpos en estado de reposo o movimiento bajo la acción de fuerzas.
Estática: Es el estudio del equilibrio de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. Cuerpo rígido: Es una cantidad determinada de materia cuya forma y tamaño no varían bajo la influencia de fuerzas externas.
Partícula: Es el modelo matemático de un cuerpo y se representa como un punto, no tiene dimensiones.
Fuerza: Es la acción de un cuerpo sobre otro. La acción puede ser debida al contacto físico, al efecto gravitatorio, eléctrico o magnético entre cuerpos separados. Las características de una fuerza son: Magnitud, Dirección, Sentido, Punto de Aplicación.
Principio de transmisibilidad: El efecto externo que una fuerza ejerce sobre un cuerpo rígido es el mismo en toda su línea de acción.
Primera ley de Newton: Una partícula originalmente en reposo o moviéndose en línea recta a velocidad constante permanecerá en ese estado si la fuerza resultante que actúa sobre ella es nula.
Tercera ley de Newton: Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tienen la misma magnitud y son colineales. Los sentidos son opuestos.
Diagrama de cuerpo libre (D.C.L.): Es la representación de la partícula o el cuerpo rígido donde se indican las fuerzas, distancias y se representa el cuerpo analizado de manera simplificada.
TIPOS DE UNIDADES (Utilizadas en diversos textos) Longitud: Unidad Milímetro Centímetro Metro Pulgada Pie
Símbolo mm cm m ՚՚ ՚
Equivalencias 1՚՚ < > 2.54 cm 1՚ < > 12՚՚ < > 30.48 cm
Área:
(Unidades de longitud)2 Fuerza: Unidad Kilogramo Libra Tonelada Newton
Símbolo kg lb T N
Equivalencias 1T< > 103 kg 1kg < > 9.81 N 1kN < > 103 N 1kip < > 1KLb < > 103 lb 1lb < > 0.454 kg
Presión (Fuerza/Área): Unidad Pascal Kilo Pascal Mega Pascal Giga Pascal
nano micro mili KILO MEGA GIGA
Símbolo Pa KPa MPa GPa kg/cm2 lb/pulg2 N/m2
n μ m K M G
Equivalencias 1 Pa < > 1N/m2 1 KPa < > 103 N/m2 1 MPa < > 106 N/m2 1 GPa < > 109 N/m2 1 lb/pulg2 < > 1P.s.i. 1 KLb/pulg2 < > 1K.s.i 1 lb/pie2 < > 1P.s.f. 1 KLb/pie2 < > 1 K.s.f.
10–9 10–6 10–3 103 106 109
CAPÍTULO
1
REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS 1.1 Fuerzas concurrentes Se reducen a fuerza única; en la condición de equilibrio la resultante es nula.
Ley del paralelogramo: La resultante de dos fuerzas es la diagonal del paralelogramo cuyos lados iniciales son los vectores de dichas fuerzas. 2 vectores
A
Ley del triángulo: Es una consecuencia de la ley del paralelogramo.
A
Más de 2 vectores: Se aplica sucesivamente la Ley del paralelogramo o la Ley del triángulo. Ley del paralelogramo A
Ley del triángulo
A
12
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1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto → Expresión vectorial
O d
Plano → Magnitud
Dirección: Perpendicular () al plano formado por y
en el punto O.
Sentido: Regla de la mano derecha.
•
es un vector cuyo origen es el punto O y cuyo extremo es cualquier punto situado en Vectorialmente:
→ Componentes escalares de → Expresión vectorial → Magnitud
en los ejes x, y, z
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
13
1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje
Magnitud Expresión vectorial
O
1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon) El momento que una fuerza ejerce sobre un punto es igual a la suma de los momentos de las componentes de la fuerza con respecto al mismo punto.
y
a) b)
O z
x
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1.5 Momento de un par de fuerzas • Par de fuerzas es el sistema formado por 2 fuerzas de igual magnitud, rectas de acción paralelas y sentido opuestos. • El momento de un par es el momento de una de las fuerzas con respecto a un punto cualquiera de la línea de acción de la otra fuerza. Expresión vectorial Magnitud Dirección: Perpendicular al plano formado por el par de fuerzas.
d
Sentido: Regla de la mano derecha. • Los vectores momento de los pares son vectores libres; se pueden sumar o restar independientemente de su posición en el espacio.
1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par Cualquier fuerza que actúa sobre un sólido puede trasladarse a un punto arbitrario “O” como fuerza y momento.
O
A
A
A O
O
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
1.7 Sistemas de fuerzas equivalentes Dos sistemas de fuerzas son equivalentes si se cumple: a) Ejercen la misma fuerza sobre el cuerpo rígido. b) Tienen igual momento respecto a cualquier punto del cuerpo rígido.
(1)
(2)
p
p
p
15
16
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1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par
•
y
en general no son perpendiculares entre sí.
son perpendiculares entre sí, el sistema Fuerza - Par puede sustituirse por una • Si y sola fuerza. Casos particulares de reducción a fuerza única: • Fuerzas coplanares • Fuerzas paralelas
1.9 Fuerzas coplanares Las fuerzas están contenidas en el plano xy.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
→ Ecuación de la línea de acción de la fuerza Si
Si
1.10 Fuerzas paralelas
17
18
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1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio
y
no son perpendiculares entre sí
O
Torsor
O
A O
;
Torsor:
y
Eje del torsor: Es la recta de acción de
Paso del torsor:
Ecuación del eje torsor:
, se obtiene de esa expresión.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
19
Problema 1 Hallar el valor más pequeño de F y el ángulo β correspondiente para los cuales la resultante de las tres fuerzas será. a) Horizontal b) Vertical
y
5 kN 53º β
6.25 kN
Solución: a)
ΣFy = 0 5sen 53º – 6.25 + Fsen β = 0 Fsen β = 2.256 Pero sen β = 1 Entonces: F = 2.256 kN β = 90º
b)
ΣFx = 0 5cos 53º + Fcos β = 0 Fcos β = –3 Pero cos β = –1 Entonces: F = 3 kN β = 180º
F x
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Problema 2
4m
3m
En la figura, calcular el estiramiento de cada uno de los resortes.
B
C KAC = 20 N/m
3m
KAB = 30 N/m
A
KAD = 40 N/m
D W = 2 kg
Solución:
FAC
FAB 45º
36.86º
2 kg < > 19.62 N ΣFH = 0 FAB(0.80) = FAC(0.707) FAC = 1.13FAB
(1)
ΣFV = 0 FAC(0.707) + FAB(0.60) = 2
(2)
De (1) y (2): FAB = 1.43 kg < > 14.02 N FAC = 1.61 kg < > 15.79 N FAB = KAB × SAB
SAB =
= 0.467 m < > 46.7 cm
FAC = KAC × SAC
SAC =
= 0.789 m < > 78.9 cm
F = W = KAD × SAD SAD =
= 0.49 m < > 49.0 cm
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
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Problema 3 Una placa circular de 12 kg de peso y de 7 cm de radio está sostenida por 3 cables de 25 cm de longitud. Hallar la tensión en cada cable si α = 30º.
y A
A(0; 24; 0) B(–6.06; 0; –3.5) C(–6.06; 0; 3.5) D(7; 0; 0)
α α
B D
C z
Solución:
A
x
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(1)
(2)
(3)
De (3): BA = CA en (2):
De (2): DA = 12.5 – 2BA En (1): BA = 3.35 kg = CA, DA = 5.80 kg
Problema 4 Una fuerza F contenida en el plano xy pasa por el punto C y produce un momento respecto a A de 90 kg-m en sentido horario y un momento respeto a B de 45 kg-m en sentido antihorario. Calcular el momento de F respecto a O.
A
1.5 m C 0.5 m O
0.9 m
B 0.6 m
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
Solución:
y A (0; 1.5)
C (0.9; 0.5) 0.9
O
B (1.5; 0) (1)
(2)
23
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Problema 5 Calcular las coordenadas del punto P = (x, y), si:
y
F = 100 N
P(x, y) 30º
70º x Solución:
– 50x – 86.6y = – 500
(2) y (3) en (1):
(1)
x = (r ) cos70º = 0.342r
(2)
y = (r) sen70º = 0.939r
(3)
–17.1r – 81.31r = –500
r = 5.08 x = 1.737 m y = 4.770 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
25
Problema 6 Determinar la expresión vectorial y magnitud del momento resultante producido por los cinco pares de fuerzas. P = 10 kg R = 30 kg
rT
8;
A = 40 kg T = 50 kg
8)
(0; 8; 0) R
T
4m
rR
P
R
Q
P T 2m
Solución:
(6; 0; 0)
O
8m
z
(6; 4; 0) rP rQ
(
(0; 4; 8)
Q = 20 kg
; –2
y
6m
A
A 2m rA
Q
8m
(10; 0; 0) x
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Problema 7 Reemplazar el sistema mostrado en la figura por un torsor e indicar las coordenadas del punto P por donde cruza el torsor el plano xy.
z
A x
y 4m
P C
Solución: En A:
(1)
En (1): 1 649.45 = 800y y = 2.06 m
–930.33 = – 800x x = 1.16 m
B x
6m
y
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Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
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Problema 8 Sustituir el torsor por dos fuerzas, una actúa en B y la otra está contenida en el plano xz. y
B
R = 70 kg M = 280 kg - m
A(12, 6, 4) m
4m
x
O z Solución:
y B
O z
x (x, 0, z)
→
(1) (2)
(4) ΣFI = ΣFII
(3) B = 70 kg C = 89.44 kg
(5) (6)
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Problema 9 El sistema está formado por dos fuerzas y un momento, reducirlo a una fuerza única equivalente. Hallar la intersección de dicha fuerza con los ejes AB y BC.
y 100 kg 60º A O 4 cm
30 kg 3 cm B
x
5 cm 6 cm 100 kg-cm 3 cm C
Solución: Fuerza resultante
y
Momento resultante
actúan en O → son perpendiculares
B Intersecciones
O
AB: y = 0 → x = – 2.5 cm BC: x = 8 → y = – 2.42 cm
C
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Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
Problema 10 Hallar F2 y C2 si los dos sistemas son equivalentes F = fuerzas; C = momentos
I
II → en (3; 4; 2) m
→ en (0; 0; 1) m
Solución:
Tomando momentos con respecto a O:
→ x = 44 → x = – 21 → z = – 10
→ en (0; 0; 0) m
29
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Problema 11 Las tres fuerzas son paralelas al eje z, la fuerza resultante R pasa por el eje central z del tubo. Hallar la magnitud de FC , R, θ.
FC
300 N
r = 0.75 m
z
200 N
C
B 45º
x
Solución: (α)
(1) (2) (2)/(1): en (1) en (α)
r A
θ
y
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Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
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Problema 12 Reducir el sistema de fuerzas indicado a dos fuerzas paralelas aplicadas en los vértices A y C contenidas en plano xy.
400 N/m B
y
3m
1200 N/m
4m
400 N
5m
x
C
A 400 N
2m
400 N
Solución:
B
(1)
m 1.5
A
1m
→
(2)
En (1): –440(1920 – C) + 1000 C = 0 → 1440C = 844 800 → C = 586.66; A = 1333,34
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Problema 13 2m
El resorte BC tiene una longitud sin estirar de 2 m. Calcular la fuerza F aplicada cuando θ = 30º.
A
2m
C
θ = 30º 2m
K = 50 N/m B F
Solución: XBC = 2.478 – 2 = 0.478 m
2cos 30º = 1.732 m
FBC = KXBC = 50(0.478) = 23.9 N
4 – 1.732 = 2.268 α
ΣFH = 0
2sen 30º = 1 m
2.4786 m
23.9cos α = TABcos 30º
α = 23.79º
B
TAB = 25.25 N ΣFV = 0 F = 23.9sen α + 25.25sen 30º F = 22.26 N
TAB
23.9 N α
30º
F
C
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Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
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Problema 14 0.6 m
El peso W está en equilibro en la posición mostrada. Determinar la longitud natural de cada resorte después de que el peso W es retirado.
0.4 m
B
C
0.5 m KAB = 1.2 KN/m
KAC = 1.5 KN/m A
30 kg = W
Solución:
FAC
FAB 0 64 0. = B
m
α 0.6
FAB(0.625) = FAC(0.768) FAB = 1.2288FAC
ΣFV = 0
0.7
81
0.5 30
ΣFH = 0
=
fA
C
β
α
m
fA
(1)
FAC(0.640) + FAB(0.781) = 30 FAC + 1.22031FAB = 46.875
(2)
(1) en (2): FAC + 1.50FAC = 46.875 1500XAC = FAC = 18.75 kg = 183.93 N XAC = 0.123 m 1200XAB = FAB = 23.04 kg = 226.02 N XAB = 0.188 m iAC = 0.781 – 0.123 = 0.658 m iAB = 0.640 – 0.188 = 0.452 m
β 0.4
0.5
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Problema 15
Determinar la longitud inicial del resorte si θ = 40º cuando se logra el equilibrio.
5’
5’
El resorte permanece en posición horizontal conforme se estira.
A
θ 5’ C B
K = 10 lb/pie 10 lb
Solución:
FAB
ΣFV = 0
40º
FBAsen 40º = 10 FBA = 15.557 lb
FBC ΣFH = 0
FBC = 15.557cos 40º = 11.917 lb FBC = KX
10
X=
= 1.1917 pies estiramiento
Longitudes: 5cos 40º = 3.83’ 10’ – 3.83’ = 6.17’ longitud del resorte estirado i
= 6.17 – 1.1917 = 4.9783 pies
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
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Problema 16 La longitud del resorte AB sin estirar es 2 m. Calcular la masa en kg del bloque si el sistema se encuentra en equilibrio.
4m
C
B
=20 K AC
3m
3m
m
N/m
/ 0N
K
A
=3
AB
KAD = 40 N/m D
m
Solución: LAB =
= 5.00 m
SAB = 5.00 – 2.00 = 3.00 m FAB / KAB = SAB FAB = KAB SAB = 30 N/m(3.00 m) = 90 N ΣFH = 0
FACcos 45º = 90 cos 36.86º
90 N
FAC
FAC = 101.85 N ΣFV = 0
W = 90 sen 36.86º + 101.85 sen 45º
36.86º
45º
W = 126 N < > 12.84 kg
m = 12.84 kg
W
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z
Problema 17 B 1.2 m
Un cuerpo cuyo peso es 15 kN es soportado por 3 cables OC, OA, OB, si el sistema está en equilibrio, calcular la fuerza en los cables.
1.8 m
2
1.
m 1.5 m
O m
A
W = 15 kN
0.9 m x Solución: A(0; 1.5; 0) B(–1.2; –1.8; 1.2)
O
C(1.2; –0.9; 1.8)
0.9 0.9
De (1):
y C
2
1.8 m
1.
36
0.512FOA – 0.485FOB = 0
(1)
–0.384FOA – 0.727FOB + FOC = 0
(2)
0.768FOA + 0.485FOB – 15 = 0
(3)
FOB = 1.055FOA en (3): FOA = 11.72 kN FOB = 12.36 kN en (2): FOC = 13.48 kN
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
z
Problema 18
2.5’
Cada cable puede soportar una fuerza máxima de 600 libras. Calcular Pmáximo si el sistema se encuentra en equilibrio
C 3’
4.5’ A
y 1.5’ B
3’
1.5’
D 1.5’
P
x Solución: A(4.5; 0; 3) D(1.5; 1.5; 0)
D
C(0; 2.5; 3) B(1.5; 0; 0)
(1) (2) (3) De (1): (4) en (2):
37
FDC = 1.556FDA
(4)
–0.333FDA – FDB + 0.285(1.556)FDA = 0 FDB = 0.110FDA
FDA = 385.6 lb De (4): FDC = 600 lb De (5): FDB = 42.41 lb (4) y (5) en (3): P = 0.666(385.6) + 0.857(600) = 771 lb
(5)
38
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 19
x 1.5’
K = 50 lb/pie
C
Cada resorte tiene una longitud sin estirar de 1.5’. Calcular P si el sistema está en equilibrio.
1.5’
120º
120º
D
y
120º B 2’
A P=? z Solución:
x
1.5’ 2’
S = 2.5’ – 1.5’ = 1’ FC/R = KS = 50 lb
Lresorte = 2.5’ = Lfinal
C 60º 60º
y
B ;
;
y = 1.5 cos 60º = 0.75 x = ±1.5 sen 60º = ± 1.30 B(–1.3; 0.75; 0) C(1.3; 0.75; 0) D(0; –1.5; 0) A(0; 0; 2)
;
A
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
Problema 20
z
Si P = 25 kN
P = 25 kN
Calcular la fuerza en los cables FC, FA, FB.
39
F
Los puntos A, B y C se encuentran en el plano xy.
A
1m
5m
El sistema se encuentra en equilibrio.
4m y 2m
3m 2m C
2m x
Solución: A(–4; –1; 0)
F
B(2; 2; 0) C(3; –2; 0) F(0; 0; 5)
B
40
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
– 0.617FFA + 0.348FFB + 0.486FFC = 0
(1)
– 0.154FFA + 0.348FFB – 0.324FFC = 0 (2) 25 – 0.771FFA – 0.870FFB – 0.811FFC = 0
(3)
De (1), (2) y (3): FFA = 12.0 kN FFB = 11.69 kN FFC = 6.86 kN
Problema 21
z’
z
Determinar el momento resultante de las dos fuerzas con respecto al eje Oa; el punto “D” y el eje “Oa” que se encuentran en el plano xy.
F2 = 50 lb
120º
x’
C
y
O
5’ 30º
30º 4’
6’
A D
x Solución:
α = 120º
60º
B
(F2 // eje z)
a
F1 = 80 lb
45º
β = 60º
γ = 45º
y’
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
41
A = (4.33; – 2.5; 0)
, lb-pie
Problema 22
z
m punto medio de EG n punto medio de BC F = 130 lb
D
H
3’
Calcular el momento de la fuerza F respeto a “m” y “n” y respecto a la recta EG.
m
E
G C
4’ n A
12’
B
x Solución: H(0; 12; 4) A(3; 0; 0)
E(3; 0; 4) G(3; 12; 4) m(3; 6; 4)
B(3; 12; 0) C(0; 12; 0) n(1.5; 12; 0)
A(3; 0; 0) H(0; 12; 4)
y
42
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 23 Las dos fuerzas tienen magnitud de 50 N y están dirigidas de manera opuesta (son paralelas). Hallar el momento del par y la distancia entre las fuerzas.
z D
3m C 2 2 E 2m x
4m
O B
A
y
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
43
Solución: : B(2; 2) A(0; 4) :
D(0; 0; 3) A(0; 4; 0) ;
N-m
Problema 24
z D
Calcular el momento resultante producido por los dos pares de fuerza mostrados. (Expresión vectorial y magnitud)
H O
E
P = 180 N Q = 300 N
I
P
C
Los puntos H, I, J y K son puntos medios de los segmentos respectivos.
P
90 cm
x
A
Q
40
40 cm
Q B 40
J
130 cm
y
44
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución:
N-cm
Problema 25 Si F4 = 120 N
z
Calcular la magnitud y sentido de las fuerzas , , para las cuales el par de fuerzas resultante que actúa sobre el bloque sea nulo.
F1
J 5m A
F2
3m F3
F3 D
F1 F4
4m B
E
G
F4
H
x
F2
C
y
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
Solución:
45
z (0; 0; 5)
5m (3; 4; 5) (0; 4; 0) 3m
x
De (3):
F3 = 160 N
De (1):
F 1 = F2
En (2):
F2 = +100 N F1 = 100 N
(3; 0; 0) 4 m
–4F1 + 4F2 = 0
(1)
3F1 + 3F2 – 600 = 0
(2)
– 480 + 3F3 = 0
(3)
y
46
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 26 Calcular el momento resultante generado por los tres pares de fuerzas. z F1 = 100 kg
α = 30º α F
F2 = 200 kg F3 = 300 kg
2
2
F3 2m
F1 1m
4
F1
O α F2
F3
x Solución:
kg-m kg-m
6m y
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
Problema 27
47
y
El sistema se reduce a fuerza y momento nulo. Calcular F1 , F2 y θ.
radio = 0.75’
F2
C
M = 80 lb∙pie F1
60 lb 30º
θ
O
45º
A 30 lb Solución: ΣFx = 0 = 60 + F2 – 30cos 45º – F1cos θ
(1)
ΣFy = 0 = F1 sen θ – 30 cos 45º
(2)
ΣMO = 0 = 0.75F2 + 30(0.75) + F1cos θ(0.75 sen 30º) + F1sen θ(0.75 cos 30º) – 80
(3)
De (1):
(4) y (5) en (3):
F1cos θ = F2 + 38.78
(4)
F1sen θ = 21.21
(5)
0 = 0.75F2 + 22.5 +(F2 + 38.78)0.375 + 13.77 – 80 0 = 1.125F2 – 29.18 F2 = 25.94 lb en (4) F1cos θ = 64.72
(5)/(6):
tan θ = 0.3277 θ = 18.14º en (6) F1 = 68.10 lb
(6)
x
48
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 28 Reducir el sistema a una fuerza única equivalente e indicar por dónde cruza dicha fuerza a la barra “AB” y a la barra “BC”.
32 lb
4’
30º
20 lb
A
B 2’
3’ 25 lb 2’ C
Solución:
y 30.31 lb = F2 2’ 4’ A F1 = 17.5
20 lb = F3 x
B 3’ 25 = F4 2’ C
cruza AB y = 0 x = 2.10’ a partir de “A” cruza BC x = 6 y = –4.617’ a partir de “B”
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
49
Problema 29 Calcular la fuerza que debe aplicarse en “C” si la línea de acción de la fuerza resultante de las cuatro fuerzas pasa por los puntos “B” y “D”. Las cuatro fuerzas están contenidas en el plano xy.
y
F1
g 0k 2 =
A (0; 6)
B (3; 6)
60º (3; 3) C
F2 = 50 kg D (6; 3)
3 cm
F3 = 40 kg
O
3 cm x
E (6; 0) 3 cm
3 cm
y
Solución:
A
Vectores posición B C
O
D E
x
50
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 30
z
La losa de un edificio está sometida a cuatro cargas de columnas paralelas. Determinar la fuerza resultante equivalente y su ubicación.
O F1 = 20 kN F2 = 50 kN
3m
F3 = 20 kN
F4 = 50 kN
x 8m
4m 2m
Solución:
6m
y
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
51
Problema 31 Reemplazar el sistema de fuerzas paralelas al eje z por otro sistema equivalente formado por tres fuerzas paralelas al eje z aplicadas una en “A”, otra en “B” y otra en “C”; “A”, “B” y “C” son puntos medios de los segmentos respectivos.
z F1 = 400 N O 0.8 m
0.8 m
A 0.8 m
z
F2 = 800 N
0.8 m H G 0.6 m C E 0.6 m
y
O
C
A
F3 = 1000 N
B
B
x
D
F4 = 600 N x Solución: A = (0.8; 0; 0) B = (1.4; 0.8; 0)
C = (0.6; 1.6; 0) D = (1.6; 0; 0)
E = (1.2; 1.6; 0) H = (0; 1.6; 0)
,
, ,
,
A + B + C = 400 ,
, ,
G = (0; 0.8; 0)
,
(1) ,
,
(2) (3) De (1), (2) y (3): ,
, ,
,
y
52
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 32
z
Reemplazar el sistema mostrado por un torsor equivalente e indicar las coordenadas del punto “P” por donde cruza a la placa.
12’
B A
P(y; z) 12’ C y
x
Solución:
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 1: Reducción general de fuerzas
Problema 33 Un torsor actúa en el punto (1; 2; 3) donde . En el origen se tiene un sistema equivalente donde . Calcular el torsor.
z
z
(1; 2; 3) y
O
O
x
x Solución:
(1) (2) (3) En el torsor:
en (2) y (3) n = 20 Torsor:
y
53
54
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 34 Reemplazar el sistema mostrado en la figura por un torsor e indicar por dónde cruza el torsor al eje CD.
C
0.3 0.3 m A
z 0.5 m 0.7 m
0.8 m
D
0.6 m 0.25
0.25 m B
x Solución: En C:
Torsor:
y
CAPÍTULO
2
FUERZAS DISTRIBUIDAS
Los cuerpos están sujetos a la acción de cargas distribuidas, estas pueden ser causadas por el viento, por fluidos, por el peso del material que está encima del cuerpo, por el peso propio del cuerpo, etc.
2.1 Tipos de cargas distribuidas A) Sobre una línea “La fuerza se determina calculando el área que forma la carga distribuida”.
dF
w
F
w A
B
B
A x
A
B
dx “Sistema equivalente”
Ubicación: ƩMA:
, ubicación
56
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
B) Sobre una superficie “La fuerza se determina calculando el volumen que forma la carga distribuida”.
z
z
y
P x
dF y
x
A P = Presión A = Superficie
Si P = constante F = PA ƩMy:
z F y x0 x
y0
C.P. Sistema equivalente
C.P. = Centro de Presión (x0, y0)
y
x dA
A
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
57
Problema 35 Calcular la fuerza resultante equivalente y su punto de aplicación.
28 lb/pie
y
18 lb/pie
w = 2x2 – 8x + 18 10 lb/pie
A
B
1 Solución:
2 pie
2
x
58
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 36 Reducir las fuerzas mostradas a una fuerza única e indicar en qué punto cruza a los ejes x, y.
y
400 kg/m
100 kg/m 600 kg/m 600 kg/m
3m
x
3m
6m Solución:
F4 = 900 kg
D.C.L.:
1m 3m F3 = 600 kg F1 = 900 kg
F2 = 2 827.43 kg
1m 2m
3m
y x
O (x; y)
x = 0 → y = – 0.933 m y = 0 → x = 1.199 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 37
59
z
Calcular la fuerza resultante y el centro de presión.
P = – 4y2 + 100 kg/m2
y 5m 5m
x Solución:
z
y
Por simetría X0 = 2.5 m
5
dA = 5 dy
x
;
dy
60
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 38
y
Calcular la fuerza resultante y su punto de aplicación.
B
800 kg/m2 C 600 kg/m2
A
x
500 kg/m
2
z
6m 4m
300 kg/m2
Solución: P = PO + Ax + Bz x = 0, z = 0, P = 800 → PO = 800 x = 4, z = 0, P = 600 → A = – 50 x = 0, z = 6, P = 500 → B = – 50 ; P = 800 – 50x – 50z
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 39
61
y 1000 kg/m2
Determinar la fuerza total y su punto de aplicación.
x 6m
10 m 8m z Solución: P = PO + Ax + Bz x=0 z=0 P = 103 P = 103 –
PO = 10
3
x=0 z=6 P=0
0 = 103 + 6B →B=
z=0 x=8 P = 103
103 = 103 + 8A →A=0
z
Por semejanza de triángulos:
x 6
8–x z (x; z)
z
x
62
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
63
Problema 40 En la figura se muestra la forma cómo se ha acumulado arena en el piso (plano xy), γarena = γ. Hallar la fuerza resultante que actúa sobre el piso y las coordenadas del punto de aplicación.
z h+δ
y
δ
h
x
a Solución:
P = γz
Z = ZO + Cx + Dy Z = 0; x = y = 0 ZO = 0 y = 0; x = a z = h
z=
x+
x=0y=bz=δ h = Ca C =
δ = Db D =
y
x=a y=b z=h+δ
b
z=h+δ
(1)
64
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Reemplazando en (1):
(2)
Reemplazando en (2):
Problema 41 Reemplazar el sistema mostrado por uno equivalente en forma de trapecio.
300 kg/m
A
3m
3m
Solución:
2m
A
2.5 m
6w1
1.5 m
3m B
A
450 + 600 = 1050 = 6w1 + 3w2 – 3w1 = 3w1 + 3w2 ΣMB:
(1)
450(4m) + 600(1.5m) = 2700 6w1(3m) + 3(w2 – w1)2m = 12w1 + 6w2 450 = 2w1 + w2
(2)
(2) – (1): w1 = 100 kg/m en (1) w2 = 250 kg/m
3(w2 – w1) 1m
2m B
ΣF: 350 = w1 + w2
B
6m
600 kg
450 A
200 kg/m B
w2
w1
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 42
P
Calcular la fuerza total y su punto de aplicación.
PO A
65
P = POex x
B
L
Solución:
dF P x
Problema 43
dx
y
Calcular la fuerza total y su punto de aplicación.
A
x
B
Solución:
dF x
y dx
66
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 44
q = 100x3; N/m
Para la carga distribuida, calcular la fuerza equivalente y su ubicación.
1m
A
x
B
Solución:
dF = q dx x
q dx
↑
Problema 45 Calcular la fuerza resultante equivalente a la carga distribuida e indicar su punto de aplicación.
woe L
w = woe
wo A
B x
L
Solución: (1)
en (1)
en (1)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 46
y
Calcular la fuerza total y el punto de aplicación.
3m
500 N/m Solución:
dF
W
dy y
67
68
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 47 La carga distribuida actúa sobre el borde de la placa semicircular y varía según w = woy/a. Calcular la fuerza resultante y el punto de aplicación.
P
wo a y
x Solución: Por simetría de cargas:
dθ θ
dS = a dθ
y = a sen θ ↓
x
y
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
69
Problema 48 Reemplazar las cargas dadas por un sistema equivalente actuando en “A”.
R=1m q = 300 cos α N/m
R
q
α
A
B
Solución:
dF = qdS α dS = Rdα dα α
→
↓
↑
FV1
FV2
FH1
FH2 β
β
A
0.537 m
1.0 β 0.8435 m
70
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 49 Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.
y
wo a x
O Solución:
dF α dα α a FV β
FH
β y
↓
woa
woa woa
woa
a
β
β O
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
71
Problema 50 y
Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.
wo a x
O
a
Solución:
dF α dα
α a
y woa
w oa w oa
woa a
β ↓
β
O
β woa
x
β a
woa
woa w oa
72
Estática - teoría y aplicaciones
Problema 51
Editorial Macro
y
Calcular la fuerza total equivalente al sistema de fuerzas mostrado e indicar por dónde cruza al eje x y al eje y.
wo O
x
L L/2 wo
L/2 wo y
Solución:
,
L/3
2L/3 O
x L/3
,
L/6 ,
L/3
cruza al eje y: x=0
y=–
y=0
x=
cruza al eje x:
L/6
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
73
y
Problema 52 Calcular la fuerza resultante equivalente e indicar por dónde cruza a la recta BC y al eje y.
200 kg/m B
C 3m
5m
2m A 100 kg/m Solución:
y
B
x
F2 = 300 kg 2m
3.5 m
F3 = 1000 kg 2.5 m
C
F1 = 100 kg 2/3 m x
A
BC:
y:
y=2 –1300x + 200 = –6 033.34 x = 4.79 m de “B” x=0 100y = –6 033.34 y = –60.33 m de “A”
74
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 53 Reducir el sistema de fuerzas mostrado a fuerza única equivalente e indicar por dónde cruza al eje x y al eje y.
y 200 N/m x
A 2m
2.30 m
1000 N 2m
1500 N-m = M 2m
400 N/m 4m
Solución:
y O
2m
2m
x 1.533 m
2m
0.766 m 2.666 m 1.333 m
,
cruza al eje y: x=0
y = –2.212 m
y=0
x = –1.493 m
cruza al eje x:
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 54
75
y
Las fuerzas están en el plano xy, la fuerza R es la resultante del sistema de fuerzas mostrado y de otra fuerza F1 que no aparece en el diagrama. Determinar y hallar por donde cruza a los ejes x,y la fuerza R. El momento M es perpendicular al plano xy.
R = 1000 kg 4
200 kg/m
3 2m M = 1000 kg-m
2m
F2 = 800 kg
300 kg/m
O
x 3m
2m
2m
Solución:
R
:
F3 = 1200 F4 = 300 1 m 2m
:
2m
cruza al eje y: x=0
y = 7.238 m
y=0
x = 9.5 m
cruza al eje x:
76
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 55
200 N/cm2
A
Hallar q (N/cm2) y x (cm) de modo que la resultante de la fuerza distribuida en la superficie AB sea un momento.
A
4 cm
A
12 cm O x q
B
4 cm B
B 12 cm
Solución: ~ de
200
s: (1)
F1
16 – x x–4 a 4 q
F2
← ~ de
s:
F3 →
→ Dato: ΣF = 0
(2) (2) en (1): 1152 – 192x = 0 x = 6 cm en (1) q = 120 N/cm2
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 56
y
Calcular la fuerza total y el centro de presión.
P
10 pies P = 4 z3, lb/pie2 3 pies z Solución: Por simetría: dA = 3dz
dF
dz
3
77
78
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 57
O
Calcular la fuerza total y el centro de presión.
8’ x
P = 4z1/3, lb/pie2
3’ z
Solución: Por simetría: xo = 1.5 pies
dF z dz
3
dA = 3dz
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 58
4 kPa
Calcular la fuerza total y el centro de presión.
y P = 2y1/2 4 kPa
2m
4m 2m x
Solución: dA = 4dy
dF
y
4
Por simetría:
dy
(1)
x en (1)
79
80
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 59
y
Calcular la fuerza total y el centro de presión.
100 Pa
P
300 Pa
5m
6m
x Solución:
y dF dx
Por simetría:
6
dA = 6dx
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 60
P
140 lb/pie2
Calcular la fuerza total y el centro de presión. La carga de presión sobre la placa está descrita por la función:
100 lb/pie2 2’
3’ x
Solución:
dF y dx
3
x Por simetría:
dA = 3dx
81
82
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
y
Problema 61
8 000 N/m2
Calcular la fuerza total (N) y el centro de presión.
16 m 40 000 N/m2 P 12 m
x Solución: Por simetría de cargas: xo = 8 m y = 12 m
P = 8 000
8 000 =
+8
(1)
y=0
P = 40 000
40 000 = A + B
(2)
De (1) y (2):
A = 34 666.67 B = 5 333.33
y 16
dy dF
x
dA = 16 dy
P=
+ 5 333.33
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
83
y
Problema 62 Reducir el sistema de fuerzas mostrado a un sistema equivalente consistente en fuerza única e indicar por dónde cruza al plano yz.
4m
600 N/m2
M = 4000 , N-m
O
x
3m
600 N/m2 4m
z y
Solución:
6 000 N
4 800 N F < > Volumen =
= 6 000 N
α
2m sen α =
1m cos α =
3 600 N
A α O 8/3
A(8/3; 1; 2) m ;
4/3 4m
4 800z = 9 600
z=2m
3 600y = –5 200
y = –1.444 m
x
84
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 63 Calcular la fuerza total y el centro de presión:
P 2Po
Po
Po y Po
L L
x Solución:
Po
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
85
Problema 64 P
Calcular la fuerza total y el centro de presión. La carga sobre la placa varía linealmente a lo largo de los lados de la placa de modo que:
8 kPa
y 3m
, kPa
4m x Solución:
86
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 65
P 800 N/m2
Calcular la fuerza total y el centro de presión.
600 N/m2 x 6m
500 N/m2
300 N/m2 4m z Solución: P = A + Bx + Cz x=0 z=0 P = 800
800 = A
x=0 z=6 P = 500
500 = 800 + 6C C = – 50
P = 800 – 50x – 50z Los cuatro puntos superiores forman un plano.
z=0 x=4 P = 600
600 = 800 + 4B B = – 50
x=4 z=6 P = 800 – 50(4) – 50(6) = 300
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
Problema 66
300 P
Calcular la fuerza total y el centro de presión.
100 kg/m2
x
y
200
12 m
9m O Solución: P = A + Bx + Cy x=0 y=0 P=0
87
A=0
x = 12 y=0 P = 200
200 = 12B B = 50/3
xo = 7.33 m yo = 5.33 m
x=0 y=9 P = 100
100 = 9C C = 100/9
88
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
P 80 N/m2
Problema 67 Calcular la fuerza total y el centro de presión.
y
3m 4m
x Solución: P = A + Bx + Cy x=0 y=0 P = 80
x=4 y=0 P=0
80 = A
0 = 80 + 4B B = – 20
x=0 y=3 P=0
0 = 80 + 3C C = – 80/3
“x” en función de “y”: P = 80 – 20x –
y 3–y
y
4
x
~ de
s:
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 2: Fuerzas distribuidas
89
z
Problema 68 Se almacena arena con peso específico
Superficie libre plana de la arena
γ = 1600 kg/m3 Calcular la fuerza total y el centro de presión en el plano xy.
2.4 m 3m 0.9 m 6m
x
1.5
m
3m
Solución: P = γz x=0 y=0 z = 2.4
A = 2.4
x=0 y=3 z=3
z = A + Bx + Cy 3 = 2.4 + 3B B = 0.20
z = 2.4 + 0.2x – 0.25y x=3 y=6 z = 1.5
1.5 = z
y=6 x=0 z = 0.9
0.9 = 2.4 + 6C C = – 0.25
y
CAPÍTULO
3
CENTRO DE GRAVEDAD 3.1 Peso (W) Fuerza ejercida por la tierra sobre los elementos del cuerpo rígido.
W1 W W3 2
La tierra: “Los pesos son fuerzas concurrentes”.
→ Fuerzas paralelas
W1
W2
Para distancias cortas es buena aproximación considerar a los pesos como fuerzas paralelas.
W3
z
z w
wi x
y i w4
xi w1
w3 w2
y
y C.G.
x
, peso total (1)
(3)
(2)
(4)
(1) = (2)
(3) = (4)
(5)
(6)
92
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
De manera similar: (7)
, ,
→ Coordenadas del centro de gravedad
En general: (8)
(9)
(10)
Las ecuaciones (5) al (10) se utilizan para calcular el centro de gravedad. Si la aceleración debida a la gravedad es igual en todas las partículas del cuerpo: W = mg dW = g dm
en (5), (6), (7), (8), (9), (10)
m = masa dm = masa de cualquier partícula del cuerpo
(11)
(12)
(13)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
En general: (14)
(15)
(16) Las ecuaciones (11) a (16) se utilizan para calcular el centro de masa.
3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos γ = Peso específico constante
3.2.1 Centro de gravedad de líneas “Alambre de sección constante”.
a = constante
W = γV W = γa
en 5, 6, 7:
(17)
De manera similar: (18)
(19)
93
94
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
En general: (20)
(21)
(22)
3.2.2 Centro de gravedad de áreas A
t = constante
“Placa de espesor constante”: W = γV W = γtA
en (5), (6), (7):
(23)
De manera similar:
(24)
(25)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
En general: (26)
(27)
(28)
3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes
V W = γV
en (5), (6), (7):
(29) De manera similar: (30)
(31)
95
96
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
En general: (32)
(33)
(34) Notas: 1) El centro de gravedad toma en cuenta los materiales que componen el cuerpo y es el punto donde está aplicada la fuerza resultante equivalente que es el peso del cuerpo. 2) El centroide es un centro geométrico, toma en cuenta la forma más no los materiales que componen el cuerpo. 3) Si el cuerpo es homogéneo (γ = constante) el centro de gravedad coincide con el centroide.
3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus 1. Una línea que gira alrededor de un eje fijo genera una superficie (cualquier punto de la línea mantiene una distancia constante al eje mientras gira). 2. Una superficie plana que gira alrededor de un eje fijo genera un volumen (cualquier punto de la superficie mantiene una distancia constante al eje mientras gira).
Línea
B
B Superficie
A
A Eje
Superficie lateral de un tronco de cono
C
Volumen de cono
Eje
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
97
Teorema 1: La superficie generada por una línea que gira alrededor de un eje fijo es igual a la longitud de la línea multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la línea durante la formación de la superficie.
dL Para 1 vuelta:
L y Eje
En general:
Teorema 2: El volumen generado por una superficie plana que gira alrededor de un eje fijo es igual al área de la superficie multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la superficie durante la formación del volumen. Para 1 vuelta:
A dA
En general: α → en radianes
y Eje
98
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
3.4 Tabla de centros de gravedad Centro de gravedad de líneas C = Centro de gravedad Nombre
Figura
L
y 1
Recta
C L
0
x
L
y 2
1/4 de circunferencia
r C x
r y 3
C
1/2 de circunferencia
r
0
r
x
r
x
πr
y 4
Circunferencia
y 5
Arco de circunferencia
y 6
Recta inclinada
C
r
C α
r α α
C
0
x
Elipse
a
2πr
0
2αr
L L
x y
7
0
b a Cb
=0 ;
x ;
Nota: α solo en las fórmulas debe ir en radianes.
=0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
99
Centro de gravedad de superficies planas Nombre
Figura
A
C
bh
y 1
Rectángulo
h
x
b a
y 2
Triángulo
h
C b
x
r
x
r
x
y 3
r
Triángulo rectángulo
C
y 4
C
r
1/4 de círculo
y 5
C
Semicírculo
r
2r y 6
Círculo
r
y 7
Sector circular
x
x2 + y2 = r2 C
r
r C r
0
x
x
0
πr2
0
αr2
100
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
A
y 8
1/4 de elipse
b
C a
x
y 9
Semielipse
b
0
C a
a
x
y 10 Elipse
a
b
C
b
a
x
0
0
πab
y C
11 Paralelogramo
b
a
x y
12 Segmento circular
C r
α α
r x
absen α
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Nombre
Figura
A
a
y c
d
C
13 Trapecio
h b
y 14
Tímpano de 1/4 de círculo
101
x
x2 + (y – r)2 = r2 r
r C x y
15 Cuadrado
a
C
a2
a
x
y R
C
16 Corona circular
x
r
0
y 17 Semicorona circular
0
C R
r
x
y 18
Segmento de corona circular
C R
α α
0
r x
0
102
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
A
y r Círculo con núcleo 19 retirado
b
α α
C
x
0
0
2αr2 – 2ab
0
0
2.3773R2
0
0
2.598R2
0
0
2.8284R2
0
0
2.9389R2
b
a a y R
20 Pentágono
x
C
y R
21 Hexágono
C
x
y R 22 Octágono
C
x
y R 23 Decágono
C
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Nombre
Figura
A
y 24
Polígono regular con “n” lados
R
25 Área semiparabólica
0
x
C
y
a y = kx2
C
b
x
a 26 Área parabólica
y
a C
b
y = kx
2
x
y 27
Semiparábola de grado “n”
b
a y = kxn
C
x y • Tímpano semiparabólico 28 • Enjuta semiparabólica
y = kx2 C b a
103
x
0
0
104
Estática - teoría y aplicaciones
Nombre
Editorial Macro
Figura
A
y 29
• Tímpano de grado “n” • Enjuta general
C
b
a y 30
x
a C
Tímpano de 1/4 de elipse
0.7765a
b x
y 31
Semisegmento parabólico
h
C x
b y 32
Semisegmento de grado “n”
h
C x
b y 33
Semiparábola de grado “n”
C a
b x
0.7765b
0.2146ab
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Nombre
Figura
y
A
x = ky2
34 Semiparábola
b C x
a y 35
Complemento de semiparábola
b
a C x = ky2 x
y Complemento de 36 semiparábola de grado “n”
a C
b x y
37 Trapecio
h
a C b
x
y
38 Rombo
C
105
x
0
0
106
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Centro de gravedad de superficies curvas Nombre
Figura
A
z
1
Cáscara cilíndrica base circular
C r
h
0
r
0
2πrh
0
πrh
0
πr(2h + r)
y
x z
2
Cáscara semicilíndrica
h
C r
y
r
x z
3
1/4 de cáscara cilíndrica
C
h
r
y
r x z
4
Cáscara cilíndrica de fondo cerrado
h
C r x
r
0
y
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Nombre
Figura
107
A
z
5
Cáscara cilíndrica cerrada de ambos lados
C
h
r
r
0
0
0
0
y
x
z
6
h
Cáscara cónica de fondo abierto
C
r
r
y
x
z
7
C
Cáscara semicónica
h
r
0
r
y
r
y
x
z
8
Cáscara cónica base cerrada
h C r x
2πr(h + r)
108
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
A
z
9
r
Cáscara esférica
y
0
0
0
4πr2
0
0
2πr2
0
πr2
0
3πr2
C x
z C
10 Cáscara hemisférica
r
r
y
r
y
x
z
C
11 1/4 de cáscara esférica
r x
z
12
C
Cáscara hemisférica base cerrada
r x
r
y
0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
109
Centro de gravedad de volúmenes Nombre
Figura
y 1
x2 + y2 = r2
1/2 de esfera (hemisferio)
x r
y 2
V
0
0
0
0
0
0
z
h
Cono
x r
z
z 3
Semicono
r x
h
b
x
Pirámide
a
z
y 5
h
Pirámide irregular
x b z
0
r
h
y 4
y
a
110
Estática - teoría y aplicaciones
Nombre
Editorial Macro
Figura
y 6
V
h x
Cilindro
0
0
πr2h
z y 7
Semicilindro
h x
r
r
0
z
y h 8
1/4 de cilindro
r
x
r z z 9
b c
Prisma rectangular
y
a x z c
10 Tetraedro recto
b a x
y
abc
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Nombre
Figura
111
V
z a 11 Cubo
y
a a
x
z
x2 + y2 + z2 = r2
r
12 Esfera
a3
y
0
C
x
z r h 13 Tronco de cono
C y R
x
y 14 Prisma triangular
x
b z
a
c
0
0
112
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
V
z
15 Cilindro elíptico
h
C
0
y
b a
a b x z h
16 1/4 de cono
r
r
y
x z
17 Tronco de pirámide
a/2 b/2 x
h
y
a/2
b/2
H
z
18
1/2 cilindro circular por corte diagonal
h
0
r x
r
y
0
πabh
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Nombre
Figura
V
z 19
Semielipsoide de revolución
h
C r
y
r
0
0
0
0
0
0
x
z 20
Semielipsoide elíptico
C
c b
x
a
a
y
b
z c
21 1/8 de elipsoide
a
y
b
x
z
22
Paraboloide de revolución
C
x
113
r
r
h y
114
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
b
2a 23
Paraboloide elíptico
V
z
b c
C
0
0
y x
z 24
Paraboloide hiperbólico
c a x
y
0
b
z
x 25 Semitoro
a
ya a
0
a a r
r
z
h
26 Cono
x 2r
0
y
0
π2a2r
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 69
Capítulo 3: Centro de gravedad
115
y
Hallar el centro de gravedad del arco de circunferencia.
r
L
α α
x r
Solución: Simetría: Eje x:
y
rcos θ = x r
dθ θ
(1)
(2) (1) y (2) en x:
dL = rdθ x
116
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 70 Hallar el centro de gravedad de la línea OA.
y y2 = 12x
O Solución:
A (12; 12)
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
117
Problema 71 En la superficie triangular mostrada, calcular .
y
h x b Solución:
y
x
dy y
Por semejanza de triángulos:
x b
Elemento diferencial: rectángulo (1)
(2) (1) y (2) en :
h
118
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 72 Calcular el centro del gravedad de un cuarto de círculo.
y
dL = rdθ
r
Solución:
dθ θ
r
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 73 y
Calcular el centroide de la superficie rectangular.
h x O
b
Solución: A)
(1)
y
b
(2)
(3)
dy
x
O
(2) y (3) en (1):
y B)
dx
(1)
h (2)
y O
(1) en (2):
x
x
119
120
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 74
y
Hallar el centro de gravedad del sector circular.
r α α
x r
Solución: Eje de simetría x →
y r dθ θ (1) (2)
(1) y (2) en :
dL = rdθ x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 75
121
y
Hallar el centro de gravedad, luego calcular el volumen generado al dar una vuelta alrededor del eje x.
20 cm 12 cm 8 cm
Solución:
8
Por simetría
2(18.33)
Componentes
A(cm2)
+ semicírculo (r = 20) – semicírculo (r = 12) + 2 sector circular + triángulo Σ
628.32 –226.19 164.64 146.64 713.41
Algunos cálculos:
16.49 13.09 5.29 2.67
10 360.99 –2 960.83 870.95 391.53 8 662.64
8
θ
2α
20 cm b
Sector circular:
x
122
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 76
A
Hallar el centro de gravedad de la línea compuesta OABCO.
B 15 cm
8 cm α
O
C
20 cm
x
Solución: L AO OC CB BA Σ
15 20 8π 9 69.13
0 10 16,65 3.6
7.5 0 8.87 12.3
— 200 418.46 32.4 650.86
112.5 — 222.92 110.7 446.12
Cálculos: :
D
B
D 8 O
:
α 20 cm A 15
17
y z O
a 20
α
8 C
α α C
x
O
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 77
y
Hallar el centro de gravedad de la superficie lateral del cono.
h x z Solución:
y
Simetría xy: Simetría yz:
h
dL
x y
r
x
z Semejanza de triángulos:
dy
dL dx
123
124
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 78 Hallar el centro de gravedad del tronco de cono circular recto. (r1 = 10 cm; r2 = 12.5 cm; h = 15 cm)
y
r1 h
r2
x
z Solución:
y
Por simetría con los planos:
B y 10
Semejanza de triángulos:
h’ h = 15
C 12.5 y = 60 cm → h’ = 75 cm Componente
Volumen (cm3)
A x
z y (cm)
Vy
Cono grande
230 100
Cono pequeño
–188 490 Σ = 5 989
Σ = 41 610
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 79
125
y
Hallar las coordenadas centroidales del volumen del cono circular recto.
x
d z h Solución: Por simetría en el plano xy:
dx
x
Por simetría en el plano xz:
h–x
d/2 x (1) (2) Por semejanza de triángulos: en (2)
d/2
y h
h–x
126
Estática - teoría y aplicaciones
Problema 80 Se gira el área de la figura alrededor del eje y. Hallar el centroide del volumen.
Editorial Macro
y
y = 2a
(a, 2a)
y2 = 4ax x Solución:
y
Por simetría con el plano xy: Por simetría con el plano zy:
dy y
(1)
x x
(2)
z
De en (2): en (1)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
127
Problema 81 b = 50 mm
y A
Calcular el centro de gravedad de la línea OA.
b/2 O
x
b
Solución:
d dx
(1)
(2)
dy
128
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Reemplazando datos en (1) y (2):
Problema 82 Calcular la longitud “b” tal que el centroide de la línea compuesta se encuentre en el punto “O”.
y b
A
B a O
D
C
Solución:
AB DC AD BC
x
x
b b 2a πa
–b/2 –b/2 –b 2a/π
–b2/2 –b2/2 –2ab 2a2
2b + 2a + πa
2a2 – 2ab – b2
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Problema 83 Calcular el centro de gravedad de un cuarto . de circunferencia
Capítulo 3: Centro de gravedad
129
y B r x
A
O Solución:
y
x = rsenα
dS = rdα
r
dα α
x = rcosα
x
130
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 84
z
Calcular “a” y “b” en función de “r” si el centroide queda en el punto (a/4; r; z), luego calcular z.
r B
b C
y
D
a A x Solución:
AB CD BC
x
a b πr
a/2 0 0
a +b + πr
y
z
0 0 2r + b/2 0 r 2r/π
x
y
z
a2/2 0 0
0 2br + b2/2 πr2
0 0 2r2
a2/2 πr2 + b2/2 + 2br
(1)
(2)
(1) = (2):
2r2
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
131
Problema 85 Calcular el centroide de la línea semicircunferencia compuesta AC, CB, DC rectas.
y z C D 12’ 5’
A
O 5’
x
B
Solución: Por simetría:
BC AC DC
x
y
z
x
y
z
5π 13 13 13
0 2.5 –2.5 0
0 6 6 6
10/π 0 0 2.5
0 32.5 –32.5 0
0 78 78 78
50 0 0 32.5
0
234
82.5
54.708
132
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 86
z
2 y 5 = un cuarto de circunferencia.
1
Calcular el centroide de la línea compuesta.
R 3
2
4
R/2
y
R
5
R x Solución: (1)
línea
x
(2)
y
z
x
(3)
y
z
1 2 3
R R
4
R 0
5
R2 R2
R
0 0
6.055R
0 3.349R2
3.778R2
4.531R2
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 87
y
Calcular “b” si el centroide del área compuesta sombreada está en el punto “C”.
a/2 = 3r r c
O
x a/2 = 3r
b a = 6r
Solución: Dato: a
A
x
Ax
+
a
36r2
3r
108r3
+
r
πr2
b–r
πr2(b – r)
– 2r
– 2rb
b/2
– rb2
b
Respuesta:
133
36r2 + πr2 – 2rb
108r3 – rb2 + πr2(b – r)
134
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 88 Calcular el centroide del área sombreada por integración.
y
a/2 x
a Solución:
y (1)
a/2 x
a–x
dy
y x
a
en (1) y (2)
en (1)
(2)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
135
en (2)
Problema 89
y
Calcular por integración el centroide de la superficie plana denominada 1/4 de elipse.
b O Solución: y dA dy y
x
x
a
x
136
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
y
Problema 90 Calcular el centroide de la superficie plana sombreada.
R
R/2
x
O 2R Solución:
A
x
R2
R
y
Ax
Ay
2R +
R/2
– R/2
–
R 2α R
β R
R3
–
–
– 0.2618R2 0.522R2
0.636R
0.170R
–
– 0.166R3
– 0.044R3
0.772R3
0.134R3
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
137
Cálculos:
y x’ x
O x = x’cos15º = 0.636R y = x’sen15º = 0.170R A = αR2 =0.2618R2
Problema 91
y (a; b)
Calcular el centroide del área sombreada por integración.
y1 = K1x2
y2 = K2x3
b
x
a
O Solución: (1) y=b x=a
K1 = K2 =
(2)
y
x dx
x
138
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
en (1) y (2)
en (1)
en (2)
z
Problema 92 Calcular el centroide de la superficie del medio cilindro.
dS
L y
x
L
R
Solución: Por simetría:
z dS dα α x
R
z
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
139
z
Problema 93 Calcular la relación H/R de modo que el centroide de la superficie total del cono coincida con el centroide del volumen.
H y
R x Solución:
A
z
zA
πR2
0
0
Superficie lateral fondo
140
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
y
Problema 94
4a a
Calcular el centroide de una cáscara semicilíndrica cerrada en ambos extremos y abierta en la parte superior.
2a
a
a
a
4a x
z Solución: Por simetría:
A izquierda
y
Ay 0.904a3
derecha
0.904a3
centro
4.566a3 5πa2
6.374a3
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 95
z
Calcular la ubicación centroidal del tetraedro.
141
b
a c y
x Solución: ~ de
z
s:
c–z
y
c x
y
dz z
z b
y
x
x
c–z c z
a ,
142
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 96
z
Calcular el centro de gravedad de la pirámide rectangular.
h
a/2 y a/2 b/2 x
b/2
Solución: ~ de Por simetría: dV = xydz
y/2 z b/2
x y
z
dz x/2
h z
a/2
h
s:
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 97
143
z
Calcular el centro de gravedad del semicono.
O x
a a
h
Solución: Por simetría:
y
dy
O
z
z
y y
del diferencial de volumen
h
a
a y
144
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 98 z
Calcular el centro de gravedad del volumen.
2m x2 + y2 = 9 – z 5m
dz
r
z
O
x Solución: Simetría:
, (1)
en (1)
y 3m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 99
145
z z2 = 3y
Calcular por integración el centroide del volumen.
y
O
L x Solución: Por simetría: (1)
z y
dy r
x en (1)
en (1)
y
146
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 100 y
Calcular el centroide del semielipsoide por integración.
r
r
x
r h z Solución:
y dV
Por simetría:
y x
(1)
z
x
dx
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 101
147
z
Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro C de la cara plana circular del hemiferio.
h
C
Solución: Fig
V
z
Vz
r
148
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 102
z r
Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro “C” de la cara plana circular del hemisferio.
h C
Solución:
Fig.
V
z
Vz
r
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 103
149
6 cm 4 cm
Calcular el centro de gravedad del tronco de cono recto y circular del cual se ha retirado otro tronco de cono recto circular y coaxial como el primero, tal como se muestra en la figura.
6 cm
2 cm 10 cm Solución: ~ de Triángulos B)
A)
4
y 10y 6y + 36 4y 36 y9
6 6 10
A)
4x 12 + 2x 2x 12 x6
6 2 x
150
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
B)
Vol (cm3)
Vy
1
1231.5
2.51
3091.06
2
–175.93
6 – 2.35 = 3.65
–642.14
1055.57
2448.92
Problema 104 La superficie gira 180º alrededor del eje y generando un volumen. Calcular el centro de gravedad del volumen.
z
2m
2m
y 2m
x Solución: Por simetría plano zy:
;
;
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
r
Capítulo 3: Centro de gravedad
~ de
s:
4
r
2
2 dy
y
2 4–y
151
152
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 105 100 mm
Calcular la altura “h” hasta la cual debe vaciarse el líquido dentro de la copa cónica de modo que esté en contacto con la mitad del área de la superficie interior de la copa.
150 mm h
Solución:
50 = 25 Por Pappus:
SL = 2π L SL = 2π(25)158.11 = 24 835.86 mm2
150
158.11
SL = 12 417.93 mm2
50 βcos18.43º = h
x 150 h β
β = 1.054h x=
= 0.333h = htan18.43º
= 0.1666h
18.43º Por Pappus: 12 417.93 = 2π(0.166h)1.054h h = 106.1 mm
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 106
153
z
Calcular el centro de gravedad del hemisferio. La densidad del material varía linealmente desde cero en el origen hasta ρo en la supeficie.
x O a y
Solución: dw = γdV = ρgdV
dx dV = πz2dx
z
z2 = a2 – x2 dV = π(a2 – x2)dx
x
Por simetría:
x2 + z2 = a2 ρo = Ka ρ = Kx (1) x=a en (1): ρ = ρo
K= ρ=
ecuación de la densidad
154
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 107
z
Calcular el centro de gravedad del cuerpo formado por un cilindro hueco de ρ = 8 T/m3 y un hemisferio que tiene una ρ = 3 T/m3.
20
20 mm
120 mm
x 40 mm y Solución: Por simetría:
Fig
z
ρ
V (mm3)
ρV
zρV
1
60
8
+π(40)2120 = 603 185.7
482 5485.6
289 529 136
2
60
8 –π(20)2120 = –150 796.4 –1 20 6 371.2 –723 382 272
80 +
–
120 40 120
+
40 3
– (40) = – 15 3
+ π(40)3 = 134 041.2
402 123.6
–6 031 854
4 021 238
211 115 010
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
Problema 108
155
z
La estructura que se muestra contiene una placa A de peso 10 lb/pie2 y alambres B y C de peso 2 lb/pie. Calcular el centro de gravedad.
C R
A
R = 4 pie y 3 pie
B x Solución: A Peso: B Peso: C Peso:
W
x
y
A
60
1
0
B
10
1.5
2
C
12.57
0
z
0
82.57
= 0.908 pie
= 0.630 pie
Wx
Wy
Wz
60
0
80
15
20
0
0
32
32
75
52
112
= 1.356 pies
156
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 109
γ
= 7.15 g/cm3 = 2.65 g/cm3
acero
1 cm
hierro
hierro aluminio
= 7.8 g/cm3
1 cm
2 cm
acero
γ γ
y
y 1 cm
Calcular el centro de gravedad de la pieza de acero, hierro fundido y aluminio.
aluminio x
z 1 cm
Solución: W = γV acero:
7.8 × 1 × 2 × 1 = 15.6 g
hierro:
7.15 × 1 × 4 × 2 = 57.2 g
aluminio
Por simetría:
(1)3 × 2.65 = 5.55 g W
y
z
Wy
Wz
acero
15.6
3.5
2
54.6
31.2
hierro
57.2
2
0.5
114.4
28.6
aluminio
5.55
1
= 3(1)/8 + 1 = 1.375
5.55
7.63125
174.55
67.43125
78.35
4 cm
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 3: Centro de gravedad
157
Problema 110 Un cilindro de acero está incrustado en un cilindro de madera. Calcular el centro de gravedad del conjunto. γ = 7.8 g/cm3 γ
= 1.6 g/cm3
y
y madera
20 cm
12
vista lateral Solución: W = γV
V V V
1
2
= π(6)24 = 144π
, W1 = 723.82 g
= π[(6)2 – (4)2]12 = 240π , W2 = 1206.37 g
= π(4)2(32) = 512π
, W3 = 12546.29 g
Por simetría: W
x
Wx
madera1
723.82
2
1 447.64
madera2
1 206.37
10
12 063.7
acero
12 546.29
20
250 925.8
14 476.48
264 437.14
12 cm
z
x 4
8 cm
12 cm
acero
CAPÍTULO
4
MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS
Llamado también momento segundo de superficie. Por ejemplo en el análisis de esfuerzos y deformaciones en vigas se encuentran expresiones matemáticas de la forma .
y
A x
dA
Momentos de inercia
a y x
O Momento polar de inercia
→
→ (+), Unidades = (longitud)4
4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner) y
A d2
yC dA y
xC
C d1
a , similarmente:
O
x C → centroide
160
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
4.2 Radio de giro Los momentos de inercia y el momento polar de inercia se pueden expresar en forma de producto del área A de la superficie por el cuadrado de una longitud r (constante). radio de giro (+) radio de giro (+) radio polar de giro (+)
→ relación de radios de giro
y
y
A
ry
rx O
y A
A
r0 O
x
x
x
O
Relación de radios de giro entre 2 ejes paralelos uno de los cuales pasa por el centroide de la superficie: ,
,
,
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
161
4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto y
A x
dA → (+) ó (−)
y x
O y
xC
yC
A xC
C
yC x
O
Si un eje o ambos ejes son ejes de simetría: I = 0
y
y
y C
C
x
Signos
C
x
x
x(–) • y(+)
•
x(+) y(+)
x(–) y(–)
•
x(+) y(–)
•
4.4 Rotación de ejes y V
A U α O
α → (+) antihorario (–) horario
α xy UV
x
162
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
4.5 Momentos de inercia principales Existe un sistema de ejes en los cuales se da en uno de ellos el momento de inercia máximo y en el otro se da el momento de inercia mínimo, se denominan ejes principales. El producto de inercia con respecto a estos ejes es cero. Magnitudes
Ubicación (α) → α1 ; α2 = α1 + 90º
4.6 Método gráfico: Círculo de Mohr Se da de una superficie plana respecto a ejes x, y. Hallar gráficamente los valores IU, IV, IUV respecto a un sistema de ejes u, v que forman un ángulo α con el sistema de ejes x, y en sentido antihorario. 1. En el eje horizontal se ubican los momentos de inercia. 2. En el eje vertical se ubican los productos de inercia. 3. Se ubica en el punto “A” (
).
4. Se ubica en el punto “B” (
).
5. Se dibuja la recta que corta a la horizontal en “C”, “C” es el centro del círculo que es trazado estando los puntos “A” y “B” contenidos en el círculo. 6. Se dibuja una recta que forma un ángulo 2α con la recta recta es y pasa por el centro del círculo.
en sentido antihorario, la
7. Las coordenadas “D” y “E” son los valores IU , IV , IUV . 8. El ángulo α’ nos define la posición de los ejes principales en el círculo son los puntos F y G. 9. Si en la superficie plana se considera un ángulo “α” en el círculo de Mohr se considera un ángulo “2α”.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Productos de inercia
(IU, IUV) D A(Ix, Ixy) 2α 2α’
C (0; 0)
G (Imín)
2α’
Momentos de inercia
F (Imáx)
2α
B (I , –I ) E (IV, –IUV)
y
V α
W α’
Superficie plana
U α
xy UV wz
W, z → ejes principales z
→ z eje respecto al cual se genera el
W
→ eje con respecto al cual se genera el
x
α’ z
163
164
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
4.7 Tabla de momentos de inercia Momentos de inercia de superficies planas C = Centro de gravedad
1
Rectángulo
y
yC
h
C xC x
b y a 2
Triángulo
h
yC
C
xC x
b yC
y 3
Triángulo rectángulo
h C
xC x
b yC
y 4
1/4 de círculo
r xC
C r y 5
x
yC
Semicírculo
xC C r
r
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
yC
y
6
xC
C
Círculo
r x yC
y r 7
α α r
Sector circular
y 8
1/4 de elipse
x
C
yC
b
xC
C
x
a yC
y 9
Semielipse
b
xC
C a
a yC
y 10 Elipse
x
b
a C
a
xC
b x
165
166
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
yC
y a
11 Paralelogramo
xC
C
α
x
b y
xC
C
Segmento 12 circular
r
α α
r x
y 13 Trapecio
yC
a
h
c xC
C
x
b y
14
Tímpano de 1/4 círculo
yC r xC C yC
y
15 Cuadrado
a
x
C
xC
a
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
yC
y R Corona 16 circular
r
C
xC x
y 17
yC
Semicorona circular
C r
x
R
y Segmento 18 de corona circular
C
xC
R α α r x
y Círculo 19 con núcleo retirado
r
b
α C α a
b
x
a
y 20
Pentágono regular
R C
x
167
168
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
y 21
R
Hexágono regular
C
x
C
x
y 22
R
Octágono regular
y 23
R
Decágono regular
x
C
y
Polígono 24 regular con “n” lados
R C
y Área 25 semiparabólica
b
x
a C y = kx2
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
y
a 26
Área parabólica
b
a
y = kx2
C x
• Tímpano semiparábolico 27 • Enjuta semiparabólica
y y = kx2
b C
a
x
y • Tímpano de 28 grado “n” • Enjuta general
b x
C
a
x
y a Tímpano de 1/4 29 de elipse
C b x
y 30
Semisegmento parabólico
h
C b
x
169
170
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
y 31
Semisegmento de grado “n”
h
C x
b
y a
Semiparábola 32 de grado “n”
b
C x
y 33
Semiparábola de grado “n”
C
b
a y
x
x = ky2
34 Semiparábola
C a
b x
y
35 Rombo
C
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
4.8 Tabla de productos de inercia Nombre
Figura
y
1
a
Cuadrado
0
C a
x
y 2
h
Rectángulo
0
C b
x
b
x
y 3
h
Triángulo rectángulo
C
yc 4
y h
Triángulo rectángulo
C
xc x
b y
5
h
Triángulo rectángulo
C b
x
171
172
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
y b 6
Triángulo rectángulo
h
C x
y b 7
Triángulo rectángulo
C
h x
a
y 8
Triángulo
h C
x
b y
9
1/4 de círculo
–0.01647r4
r C x
r y r
10 1/4 de círculo
0.01647r4
C r
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Nombre
Figura
y 11 Semicírculo
0
C r
x
r
y
C
12 Círculo
0
πr4
0
0
r x y r α α
13 Sector circular
x=
C
r
y
14 1/4 de elipse
–0.01647a2b2
C
b
x
a y 15 Semielipse
0
C
b a
a
x
173
174
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Nombre
Figura
y b 16 Elipse
a
C
a
0
πa2b2
0
0
0
πR2(R2 – r2)
b x
y a
17 Paralelogramo
C
α
x
b y= C
Segmento 18 circular
α α
r
r x
y 19 Trapecio
a
h
c
C x
b y
20 Corona circular
R
C r x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Nombre
Figura
y= 21
Semicorona circular
C
0
0
0
0
0
0
0
0
x R
r y= 22
C
Segmento de corona circular
α R α r x y= r
23
Círculo con núcleo retirado
C a
b
α
x=
α
b
a y=
Polígono regular 24 con “n” lados
R C
x=
y Área 25 semiparabólica
a b
C y = kx2 x
175
176
Estática - teoría y aplicaciones
Nombre
Editorial Macro
Figura
y= a 26
Área parabólica
b
y = kx2
a
0
C x y a
27
Semiparábola de grado “n”
b
C x
• Tímpano semiparabólico 28 • Enjuta semiparabólica
y y = kx2
b C x
a
• Tímpano de grado “n” 29 • Enjuta general
y b a
C
x
y Tímpano 30 de 1/4 de elipse
a C
–0.00439a2b2
b x
0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Nombre
177
Figura
y 31
Semisegmento parabólico
h
C x
b y
32
Semisegmento de grado “n”
h
C x
b y 33
Semiparábola de grado “n”
C
b x
a y
x = ky2
34 Semiparábola
C
b x
a =y 35 Rombo
C
x=
0
0
178
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 111
y
Calcular los momentos de inercia de la figura mostrada con respecto a los ejes x y xG.
h
C.G.
b
//
xG
//
x
Solución:
(IXG) dy y
C.G.
h/2 xG h/2
b b dy y
h (IX)
Problema 112 Calcular el momento de inercia con respecto al eje x.
y r x
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
179
y
Solución:
dρ
ρdα ρsenα = y
ρ dα α
Problema 113
x
y
Calcular J0.
R O
x
y
Solución: (1)
dρ ρ
(2) en (1)
O
x
180
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 114 Calcular IXY y IXY
CG
del triángulo.
y 20 cm x 30 cm
25 cm
Solución: Semejanza de triángulos:
y
dx 20 cm y 30 cm x
y/2 x
25 cm 55 – x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Problema 115
181
y 2 cm 12 cm
Calcular IXY.
1
10 cm 2 cm x
2
16 cm Solución: I =I
G G
+A
Para nuestro caso: I A x
G G
= 0 (Para cada rectángulo)
y
Figura 1 10 × 2 ×1 × 7 = 140 cm4 Figura 2 16 × 2 × 8 × 1 = 256 cm4 IXY = 396 cm4
Problema 116
y’
y
Calcular
x
.
20 cm
α β
α
5 cm 5 cm
x’
25 cm
Solución: A
32.01
100 – 27.5 150 – 15 2 A = 250 cm I =
(5)(20)3 + 100(10)2 +
I = 14 583.33 cm4
10 – 2.5
– 275 000 5 625 – 21 875 = I
20 α 25
(30)(5)3 + 150(2.5)2 α = 38.66º β = 51.34º
182
Estática - teoría y aplicaciones
I =
(20)(5)3 + 100(27.5)2 +
Editorial Macro
(5)(30)3 + 150(15)2 = 120833.33 cm4
I = 67 708.33 + (–53125)cos(102.68º) + 21875sen(102.68º) I = 100711 cm4 r = 20.07 cm I = 67 708.33 – (– 53 125)cos(102.68º) – 21 875sen(102.68º) I = 34 706 cm4 r = 11.78 cm rO = 23.27 cm I
= – 53 125sen(102.68º) – 21875cos(102.68º) = – 47 028 cm4
y
Problema 117 Con respecto al área “A”, si I = 48 cm4, I = 32 cm4, I > 0, Imínimo = 30 cm4. Calcular: I , Imáximo, la ubicación de los ejes principales, el momento de inercia del área respecto a un eje que pasa por “O” y que está rotado 45º en sentido antihorario respecto al eje x.
A
45º O
Solución:
Otra manera: I
+I
=I +I →I
= 50 cm4
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Problema 118
183
y
Calcular I .
x 4 cm y
Solución:
y
x
y/2 x dx
y
Problema 119
5 20 cm
Calcular I , I , JO , r , r .
10 x
Solución:
Figura 1 20 20
Figura 2 5 5
Figura 3 5 15
Figura 4
20
184
Estática - teoría y aplicaciones
Figura 1:
Figura 2:
Figura 3:
Figura 4:
Figura 1:
Figura 2:
Figura 3:
Figura 4:
I = Figura 1 + Figura 2 + Figura 3 – Figura 4 = 59 416 cm4 r = 14.07 cm r = 14.26 cm JO = I + I = 120 413 cm4
Editorial Macro
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Problema 120 Calcular por integración I .
y y = 2.5 – 0.1x2
2.5’ x
5’ y
Solución:
y x
dx 5’
5’
Problema 121 Calcular por integración I , I .
y y3 = x 2” 8”
x
185
186
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: y3 = x y = x1/3
y x y x
dx .
y
8–x
x
y
dy x
.
y
Problema 122 Calcular por integración Ix , Iy.
1m
1m 2m
2m
Solución: y
x
y dx
x
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
187
Problema 123 Calcular por integración I , I .
y a b
y = Kx x
Solución: y=b x=a
y b = Ka K=
y=
x
dy y
a x x
188
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
y
Problema 124 Calcular I , I .
4 cm
C: centro de gravedad de la superficie sombreada
C O
xC y = 9x 2
x
4 cm
Solución: A 1 2
1
8
2
y
Ay 58.64 36
16 cm2
yC
6 cm
94.64
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
I :
+
10 A
4
10
4
–
4
x
4
–
6
115.2 cm4
4
y
6 x
dx
y
Problema 125
3”
3”
Calcular I , I , Jo.
6” 2” 4” x
O Solución: 6 10
1
3 3 2
10
3
– 4
2
189
190
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
I : 1 2 3 –
4
–
I : 1 2 3
–
4
Problema 126
–
y
15
5 15 cm
Calcular Jo.
5
1
20
2 3
4
O 55 cm
20 cm x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Solución: I : 1 2 3 4
I : 1 2 3 4
Problema 127
y
Calcular I , r .
(a; b)
O
x
191
192
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución:
y dy
dA dy x Fórmula general:
Problema 128
y
y
Calcular los radios de giro de la superficie rectangular respecto a: a) Los ejes x , y. (r , r )
6 cm
b) Los ejes centroidales horizontal y vertical. (r , r )
3 cm
x x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
193
Solución:
Problema 129 Calcular los radios de giro de la superficie triangular respecto a: a) Los ejes x , y b) Los ejes centroidales xC , yC
y
yC
125 mm
xC
200 mm Solución:
x
194
Estática - teoría y aplicaciones
Problema 130
Editorial Macro
y
Calcular el radio de giro de la superficie respecto a un eje que pase por su centroide y sea normal al plano de la superficie. (r )
100y = x2 25 mm
C O
x
50 mm
Solución: De tablas:
De tablas:
De tablas:
d
C
O
Problema 131
y
Calcular I .
x = Ky b O
a
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Solución:
y x y dx
y/2 x
Problema 132
y
Calcular en el cuarto de círculo I .
x2 + y2 = 4 2” 2” Solución:
y
x/2 x/2
dy y
x
x
195
196
Estática - teoría y aplicaciones
Problema 133
Editorial Macro
y
Calcular I .
(a; a)
y=x
ay = x2 x Solución:
y x
dx h x
Problema 134 Calcular I
,I .
y 7.5 y 5
50 C 30 mm
x 5 17.5 mm x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Solución: En cada rectángulo: I = I
1 2
0
+ Ax y
A
x
y
Ax y
x
y
Axy
250 125
–5 10
7.5 – 15
– 9375 – 18750
2.5 17.5
25 2.5
15625 5468.75
375 I
= – 28125 mm4
I = 21093.75 mm4
Problema 135 Calcular I
4” .
1”
0.5” 0.5”
5”
3.5” 1” 4” Solución:
y 1.5
Para cada rectángulo: I = I
0 + Ax y
A
x
y
Ax y
4 5 4
1.5 0 – 1.5
3 0 –3
18 0 18
1
3 c 2 3
1.5
x
1 2 3
36
3 I
= 36 pulg4.
197
198
Estática - teoría y aplicaciones
Problema 136 Calcular I , I
Editorial Macro
y
.
3 cm
12 cm
24 cm
4 cm x Solución:
(x – 3) x dx 24
h
~ de
28 – h/2 x
–
:
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
Problema 137
y 80
Calcular IV , IV , IUV.
2020 80 mm V 30º
200 mm 20 20
x 200
30º U
Solución:
199
200
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 138
V
Calcular el producto de inercia de la sección de la viga respecto a los ejes U, V. Luego, calcular los momentos de inercia principales y su ubicación.
y 20 mm 20 mm
200 mm
20º C
150 mm
Solución: (1)
Momentos de inercia principales
I
= 511.36 × 106 mm4 ; α1 = 0º
I
= 90.24 × 106 mm4 ; α2 = 90º
x, y son ejes principales. eje x = eje I eje y = eje I
x 200 mm
20 mm 150 mm
U
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas
201
Problema 139 y
Hallar los momentos principales de inercia por el círculo de Mohr.
I 17.75º θ’
72.25º
I = 4.3 cm4 I = 16.3 cm4
O
x
θ’
I = – 4.28 cm4
17.75º I
Solución:
P. de I. (I ; –I ) B (16.3; +4.28)
10.3 cm = 4
C
E
(0; 0) I
2θ’
2θp1
D I
M. de I.
6 A (I ; I ) (4.3; –4.28) I
= 10.3 + r = 10.3 + 7.37 = 17.67 cm4
I
= 10.3 – r = 10.3 – 7.37 = 2.93 cm4 tan2θ’p =
2θ’ = 35.5º θ’ = 17.75º
Por convención de signos: θp1 = –17.75º y se relaciona con I θp2 = θp1 + 90º θp2 = 72.25º
4
B
cm
7 7.3 = r 2θp 6 C
4.28
CAPÍTULO
5
FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS • La presión en un punto de un fluido es la misma en todas direcciones (Principio de Pascal). • La presión hidrostática en un líquido es: P = γh (kg/m2) y → Peso específico (kg/m3) h → Distancia vertical a la superficie (m)
h
P
P
P = γh
5.1 Fuerzas sobre superficies planas Área de la superficie sometida a presión
Compuerta
γh1
A
B
h1 h2
A=e
γ
El punto de aplicacion de la fuerza total se conoce como Centro de Presión (C.P.). Este se determina de la misma forma como se vio en el tema de cargas distribuidas. (Δ)
γh2
A C.P.
Δ
B
e Superficie C.P. F
F
Superficie inclinada Primera forma
γh1
h1 h2
y = Peso específico del fluído
γh2
A B
γ
F A
Δ C.P. B
e
204
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
a/2 a/2
Segunda forma W1 , W2 → peso del fluido encima de la superficie W1 + W2 = W
h1
w1 A w2
h2
γh1 γh2
B W
e
A
α
P Δ
B Forma general Para determinar la fuerza total en superficies verticales o inclinadas con cualquier geometría.
= Distancia vertical del centro de gravedad del área analizada a la superficie del líquido = Presión que existe a la profundidad del centro de gravedad del área analizada y representa la presión promedio sobre el área analizada. C.G. = Centro de gravedad del área analizada. A = Área analizada Centro de presión (xP , yP) Expresiones generales para cualquier superficie plana:
γ
A C.G. B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
205
5.2 Fuerzas sobre superficies curvas Primera forma Presión variable:
γ
P = γ(h – Rsenθ)
P
A
Si θ = 0 → P = γh Si θ =
θ
→ P = γ(h – R)
B
h
R O
La fuerza total se calcula por integración. Segunda forma W = W1 + W2
W1 γ(h – R) W2 H γh
W1 , W2 → Peso del fluido encima de la superficie curva
h
A
R B
F
O
R
A
B
α R
O
206
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 140 La compuerta AB tiene un ancho de 2 m. El piso del canal es una superficie lisa. Hallar = 1000 kg/m3. las reacciones en A y B, γ
A 1.5 m 2.40 m 0.9 m
B 0.75 m Solución:
W
A
A
1125 kg 0.25 m
A A
A
2.4γ B
B
0.8 m
5760 kg
F
B 0.75 m B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
207
Problema 141 x
Hallar la fuerza y la ubicación del centro de presión sobre una área circular debido a la presión del líquido (γ).
2m área circular
y 1m
C.G.
xc y Solución:
208
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 142
1.35 m
γ = 1000 kg/m3
0.90 m
0.9 m
pernos
0.9 m
Hallar las fuerzas que se originan en cada uno de los pernos debido a la presión de agua.
1.2 m
Solución:
1.35γ P = 1.35γ(0.90) = 1093.5 kg 2
Q = 0.90γ
= 364.5 kg
Q F = 1458 kg 0.30
0.45 m
P
0.90 m 2.25γ
Py1 + Qy2 = (P + Q)y
0.90γ
1093.5(0.45) + 364.5(0.3) = y(1 458)
R
0.6375 m 1.2 m
y = 0.4125 m
1458
0.5625 m C
ΣMC = 0 R(1.2) = 1458(0.5625 m) R = 683.4 kg (fuerza en cada perno) ΣFH = 0 R + C = 1458 C = 774.6 kg (fuerza en cada perno)
R
= 387.3 kg
= 341.7 kg
C
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
x
Problema 143
1m
¿Cuál es la fuerza que el agua ejerce sobre la compuerta?
3m
1m A
B 2m
y B
γ
= 103 kg/m3
30º
Solución:
x
Se utilizará la expresión: F = γ(ysen30º)A
x
(1) (2)
dy
x y
Pero
en (2)
en (1)
Centro de gravedad:
209
210
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 144
1.5 0m
1.2 m 1.5
0m
C.P.
y’
γ =1000 kg/m3 α = 53.13º
α y’ senα = y
Dada la compuerta inclinada (sección rectangular), calcular la fuerza total y el centro de presión,
F
Solución: En superficies inclinadas:
X
2.2
5
α
C.G.
x 1.5 m
y1 = 2.25 m
c
Xc
y
0.9 m
1.5 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
Problema 145 El tanque se usa para almacenar un líquido con peso específico 80 lb/pie3, si está lleno hasta el tope determinar la magnitud de la fuerza (Kip) que el líquido ejerce sobre cada uno de sus lados: “ABCD” y “BDFE”.
C
8’
D
A
4’ 6’
6’
B
F 12’
E
Solución:
A F=
(7.21’)(12’) = 13 843.2 lb
7.21’
ABCD: F = 13.84 Kip
F=
B
F
4γ
4γ
8’(12’) = 61 440 lb
BDFE: F = 61.44 Kip
B
8’
F 12γ
E
211
212
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 146 El tanque contiene agua (d = 4 m) a) Determinar la fuerza resultante (kN) que el agua ejerce sobre los lados “A” y “B” del tanque. b) Si en vez de agua se coloca aceite, ¿a qué profundidad “d” debe llegar el aceite para que se tengan las mismas fuerzas resultantes? ρ ρ
d
B A 2m
= 900 kg/m3 = 1000 kg/m3
Solución: a) γ
= 9.81 kN/m3
FA = γ4
(2) = 16γ = 156.96 kN
d FB = γ(4) (3) = 24γ = 235.44 kN
γd b) γ
= 8.829 kN/m3
FA = 156.96 = 8.829 d = 4.216 m
(2)
3m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
213
Problema 147 Cuando el agua de la marea “A” desciende, la compuerta de marea gira automáticamente abriéndose para drenar el agua de la ciénaga “B”. Para la condición de marea alta mostrada determinar las reacciones horizontales en la articulación “C” y en el tope “D”. (kN)
C 1m 1m
A B
Longitud de la compuerta: 6 m Altura de la compuerta: 4 m = 1 mg/m3 ρ
D
Solución: HC
C
D.C.L.:
3m F1 F2
1m 3γ
γ
D
HD
2γ
= 9.81 kN/m3 F1 =
(6 m) = 27γ = 264.87 kN
F2 = 2γ
(6 m) = 12γ = 117.72 kN
ΣMC = 0 = HD(4 m) + 117.72
– 264.87(3 m)
← HD = 100.55 kN ΣFH = 0 = 264.87 – 117.72 – 100.55 – HC ← HC = 46.60 kN
2m
214
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 148
3m
La compuerta AB tiene 8 m de ancho. Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza que actúa sobre el pasador en “B” y la reacción vertical en el soporte liso “A”. (kN) ρ
A 5m
= 1.0 Mg/m3
B
4m A Solución: 3m
= 103 kg/m3 < > 9.81 kN/m3
γ
↓ F1 = 5(3)8(9.81) = 1177.2 kN ↓ F2 =
5m 5γ
(3)8(9.81) = 470.88 kN
→ F3 = 5γ (4 m) 8 m = 1569.6 kN → F4 = 4γ
8 m = 627.84 kN
F1
F3
F4
4m
F2 1.5 m
2m
2m 4γ
5γ
1m
D.C.L.: BV F2
F1
B
ΣMB = 0 = AV(3 m) – 1177.2(1.5 m) – 470.88(2 m) BH
– 1569.6(2 m) – 627.84
F3
2m
F4
2/3 m
↑ AV = 2 507 kN
4/3 m
ΣFV = 0 = BV + AV – F1 – F2
1.5 m
1m AV
1/2 m
↓ BV = 858.92 kN ΣFH = 0 = F3 + F4 – BH ← BH = 2197.44 kN
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
Problema 149
215
y = 0.25x2
y
Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza resultante (Kip) que el agua ejerce sobre el lado de la presa de longitud 25’.
25’
γ = 62.4 lb/pie3
10’ Solución:
25’ = b
10’ = a
FH
FV
A = ab FV = 25Aγ = 25
10(25)62.4 × 10–3
↓ FV = 260 Kip
25γ
→ FH = 25γ
Problema 150
(25) =
62.4 × 10–3 = 487.5 Kip
y = – 2x2
Determinar la magnitud de la fuerza resultante (lb) hidróstatica que actúa por pie de longitud sobre la pared marina. γ
y x
8’
= 62.4 lb/pie
3
2’
216
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: 2’ FV
FH
↓
8’
8’
y = –2x2
8/3 →
8γ
Problema 151
y
El tanque está lleno con un líquido con densidad ρ = 900 kg/m3. Determinar la fuerza resultante en kN que el líquido ejerce sobre la placa elíptica extrema y el centro de presión medido desde el eje “x” (en m).
4y2 + x2 = 1 0.5 m 0.5 m
x 1m 1m
Solución: A = πab F=γ A F = 6.93 kN
γ = 900(9.81)×10–3 = 8.829 kN/m3 = 0.5 m A = π(1)(0.5) = 0.5π
Centro de presión: (x e y ejes de simetría)
medido a partir del eje x hacia abajo C.P. (0, – 0.125) m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas
217
Problema 152 La superficie AB en arco tiene la forma de 1/4 de círculo. Si mide 8 m de longitud, determinar las componentes horizontal y vertical (en kN) de la fuerza resultante causada por el agua actuando sobre la superficie, luego calcular la fuerza resultante.
3m
A
2 m
ρ = 1 Mg/m3
B
Solución: γ = 9.81 kN/m3
2m
=8m
F1
F V = F1 + F2
(1)
F1 = γV1 = γ(2 m)(3 m)(8 m) = 48γ F1 = 470.88 kN F2 = γV2 = γ
F2 = γ
FH
2m 5γ
8 m = 6.8672γ
F2 = 67.37 kN ↓ FV = 538.25 kN → FH =
= 64γ = 627.84 kN
FR =
FR
tanα =
F2
3γ
= 826.98 kN
= 0.8573
α α = 40.606º
2
3m
CAPÍTULO
6
EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO Condiciones necesarias para el equilibrio de un cuerpo rígido. 1. ƩF = 0, Sumatoria de fuerzas → No hay traslación 2. ƩM = 0, Sumatoria de momentos → No hay rotación • Se estudia el equilibrio en el estado de reposo.
• Las dos ecuaciones generales serán suficientes si a partir de ellas se pueden determinar todas las fuerzas que se ejercen sobre el cuerpo. • Las fuerzas que se ejercen sobre un cuerpo rígido se clasifican en exteriores e interiores. Fuerzas exteriores: Gravitacional, eléctrica, magnética o de contacto. El peso de un cuerpo (gravitacional), la fuerza transmitida por la presión de un fluido (de contacto). Fuerzas interiores: Mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo rígido. Las fuerzas exteriores se dividen en: 1. Aplicadas (por agentes exteriores al cuerpo) 2. Reacciones (en apoyos y conexiones) Las ecuaciones generales 1 y 2 se pueden expresar vectorialmente:
6.1 Equilibrio en dos dimensiones Son problemas donde las fuerzas que intervienen están contenidas en un plano, los momentos son perpendiculares al plano donde están contenidas las fuerzas. Se pueden analizar escalarmente. En dos dimensiones (en el plano xy), de las ecuaciones generales quedarían: ƩF = 0
ƩF = 0
ƩM = 0
Por ello solo hay 3 ecuaciones escalares independientes para el equilibrio de un cuerpo rígido.
220
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
F Cuerpo sometido a 2 fuerzas Si el cuerpo está en equilibrio, las 2 fuerzas deben ser de igual magnitud y dirección, los sentidos son opuestos.
F
Cuerpo sometido a 3 fuerzas Si el cuerpo está en equilibrio las 3 fuerzas deben ser concurrentes o paralelas (caso particular).
F2
F3
F1
F1
O
F2
F3 Fuerzas concurrentes
Fuerzas paralelas
6.2 Equilibrio en tres dimensiones Hay 6 ecuaciones escalares independientes para el equilibrio de un cuerpo rígido. ƩF = 0
ƩF = 0
ƩF = 0
ƩM = 0
ƩM = 0
ƩM = 0
Cuando las ecuaciones de equilibrio son suficientes para determinar las fuerzas incógnitas en los apoyos se dice que el cuerpo está determinado estáticamente (es isostático). Un cuerpo que tiene soportes redundantes, es decir que tiene más soportes de los necesarios para mantener el equilibro se dice que es estáticamente indeterminado (es hiperestático), se requieren nuevas relaciones entre las fuerzas, además de las planteadas por el equilibrio, estos casos se estudian en los cursos de Resistencia de materiales y Análisis estructural.
8T H
M
4T B
V
Cuerpo hiperestático
A Restricciones impropias En algunos casos puede existir tantas fuerzas desconocidas en el cuerpo como ecuaciones de equilibrio, sin embargo, se puede desarrollar inestabilidad en el cuerpo debido a restricciones impropias en los soportes y debido a la inadecuada disposición de los apoyos se tendrá un cuerpo estáticamente indeterminado, en otros casos se podría determinar las reacciones en los apoyos pero sería inestable.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
En el plano
B F
B
d
1.
A
“Inestable”
HA VA
“Las reacciones de los soportes no deben intersecarse en un punto común”.
A
F
B
C P
x
2.
A
B
“Inestable”
C
“Las reacciones en los soportes no deben ser solo paralelas”. Los casos 1 y 2 son estáticamente indeterminados o hiperestáticos.
2T
A
B 4T
3.
A
x
B
Se puede calcular las reacciones en los apoyos pero es inestable. “Estabilidad relativa si se retira la fuerza horizontal”. En el espacio
z 2T
y
1m A x
C
B
A, B → rótulas “Inestable” “Las reacciones en los soportes no deben intersecarse en un eje común”.
221
222
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
z
“Inestable”
cable
“Las reacciones en los soportes no deben ser todas paralelas entre sí”.
cables
Convención de signos Fuerzas
ƩF
↑ (+)
Momentos ƩM
3T
↓ (–)
(+) (–)
x
A 4T
2T
6.3 Reacciones en los apoyos y conexiones A. En el plano 1. Superficie lisa
2. Superficie rugosa
H
R 3. Rodillo
V 4. Cable corto Cable
R R
C y
B
Superficie lisa
5.
6.
Apoyo fijo
Apoyo móvil
H V
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
7. Pasador - perno liso
223
8. Apoyo empotrado
M H
H
V V
9.
A
B
C
En los casos 5, 6, 7, 8 y 9 las reacciones pueden tener el sentido opuesto al indicado.
Rótula A
B
B
C
H
H V V
B. En el espacio 1. Cable corto
2.
Superficie lisa
z
R
y x 3.
4.
z
Superficie rugosa Punto de contacto
y
x
Fx
z
Mz
Fz
a
xy
z y
Fy
5. Empotramiento perfecto
x
R
Fz
Fz
y
R
My Fy Mx Fx
Rótula
x
Fx
Fy Rótula
224
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 153
8 Tm
4T
A
Calcular la reacción en los apoyos.
2m
2m
B
2m
Solución: D.C.L.:
8 Tm A
2m
VA
ΣMB = 0
4T
2m
B
2m
VA(6) + 8 – 4(2) = 0 VA = 0
VB
ΣFV = 0 VB = 4 ↑ T
6T
Problema 154
3 Tm
Calcular la reacción en los apoyos.
A
B 4m
2m
Solución: D.C.L.:
6T
A VA
8/3 m
4/3 m
B VB
ΣMB = 0
6T
VA(4) + 6(2) – 6
2m
= 0 VA = –1↓T
ΣFV = 0 VB = 13↑ T
Problema 155
4T
A
4T
Calcular la reacción en los apoyos.
2m
4m
2m
Solución: D.C.L.:
A
4T 2m
VA
4T 4m
2m
B VB
Por simetría: VA = VB = 4↑ T
B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
10 T/m
Problema 156 Calcular la reacción en los apoyos.
B
A 2m
4m
Solución: ΣMB = 0 VA(4) – 10(6)(3) = 0
D.C.L.:
1m
2m
60 T
3m
VA = 45↑ T
B
VA
VB
ΣFV = 0 VB = 15↑ T
6 T/m
Problema 157
4 Tm
A
Calcular la reacción en los apoyos.
B 3m
2m
Solución: D.C.L.:
4 Tm
18 T A 1.5 m VA
3.5 m
B VB
ΣMB = 0 VA(5) – 6(3)(3.5) + 4 = 0 VA = 11.8↑ T ΣFV = 0 VB = 6.2↑ T
10 T/m
Problema 158
4T
Calcular la reacción en los apoyos.
A
2 Tm 1m
2m
Solución: ΣMA = 0 – 2 – 4(3) – 10(2)(1) + MA = 0
D.C.L.:
4T 2 Tm
20 T 2m
1m
MA VA
MA = 34() T-m ΣFV = 0 VA = 24↑ T
225
226
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 159 A
Calcular la reacción en los apoyos.
4 T/m
2T
B
rótula 2m 2m
2m Solución: D.C.L.: A
ΣM 2T
2m
8T
2m
1m1m
B
MB
VA(4) – 2(2) = 0 VA = 1↑ T
VB
VA
=0
ΣFV = 0 1 – 2 – 4(2) + VB = 0 VB = 9↑ T
ΣMB = 0 1(6) – 2(4) – 4(2)(1) + MB = 0 MB = 10() T-m
6 T/m 2T B
Problema 160 Calcular la reacción en los apoyos. A
3m
4T C
rótula
1m 2m
2m
3m
Solución: D.C.L.:
ΣM
9T VA
2
1
2T 1 VB
2
4T 2
VC(5) – 4(2) = 0
3
V C
VC = 1.6↑ T
ΣMA = 0 1.6(11) – 4(8) – 2(4) + VB(3) – 9(2) = 0 VB = 13.467↑ T ΣFV = 0 VA + 1.6 + 13.467 – 9 – 2 – 4 = 0 VA = – 0.067↓ T
=0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 161 Hallar la tensión en el cable y las reacciones en cada apoyo (B, F y D).
20 cm D
20 cm
B
G
P P = 120 kg
F
cable A
20 cm
10 cm
Solución:
K D.C.L. 1 20 cm 20 cm BV
BH
A
D
D.C.L. 2 40 cm G
D
P
FV F H T
T
ΣFH = 0 FH = T
(1)
ΣFV = 0 FV = D
(2)
ΣMF = 0 D(40) = T(15)
(3)
ΣFH = 0 BH = T
(4)
ΣFV = 0 BV + D = P = 120
(5)
ΣMB = 0 – D(40) + P(20) – T(20) = 0
(6)
(6) en (3): (120 – 2D)15 = D(40) D = 25.71 kg = FV T = 68.58 = BH = FH BV = 94.29 kg
15 cm
10 cm
C
40 cm 15 cm 10 cm
20 cm
227
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 162
500 kg 30º 1 2 B
Las placas A y B pesan 200 kg/m2 de superficie. Determinar las reacciones de los apoyos.
30 cm
228
100 cm
E A
C 15 cm 40 cm 40 cm Solución:
VD 250 kg
20 cm 20 cm
A
HD
HD
VD 55 cm 23.95 cm
433 kg
HE
50 100 cm
28.5 kg
VE
50
80 kg HC VC
Centro de gravedad de la placa “B” 1)
A 225
x 10
y 20
A 2 250
A 4 500
= 31.05 cm
2)
1200
35
15
42 000
18 000
= 15.75 cm
Σ
1425
44 250
22 500
Peso de la placa: “B”: 200 × 0.1425 m2 = 28.5 kg ΣME = 0 HD(30) – VD(55) – 28.5(23.95) = 0 HD – 1.83VD = 22.75
(1)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
229
ΣMC = 0 – (433 + HD)100 + 250(40) – VD(40) + 80(20) = 0 – 0.4VD – HD = 317
(2)
De (1) y (2): ↓VDi = – 152.35 kg HDi = – 256.05 kg HE = 256.05 kg → ΣFH = 0
ΣFV = 0
ΣFV = 0
0 = 256.05 – 433 + HC
VC – 80 – 152.35 – 250 = 0
152.35 – 28.5 – VE = 0
HC = 176.95 kg
VC = 482.35 kg ↑
VE = 123.85 kg ↓
Problema 163
2 T/m
y
y = kx2
Calcular las reacciones en A.
x
A
4m
Solución: x=4 y=2
dF
2 = K(16) K =
y x
dx
MA A VA
ΣFV = 0 VA = 2.67↑ T ΣMA = 0 2.67(3) – MA = 0 MA = 8 Tm
2.67 T 3m
1m
230
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 164 Calcular las reacciones en los apoyos.
2T
3T
4 Tm
3m
2 T/m
1m 2m
C: rótula C
A
5 T/m
1m 3m 2m
B
Solución: ΣMA = 0
4 Tm 3T 1m 2m
6T 3.5 m
15 T
ΣMB = 0 CH(6) – 6(3.5) = 0 CH = 3.5 T
C CH CH V C 2.5 m C V
AH
2m
(1)
3m
4m
CH(6) + CV(6) – 2(3) – 3(1) – 4 – 15(2) = 0 CH(6) + CV(6) = 43
2T
BH AV
En (1): CV = 3.67 T ΣFH = 0 CH + BH – 6 = 0 BH = 2.5 T ΣFH = 0 CH + AH = 15 AH = 11.5 T ΣFV = 0 AV + 3.67 – 5 = 0 AV = 1.33 T ΣFV = 0 CV + BV = 3.67 T
BV
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
231
Problema 165 Calcular las reacciones en los apoyos.
6 T/m
C: rótula
6.7 m
8T 6T
3 T/m
C 3m 1m
2m
3 T/m
4m A
2m
6m
B
Solución:
6.7 T
8m
2m
2.5 m
6T
2/3 m
4m 2m
C
2.9
8T
m
m
9m
3 2.2
7 4.4
1.4
20.1 T
17.98 T
α 8.99 T
C
3T
α β
β 4/3 m 5.99 T
15 T 4m
AH
BH
A Av
2.5 m B B
ΣMB = 0 AV(8) + 6(4) + 8(6) + 8.99(7) – 17.98(6) – 3
– 5.99
– 15(2.5) = 0
AV = 7.55↑ T ΣFV = 0 AV + BV – 17.98 – 3 = 0 BV = 13.43↑ T ΣMC
= 0 BH(9) + 13.43(2) – 15(6.5) – 5.99
–3
= 0 BH = 8.96 T →
ΣFH = 0 8.96 – AH + 6 + 8 – 15 – 5.99 + 8.99 = 0 AH = 10.96 T ←
232
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 166 q
Calcular las reacciones en los apoyos. (E. F: rótulas)
A E a
2qa2
F a
B
C
2a
a
a
D
Solución:
VE
D.C.L.:
A RA
a
E VE
4qa a
B a
a
C
VF = 2qa a
E
F F
RB
RC
VF
a
D
2qa2
RD
ΣME = 0 RA = 0; ΣFV = 0 VE = 0 ΣMD = 0 VF(a) – 2qa2 = 0 VF = 2qa
ΣFV = 0 ↓RD = 2qa
ΣMC = 0 RB(2a) – 4qa(a) + 2qa(a) = 0 ↑RB = qa ΣFV = 0 RC + qa – 4qa – 2qa = 0 ↑RC = 5qa
Problema 167 La barra AB de peso W = 50 kg se sustenta simplemente apoyada en el plano yz mediante el cable CD y por la articulación en rótula en A. Hallar todas las fuerzas que actúan sobre la barra AB. Los puntos B y D están sobre la misma horizontal. C es punto medio de AB.
y 60 cm B
D C A
60 cm 80 cm z
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
233
Solución: A(80; 0; 0)
B(0; 60; 60)
C(40; 30; 30)
D(0; 60; 0)
yD B
T A A
C z
A
w = 50 kg
A
x
0 = (–80; 60; 60) × B + (–40; 30; 30) × T(–0.68; 0.51; –0.51) + (–40; 30; 30) × (–50 ) = (1500 – 30.6T) + (60B – 40.8T) + (2000 – 60B) . ΣF = 0 0 = – 60B + 2000 B = 33.33 kg ΣF = 0 0 = – 30.6T + 1500 T = 49.02 kg Σ = 0 + 0 + 0 = 33.33 + 24.99 – 24.99 – 50 + A + A + A A = 0; A = 25 kg = A
– 33.33
234
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 168
y
Hallar las tensiones P1 y P2 en los cables y la reacción en la rótula situada en A. Se desprecia el peso del mástil.
P1
0.9 m 0.9 m
P1 // Eje z; F = 2 000 kg // Eje x.
P2
1.8 m
// 2000 kg
0.9 m 1.8 m
A
A
A
//
A
z
Solución:
ΣFV = 0; ΣMA = 0 P1:
= (0; 2.7; 0)
P2:
= (0; 3.6; 0)
: = (0; 1.8; 0)
ΣMA = 0 (0; 2.7; 0) × (–P1 ) + (0; 3.6; 0) × (P2)(– 0.43; – 0.87; 0.21) + (0; 1.8; 0) × (2000 ) =0 +0 +0 – 2.7P1 + 1.54P2 + 0.75P2 – 3 600 = 0 P2 = 2 337.66 kg; P1 = 649 kg Σ = 0 2 000 – 649 + A + 2000 + A + A
– 1005 – 2 033 + 491
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
235
z
Problema 169
A Calcular la fuerza en cada cable y las fuerzas en la rótula.
cables E
A = (0; 0; 10) m F = (5; 5; 0) C = (4; –3; 0) D = (–4; –3; 0)
D
B w = 2 000 kg y
O C
5m 5m
x
F
Solución:
;
;
;
;
236
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 170 Calcular el ángulo θ de equilibrio del sistema. Las superficies son lisas.
C 45.36 kg
AC = 0.91 m B
A
0.30 m
Solución:
C 45.36
B θ
A A
θ
θ B
sθ B / co 0 0.30 tan θ 0.3θ A 0.30 C 1 0.9 0.91 sen θ θ 0.91 cos θ A
ΣFV = 0 = B cos θ – 45.36
(1)
ΣFH = 0 = A – B sen θ
(2)
ΣMA = 0 = 45.36(0.91 cos θ) – B
(3)
De (1): cos θ =
(4)
De (3): B = 137.592 cos2θ
(5)
(4) en (5): B= B = 65.66184653 en (4) cos θ = 0.690812129 θ = 46.305º
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 171
237
P = 12 000 lb
La zapata se usa para soportar la carga P. Calcular las intensidades w1, w2 de la carga distribuida (lb/pulg) que actúa sobre la base de la zapata, si el sistema se encuentra en equilibro.
5”
9” 9”
w1
35”
Solución: D.C.L.:
14”
A
12 000
21”
w1 ΣFV = 0 =
35 – 12000
685.71 = w1 + w2 D.C.L.:
B w2
(1)
12 000 A
14” 11.66”
17.5(w1 – w2)
3.5”
B
17.5” 35w2
ΣMA = 0 = 12000(14”) – (17.5”)35w2 – (11.66”)17.5(w1 – w2) 0 = 168 × 103 – 612.5w2 – 204.05w1 + 204.05w2 408.45w2 + 204.05w1 = 168 000 2.0017w2 + w1 = 823.3276
(2)
(1) en (2): 2.0017w2 + 685.71 – w2 = 823.3276 w2 = 137.38 lb/pulg En (1): w1 = 548.33 lb/pulg
w2
238
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 172 La viga está sometida a las 2 cargas concentradas. Suponiendo que la cimentación ejerce una distribución de carga linealmente variable sobre su fondo, calcular la intensidad de carga w1 y w2 (lb/pie) para la condición de equilibrio.
500 lb 4’
4’
A
1000 lb 4’
B
w1 w2
Solución: D.C.L.:
A
4’
500 lb 4’
1000 lb 4’
w1
B
ΣFV = 0 =
12 – 1500
w2
D.C.L.: 250 = w1 + w2
(1)
500 lb 2’
500 lb 1000 lb A w1
B
A
1000 lb 2’ 4’
4’
B 12w1 6(w2 –w1)
w2
ΣMB = 0 = 12w1(6’) + 6(w2 – w1)(4’) – 500(8’) – 1000(4’) 0 = 72w1 + 24w2 – 24w1 – 4 000 – 4 000 8 000 = 48w1 + 24w2 333.33 = 2w1 + w2 (1) en (2): 333.33 = 2w1 + 250 – w1 w1 = 83.33 lb/pie En (1): w2 = 166.67 lb/pie
(2)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 173 Una viga en voladizo es sometida a una fuerza vertical de 0.5 kN. Suponiendo que la pared resiste esta carga con cargas variables distribuidas linealmente sobre la longitud de 0.15 m de la parte de viga que entra en la pared, determinar las intensidades w1 y w2 (kN/m) por equilibrio.
0.5 kN
w2
w1
0.15 m
3m
Solución: D.C.L.:
0.05 m
0.5 kN
0.075w2
A
B 0.10 m 0.075w1 3.15 m ΣMB = 0 = 0.075w1 – 0.075w2 – 0.5 w1 = w2 + 6.666
(1)
ΣMA = 0 = 0.5(3.15 m) + 0.075w2(0.05 m) – 0.075w1(0.10 m) w1 = 0.5 w2 + 210 (1) = (2): w2 = 406.67 kN/m En (1): w1 = 413.33 kN/m
(2)
239
240
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 174
0.8 kN
La viga horizontal está soportada por resortes en sus extremos. Cada resorte tiene rigidez K = 5 kN/m y, originalmente, no está comprimido cuando la viga está horizontal. Determinar el ángulo de inclinación de la viga cuando se aplica la carga P.
B
A
1m
2m
Solución: D.C.L.:
A
1m
ΣMB = 0 = 5xA(3) – 0.8(2)
P = 0.80 kN 2m
xA = 0.1066 m
B
5xA
ΣFV = 0 = 5xA + 5xB – 0.8 = 0
5xB
xB = 0.0533 m 3m
tan α =
0.0533 m
α
xB
α = 1.0178º
Problema 175 Hallar el intervalo de valores de “Q” para los cuales ningún cable se afloja. La barra AB está en equilibrio.
1
3 kg A
2
C
0.5 m
D 2.25 m
Solución: D.C.L.:
3 A
1º F2 = 0 (límite) 2º F1 = 0 (límite)
F1
F2
0.5 m C 2.25 m D 0.75 m
Q B
ΣMC = 0 = 3Q – 3(0.5 m) Q = 0.5 kg ΣMD = 0 = 0.75Q – 3(2.75 m) Q = 11 kg 0.5 ≤ Q ≤ 11.0 kg
Q B
0.75 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
241
Problema 176 Determinar el rango de valores de la distancia “a” para los cuales la magnitud de la reacción en B no excede de 600 N.
300 N
C
24 cm A
B a
Solución: D.C.L.:
(600)2 = (300)2 +
300 N
BV = 519.61 N = A
24 a
ΣMB = 0
300 N
B
519.61a = 300(24)
600 N A
a = 13.86 m
BV
a ≥ 13.86 cm
Problema 177 Determinar el rango de valores permisibles para la tensión en el alambre BD si la magnitud del momento en el apoyo C no debe ser mayor a 100 Nm.
750 N
50 cm
15 cm
A
25 cm B
450 N
60 cm
40 cm C
D
242
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución:
750 N
α 60
15 cm B
50 cm A
20 cm
450 N
α
sen α =
T 65
cos α =
25
T
ΣM en c: 750(50) + 450(40) = 55 500 N cm
40 cm C
ΣM debido a T: = T cos α (15) + T sen α (60) = T(36.923)
MC MC
65 500 N-cm = T(36.923) T = 1774 N
MC
45 500 N-cm = T(36.923) T = 1232 N 1232N ≤ T ≤ 1774N
Problema 178 Determinar: a. La distancia “a” para la cual el valor de la reacción es mínima en el apoyo B. b. El valor correspondiente de las reacciones en los apoyos.
1800 N/m
600 N/m
A
B a 4m
Solución: D.C.L.: a/3 A
900a
300(4 – a) 8/3
(4 – a)/3 B
4
A + B = 1200 + 600a ΣMA = 0 4B = 300a2 + (1200 – 300a) B = –100a + 50a2 + 800
En (1):
A = 700a + 400 – 50a2 (3) = 0 = – 100 + 100a a = 1 m
En (2) y (3):
B = 750 N
(1)
A = 1050 N
(2)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
243
Problema 179 a. Determinar el rango de valores de P para los cuales la viga se mantendrá en equilibrio.
P
b. Si cada reacción debe estar dirigida hacia arriba y si el máximo valor permisible para cada una no debe exceder los 50 kN. Determinar el rango de valores de P para los cuales la viga es segura.
4 kN C
D
A
B 2m
3m
3m
Solución: D.C.L.:
P
4
2m
3m
20
3m
C
2m D
a) Si C = 0 ΣMD = 0 20(2) = 4(3) + P(8)
20 kN
P = 3.5 kN Si D = 0 ΣMC = 0 20(8) + 4(3) = 2P P = 86 kN 3.5 kN ≤ P ≤ 86 kN
b) Si C = 50 ΣMD = 0 50(6) + 20(2) + P(8) P = 41 kN
(↑D = 15 kN)
Si D = 50 ΣMC = 0 50(6) + P(2) = 20(8) + 4(3) P = –64 (absurdo) (C = 90↓) Si C = 0 P = 3.5 kN 3.5 kN ≤ P ≤ 41 kN
2m
244
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 180 Calcular las reacciones en A y B.
2 Tm
2 T/m A 2m
B
C 3m
2m
2m
Solución: D.C.L.:
10 0.5 2m
V = 5/3
2.5 m C H H
V
2 Tm
2m
C
2m B VB
VA En AC:
ΣFH = 0 = H ΣMA = 0 V(3) – 10(0.5) = 0 V = ΣFV = 0 VA + ↑VA =
– 10 = 0
= 8.33 T
En CB: ΣFH = 0 = HB ΣFV = 0 ↑VB = ΣMB = 0 MB =
T = 1.666 T
(4) – 2 – MB = 0 = 4.666 Tm
MB
HB
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 181 Calcular las reacciones en A, B y C.
3 Tm
2T
2 T/m
A
B
C
D
6m
2m
2m
2m
Solución: D.C.L. D
2m
V
8T C
2T
ΣMC = 0
2m
V(2) = 2(2) V = 2 T
VC
ΣFV = 0 VC – 8 – 2 – 2 = 0 ↑VC = 12 T
D.C.L. ΣMA = 0 4T
3 Tm A VA
6m
1m 1m VB
V
2(8 m) – 4 (7 m) + VB(6 m) – 3 = 0 VB =
= 2.5 T
↑VB = 2.5 T
ΣFV = 0 – VA + 2.5 – 4 + 2 = 0 ↓VA = 0.5 T
245
246
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 182 Calcular la reacciones en A, B y C.
2qa2
3qa
q
qa2 A
C
B 3a
a
a
Solución: D.C.L.
3qa
2qa2
3a/2
VB =
3qa
3a/2
a VB
VA
ΣMB = 0 VA(3a) – 3qa VA = ΣFV = 0
– 2qa2 = 0
↑VA = – 6qa + VB = 0 ↑VB =
ΣFV = 0 ↑VC = ΣMC = 0 MC = –
(2a) + qa2 – MC = 0 + qa2 MC = – MC =
qa2
a
VC MC
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 183 Calcular las reacciones en A, B y C.
20 kN/m C
A
D 8m
E
B 8m
8m
8m
Solución: D.C.L.:
160 kN MA
A 4m
4m D
8m
VA
320 kN B 8m
160 kN
E 4m
4m
VB
ΣME = 0 = 160(4 m) – VC(8 m) ↑VC = 80 kN ΣMD = 0 = 320(8 m) + 160(20 m) – 80(24 m) – VB(8 m) ↑VB = 480 kN ΣFV = 0 = VA + 480 + 80 – 160 – 320 – 160 ↑VA = 80 kN ΣMD = 0 = – MA + 80(8 m) – 160(4 m) MA = 0
VC
C
247
248
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 184 Calcular las reacciones en A, B, C y D. E, F: rótulas
16 T
3 T/m A
6m
B
E
3m
2m 2m
6 T-m
F
D
C 3m
3m
3m
Solución: D. C. L.
16 T 2m
E VE
Por simetría: VE = VF = 8 T
2m
F
VF
ΣMD = 0
VF = 8 T
– 8(9) + VC(6) + 6 = 0 ↑VC = 11 T
6 T-m C
D
VC
VD
ΣFV = 0 11 – 8 – VD = 0 ↓VD = 3 T ΣMA = 0 – 8 (9 m) + VB(6 m) – 18 (3 m) = 0 ↑VB = 21 T ΣFV = 0 VA + 21 – 8 – 18 = 0 ↑VA = 5 T
18 T A VA
3m
3m
B VB
3m
E VE = 8 T
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 185 Calcular la reacciones en A, B y C.
200 kN
25 kN/m
B
A
D 3m
6m
3m
C
E 6m
6m
Solución: D.C.L.
200 kN
VA
150 kN
150 kN
D
E
150 kN
VB
3m
3m
3m
MC
VC 3m
3m
3m
3m
3m
ΣMDi = 0 = VA(12 m) + VB(6 m) – 200(9 m) – 150(3 m)
(1)
ΣMEi = 0 = VA(18 m) + VB(12 m) – 200(15 m) – 150(9 m) – 150(3 m)
(2)
De (1) y (2): VA = – 50 kN
↓VA = 50 kN
↑VB = 475 kN
ΣFV = 0 = – 50 + 475 – 200 – 150(3) + VC ↑VC = 225 kN ΣMEd = 0 = MC + 150 (3 m) – 225(6 m) MC = 900 kN-m
249
250
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 186 Calcular las reacciones en A, B y C.
25 K
25 K 4 3
3 K/pie
3
4 B
C
A 30’
15’
15’
15’
Solución: D.C.L.:
90 K HA
MA
A
20 K 15 K
VC C
VA 15’
15’
15’
ΣFV = 0
20 K C
15’
15 K 15’
VC ΣFH = 0 = – 15 + HB
0 = VA – 90 – 20 – 10
→HB = 15 K
↑VA = 120 K
ΣMC = 0 = 20(15’) – VB(30’)
ΣFH = 0
↑VB = 10 K
0 = HA – 15 K
FV = 0 = VC + 10 – 20
→HA = 15 K
VC = 10 K ΣMA = 0 = – MA + 90(15’) + 20(30’) + 10(45’) MA = 2 400 K-pie
B HB VB
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 187 Calcular las reacciones en las conexiones A y B.
30 Klb
60 Klb B
e /pi
lb
3K
15’
A 20’
10’
10’
10’
Solución:
30
60
60
75 Klb α
B VB
45
HB 7.5’
25 α 20
7.5’
senα =
α A VA
α 10’
10’
10’
10’
10’
cos α =
ΣMB = 0 = VA(50’) – 45(7.5’) – 60(40’) – 30(20’) – 60(10’) ↑VA = 78.75 Klb ΣFV = 0 = 78.75 + VB – 60(2) – 30 ↑VB = 71.25 Klb
15
251
252
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 188 /pie
2 Kip
Calcular las reacciones en A y B.
2 Kip/pie B
/pie
ip 3K
12’ A 16’
20’
Solución:
10’
40 Kip 10’ 10 Kip 6.66’ A
40 Kip 10’ B
HB
VB
3.34’
VA
40 Kip B
32 20
α 16
α α
senα =
VB
24 8
12
HB 6’ 2’
6
4’
A VA
cos α =
8’
10’
10’
5.33’ 2.67’ ΣMB = 0 = VA(36) – 6(8’) – 24(6’) – 8(30.67) – 32(28’) – 40(10’) ↑VA = 48.14 Kip ΣFH = 0 = 24 + 6 – HB ←HB = 30Kip ΣFV = 0 = 48.14 – 8 – 32 – 40 + VB ↑VB = 31.86 Kip
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
253
Problema 189 Calcular reacciones en A y B.
C
6’
10 K
15 K 6’ A
B 6’
3’
3’
Solución: D.C.L.:
ΣMB = 0 = 15(6’) – 10(3’) – VA(12’)
6’ 6’
↓ VA = 5 K
10 K
C
ΣFV = 0 = – 5 + VB – 10
15 K
↑ VB = 15 K
HA
A
B HB
VA
VB 6’
ΣMCi = 0 = HA(12’) – 15(6’) – 5(6’) ←HA = 10K ΣFH = 0 = – 10 – HB + 15
3’ 3’
←HB = 5 K
Problema 190 Calcular las reacciones en las conexiones A y B.
pie
30’
C
ie
lb/p
3K
2
b/ Kl
A
B 40’
30’
40’
254
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución:
50 α 40
40
30
50 β 30
D.C.L.:
C 100
80 α 25’
CV
4CV – 3CH = 250
60 25’ AH
ΣMA = 0 = CV(40’) – CH(30’) – 100(25’)
CH 30’
α
A
(1)
ΣMB = 0 = CH(40’) + CV(30’) – 150(25’) 4CH + 3CV = 375
(2)
40’
AV (1)×3; (2)×4:
90 CH
25’
150
β
CV
120
40’
30’
(3)
16CH + 12CV = 1500
(4)
(4) – (3):
25’
β
12CV – 9CH = 750
25CH = 750
B
CH = 30
BH
CV = 85
BV
AC: ΣFV = 0 = AV + 80 – CV
↑AV = 5 Klb
ΣFH = 0 = AH – 60 – 30
→AH = 90 Klb
ΣFV = 0 = 85 + BV – 90
↑BV = 5 Klb
ΣFH = 0 = 30 – 120 + BH
→BH = 90 Klb
BC:
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 191 Calcular las reacciones en A y B.
25 kN/m B 4m
4
3
150 kN/m
4m A 6m
10 m
Solución: D.C.L.
5m 4m 4m HA
250 kN 5m B
1500 kN A
RB
RB α
RB
senα = cos α =
6m
VA
ΣMA = 0 = –
5 α 4
RB(16 m) – RB(8 m) + 250(11 m) + 150(4 m)
RB = 190.34 kN ΣFH = 0 = – HA + 150 – (190.34) ←HA = 35.80 kN ΣFV = 0 = VA – 250 + ↑VA = 97.72 kN
(190.34)
3
255
256
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 192 Calcular las reacciones en las conexiones A y B.
4 Klb/pie
3K
lb/ p
ie
B 15’
A 15’
15’
10’
Solución:
’ .21 1 2 45º 15’
15’ 100 klb 45
63.63
VB
45
7.5’ 7.5’
A
HA ΣFH = 0 = 45 – HA
VA
7.5’
7.5’
12.5’
←HA = 45 Klb ΣMA = 0 100(27.5’) + 45(7.5’) + 45(7.5’) – VB(30’) = 0 ↑VB = 114.16 Klb ΣFV = 0 VA + 114.16 – 100 – 45 = 0 ↑VA = 30.84 Klb
2.5’
10’
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 193
257
4 Klb/pie 24
Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.
12’ 36 Klb 12’ A
B 40’
Solución: D.C.L.:
ΣFH = 0 = 24 + 36 – HA
160
HA = 60 Klb
24 20’ 36
20’
ΣMA = 0 = 160(20’) + 24(24’) + 36(12’) – VB(40’)
24’
↑VB = 105.2 Klb
12’ HA
A
B
VA
VB
ΣFV = 0 = 105.2 + VA – 160 ↑VA = 54.8 Klb
Problema 194
ie
2
Calcular las reacciones en las conexiones A y B.
/p Klb
10’
15’ 20’ A HA
VA 20’
B VB
258
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: 44.72
D.C.L.:
α
40 Kip 5’
20 Kip α α
5’
36’ 22. 10’ α 20’ senα = 0.4472 cos α = 0.8944 ΣFH = 0 = 20 – HA ←HA = 20 Klb
15’
20’ A
HA
ΣMA = 0 = 20(20’) + 40(10’) – VB(20’) ↑VB = 40 Klb
VA
B 10’
ΣFV = 0 = 40 – 40 + VA
VB
10’
VA = 0
3 Klb/pie
Problema 195 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.
15’ 25’
B 4 A
20’
Solución:
10’
10’ 15’
25’ A
B
B
AH AV
B 20’
10’
5 α 4
60 Klb
D.C.L.:
10’
α
B
3
3
ΣMA = 0 = B(30’) + B(10’) – 60(10’) B = 20 Klb ΣFV = 0 = A V – 60 + 16 ↑AV = 44 Klb ΣFH = 0 = A H – 12 →A H = 12 Klb
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Problema 196 2 Kip/pie
Calcular las reacciones en A y B.
25 Kip 30’ 20’ A
B
Solución: D.C.L.:
ΣFH = 0
60 Kip
25 Kip 15’
25 – HB = 0
15’
←HB = 25 Kip ΣMB = 0
20’ A
B
VA
VB
VA(30) + 25(20’) – 60(15) = 0
HB
↑VA = 13.33 Kip ΣFV = 0 13.33 – 60 + VB = 0 ↑VB = 46.67 Kip
Problema 197
40 kN/m
20 kN/m
Calcular las reacciones en A y B.
C 12 m A 3m
5m
B 5m 3m
259
260
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: D.C.L.: ΣMB = 0 = VA(10 m) – 160(9 m)
40 kN 240 kN
160 kN 4m
2.66 m 1.34 m C 4 m
40 kN
1.34 m
– 40(7.66 m) – 240(1 m) + 40(0.34 m)
2.66 m
↑VA = 197.28 kN ΣMCi = 0 = + 197.28(5 m) + HA(12 m)
12 m
12 m
A
B
– 160(4 m) – 40(2.66 m) HA = – 20 kN
HB
HA
→HA = 20 kN
VB
VA
ΣFH = 0 = 20 + HB HB = – 20 ←HB = 20 kN ΣFV = 0 197.28 + VB – 160 – 40 – 240 – 40 ↑VB = 282.72 kN
Problema 198 3 Kip/pie
Calcular las reacciones en A y B. C: rótula
40 Kip 20’
C
20’ 20’
30’
A
B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Solución: D.C.L.: 60 kip 40
10
10
ΣMCi = 0
60 C
10
VA(20’) + HA(30’) – 60(10’) = 0
10
2VA + 3HA = 60
20 30 HA
A
B
ΣMB = 0 = VA(40’) + HA(10)
HB
+ 40(20’) – 60(30’) – 60(10’)
VB
4VA + HA = 160
(2)
VA De (1):
4VA + 6HA = 120 en (2) 120 – 6HA + HA = 160 HA = – 8 →HA = 8 Kip en (2) 4VA – 20 = 160 ↑VA = 42 Kip ΣFV = 0 = 45 – 60 – 60 + VB ↑VB = 78 Kip ΣFH = 0 = 20 + 40 – HB ←HB = 48 Kip
Problema 199
(1)
125 kN 3m D
Calcular las reacciones en las conexiones A y B.
3m 3m
C, D, E → Rótulas
C
E 3m
A
B
261
262
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: D.C.L.:
3 125
D DH DH D DV
3
CH
DC: ΣMC = 0 = 125(3 m) – 3DH – 3DV
3
DV
3
C CV
E
C
E
CH
EH
HA
ΣME = 0 = DH(3) – 3DV DH = DV
EH
VA
EH = 62.5 kN EV = 62.5 kN CH = 62.5 kN
MB
MA
(2)
(2) en (1): DV = 62.5 = DH
3m B VB
HB
(1)
DE:
EV
3m A
125 = DH + DV
CV = 62.5 kN
CE: ΣMA = 0 = 62.5(3) – MA MA = 187.5 kN-m =
MB
←HA = 62.5 kN = HB← ↓VA = 62.5 kN ↑VB = 62.5 kN
Problema 200 2 T/m
Calcular las reacciones en A y B.
3m A 2m
B 6m
2 T/m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
Solución: ΣMB = 0
16 T 2m 4m
2m
VA(6) – 16(4) – 3(1) = 0
2m
↑VA = 11.16 T
3T
ΣFV = 0
1m HB
VA
11.16 T + VB – 16 = 0 VB = 4.84 T
VB ΣFH = 0 →HB = 3 T
Problema 201 Calcular las reacciones en A y B.
1.5 Kip/pie C
12’
20 Kip
12’
A
B 12’
12’
Solución: = 16.97’ 16.97 × 1.5 = 25.46 Kip
263
264
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
D.C.L.: ΣMB = 0 = VA(24’) + 20(12’) – 25.46(18’) – 25.46(6’)
25.46 25.46 Kip C
6’ 6’
↑VA = 15.46 Kip ΣFV = 0 = 15.46 + VB – 25.46(2)
20
↑VB = 35.46 Kip
12’ HA
A
HB
B
VA 6’
6’
AC
= 0 = 15.46(12’) + HA(24’) – 20(12’) – 25.46(6’)
←HA = 8.635 Kip
VB 6’
ΣMC
6’
ΣFH = 0 = – 8.635 + 20 – HB ←HB = 11.365 Kip
Problema 202 Calcular las reacciones en A y B.
D
1 Kip/pie
2K
ip
/p
ie
C, D, E → Rótulas
2 Kip/pie
10’
C
1 Kip/pie
E
10’ 10’
A
15’
15’
B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
265
Solución: D.C.L.:
.02 18 α 15
10
ΣME = 0 = – CV(30) + 30(5) + 30(15)
7.5’ 7.5’7.5’ 7.5’
– 30(22.5) + 15(7.5)
15
30 20
5
↓CV = 1.25
10 Kip
D
ΣFV = 0 = – 30 – 1.25 + 15 + EV
5 20
↑EV = 16.25
5 10 5 C
EH
E
CH CV
20
←CH = 31.25 ΣFH = 0 = 30 + 30 – 31.25 – EH
EV
1.25 Kip 31.25
ΣMD = 0 = CH(20) – 20(15) – 20(5) – 30(7.5)
←EH = 28.75
16.25 Kip 28.75
E
C 5’
5’
10 Kip
5’ A VA = 1.25 Kip
5’ HA = 51.25 Kip MA = 412.5 Kip-pie
B
HB = 38.75 Kip
VB = 16.25 Kip MB = 337.5 Kip-pie
266
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 203 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.
e
lb/pi
0.7 K
C
10’
1.2
Kl
b/p
ie
20’
2 Klb/pie
30’
30’
1.5 Klb/pie
A
B 60’
60’
Solución:
’ 827 . 0 6 α 60’
42.58 α 7 α α
5’ 5’ 15’ 15’
42
63 10’
20’
.24
5’ β 60’ 72
C CH
CH C
CV
CV
75.89
β
10’
β
β
24
10’
60 45 AH
A
BH
AV 30’
30’
15’ B BV
30’
30’
30’
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
ΣMA = 0 = CH(40’) + 60(15’) – CV(60’) – 42(30’) – 7(35’) 4CH – 6CV = 60.5
(1)
ΣMB = 0 = 72(30’) + 24(40’) – CH(50’) – CV(60’) + 45(15) 5CH + 6CV = 379.5 De (1) y (2):
(2)
9CH = 440 CH = 48.88 CV = 2250
AC: ΣFV = 0 = AV + 42 + 22.50 ↓AV = 64.50 Klb ΣFH = 0 = – 7 – AH + 48.88 + 60 ←AH = 101.88 Klb BC: ΣFV = 0 = 72 – BV – 22.50 ↓BV = 49.50 Klb ΣFH = 0 = – 48.88 + 24 – BH + 45 ←BH = 20.12 Klb
Problema 204 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del arco triarticulado.
30 80 Klb
50 C
30’ B
A 20’ 20’
20’
40’
20’
267
268
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: D.C.L.:
30 50
HA
ΣMB = 0 = VA(120’) – 50(100’) – 30(80’) – 80(20’)
80
C A
B
VA
↑VA = 75 Klb ΣFV = 0 = 75 – 50 – 30 – 80 + VB
HB VB
↑VB = 85 Klb
ΣMCi = 0 = 75(60’) – HA(30’) – 50(40’) – 30(20’) →HA = 63.33 Klb ΣFH = 0 = 63.33 – HB ←HB = 63.33 Klb
Problema 205 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del arco triarticulado.
40 Klb 60
60 C 20’
40’
B A 40’
20’ 20’ 30’ 30’
Solución: D.C.L.:
CH 20’
C
60
CV
ΣMB = 0 = CV(60’) + CH(20’) – 60(30’)
B 30’
30’
BH BV
3CV + CH = 90
(1)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido
40 C
60
ΣMA = 0 = (80’)CV + 40(60’) + 60(40’) – CH(40’)
CH CV
2CV – CH = – 120
40’
(2)
(1) + (2): 5CV = – 30
AH
A
CV = – 6
AV
CH = 108 ΣFV = 0 = – 6 + BV – 60 = 0
40’ 20’ 20’
↑ BV = 66 Klb ΣFH = 0 = 108 – BH ←BH = 108 Klb ΣFV = 0 = 6 – 40 – 60 + AV ↑AV = 94 Klb ΣFH = 0 = – 108 + AH →AH = 108 Klb
Problema 206 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del arco triarticulado.
80 kN
C
50 kN 80 kN
12 m 18 m A B 15 m
269
5m
12 m
12 m
6m
270
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: D.C.L.: ΣMA = 0 = 80(15 m) – CV(20 m) – CH(12 m)
C CH
80 kN
CV
3CH + 5CV = 300
12
ΣMB = 0 = (18 m)CH – (30 m)CV
A AH
– 50(18 m) – 80(6 m)
AV 15
3CH – 5CV = 230
5
CV
6CH = 530
80
CH = 88.33 CV = 7.00
18 m B
BH
CB:
BV 12
(2)
(1) + (2):
50 kN
CH C
(1)
ΣFV = 0 = BV – 50 – 80 – 7.00 ↑BV = 137 kN
12 6
ΣFH = 0 = 88.33 – BH ←BH = 88.33 kN AC: ΣFV = 0 = 7.00 – 80 + A V ↑A V = 73.00 kN ΣFH = 0 = AH – 88.33 →AH = 88.33 kN
CAPÍTULO
7
FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS
Las vigas son elementos de una estructura cuyo fin es soportar cargas a lo largo de su eje longitudinal. En general soportan cargas de techos.
7.1 Fuerzas internas: V, N, M Q
R V → Fuerza cortante
a
P
T
a
N → Fuerza normal o axial M → Momento flexionante
R
Q
a
M
M a
aV N
N V
P
T
a
V → Es generada por las fuerzas perpendiculares al eje longitudinal del elemento N → Generadas por las fuerzas paralelas al eje longitudinal del elemento M → Es generada por las fuerzas perpendiculares al eje longitudinal del elemento y los momentos
7.2 Tipos de cargas Puntual o concentrada
P
Diagramas En todo diagrama se debe indicar: • • • • •
Tipo de diagrama Unidades Signos Distancias Magnitudes
Momento
M
Distribuida
W
272
Estática - teoría y aplicaciones
D.F.C. (V) (T)
V1
Editorial Macro
V1 +
Eje – V2
a D.F.N. (N) (T)
N1
b
V2 c
N1
+
Eje
e –
d N2 D.M.F. (M) (T m)
N2
M1 – f
g
Eje
+ M2
Convención de signos N→
Tensión (+) Compresión (–)
V = ƩF
↑ (+) ↓ (–) i→d
↓ (+) ↑ (–) i←d
(+) (–) i→d
(+) (–) i←d
M → ƩM Materiales
• Acero • Madera • Concreto armado
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
273
7.3 Secciones transversales Son secciones perpendiculares al eje longitudinal de la viga. “CONCRETO” Viga chata Viga peraltada
“ACERO”
“MADERA”
7.4 Tipos de viga 1. En voladizo
5. Con rótula
P
P
2. Simplemente apoyada
P
3. Simplemente apoyada con un voladizo
P
6. Apoyada - empotrada
P
7. Doblemente empotrada
P
274
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
4. Simplemente apoyada con 2 voladizos
8. Continua
P
P
Nota:
Vigas isostáticas: 1 a 5 Vigas hiperestáticas: 6 a 8
7.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento flexionante dx x w ... (1)
wdx
M
M + dM V + dV C
V ... (2)
dx
Las ecuaciones (1) y (2) nos permiten calcular las expresiones generales de la fuerza cortante y el momento flexionante en vigas con cargas distribuidas con cualquier ley de variación.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
275
7.6 Estructura: Pórtico isostático En este ejemplo la estructura está formada por 3 elementos: AB, CD, BC.
Q c
B
d
C
b P
e
a
D
A
HD VD
VA Se realiza un diagrama de cuerpo libre en cada elemento.
M2
M1 B P
M1
B A
b
A
B
Q c
d C
b B
a
D C
C
M2 D
C e D HD
A VA
VD
Por equilibrio en cada elemento se encuentran N, V, M. Luego se pueden realizar los diagrama de N, V, M para cada elemento uniéndose al final para un solo diagrama en cada caso; la convención de signos es igual que para las vigas.
276
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Convención de signos
+ –
+ –
+ –
Problema 207 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
+ –
M
+ –
+ –
NyV
210 kg
60 kg/m
x A
B 3m
1m
1m
Solución: ΣFH = 0 HA = 0; ΣMB = 0 VA(5) – 90(3) – 210 = 0 VA = 96 kg ΣFV = 0 VB = 210 + 90 – 96 = 204 kg
x/3 F
Por semejanza de triángulos: =
y = 20x; F =
y
= 10x2 . M = Fd = 10x2
x (V): 0 ≤ x ≤ 3 V = 96 – 10x2
x = 0 V = 96 x=3 V=6
3 ≤ x ≤ 4 V = 96 –
=6
4 ≤ x ≤ 5 V = 96 –
– 210 = – 204
3
60
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
(M): x=0 M=0 x = 3 M = 198
0 ≤ x ≤ 3 M = 96x – 10x2
3 ≤ x ≤ 4 M = 96x –
x = 3 M = 198 (x – 2) x = 4 M = 204
4 ≤ x ≤ 5 M = 96x –
x = 4 M = 204 (x – 2) – 210(x – 4) x = 5 M = 0
V 96 (kg) +
6 1m 1m
3m
– 204
M (kg-m) + 198
204
Problema 208 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
x
500 kg 100 kg-m
100 kg
100 kg-m B
A
2m
2m
2m
2m
277
278
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: ΣMB = 0 VA(4) – 100(6) – 500(4) + 100 + 100 = 0 VA = 600 kg ΣFH = 0 HA = 0 ΣFV = 0 VB = 100 + 500 – 600 = 0 (V):
0 ≤ x ≤ 2 V = – 100 2≤x≤8V=0
(M): x=0 M=0 0 ≤ x ≤ 2 M = – 100x x = 2 M = –200 x = 2 M = –200 2 ≤ x ≤ 4 M = – 100x + 100(x – 2) x = 4 M = –200 x = 4 M = –100 4 ≤ x ≤ 8 M = – 100x + 100(x – 2) + 100 x = 8 M = –100
V (kg)
2m
2m
2m
2m
– 100 – M (kg-m)
200 100
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
279
Problema 209 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
x 50 kg
40 kg/m
A
B
2m
10 m
Solución: Por semejanza de triángulos: =
F y = 4(x – 2) F = (x – 2)
y
x–2 10
F = 2(x – 2)2
ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(10) – 50(12) –
ΣFV = 0 VB = 50 + (V):
= 0 VA = 126.67 kg
– 126.67 = 123.33 kg
0 ≤ x ≤ 2 V = – 50 x = 2 V = 76.67 x = 12 V = –123.33
2 ≤ x ≤ 12 V = – 50 + 126.67 – (M): x=0 M=0 0 ≤ x ≤ 2 M = – 50x x = 2 M = –100 2 ≤ x ≤ 12 M = – 50x + 126.67(x – 2) –
(x – 2)
2
x=2 M = –100 x = 8.19 M = 216.47 x = 12 M = 0
40
280
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
V 76.67 (kg)
3.81 m +
2m 50 M (kg-m)
6.19 m
–
–
100 123.33
– + 216.47
Problema 210 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
20 T/m
20 T 10 T/m A
B 3m
2m
3m
Solución: ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(8) – 30(6.5) – 20(3) – 30(1) = 0 VA = 35.625 T ΣFV = 0 35.625 + VB – 30 – 20 – 30 = 0 VB = 44.375 T
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
(V): x = 0 V = 35.625 0 ≤ x ≤ 3 V = 35.625 – 10x x = 3 V = 5.625 3 ≤ x ≤ 5 V = 35.625 – 30 = 5.625 x = 5 V = – 14.375 x = 8 V = – 44.375
5 ≤ x ≤ 8 V = 35.625 – 30 – 20 –
(M): x=0 M=0 x = 3 M = 61.875
0 ≤ x ≤ 3 M = 35.625x –
x = 3 M = 61.875 3 ≤ x ≤ 5 M = 35.625 – 30(x – 1.5) x = 5 M = 73.125 5 ≤ x ≤ 8 M = 35.625x – 30(x – 1.5) – 20(x – 5) –
x = 5 M = 73.125 (x – 5)3 x = 8 M = 0
35.625 V(T)
5.625
+ 3m
2m 14.375
M(T-m)
3m – 44.375
3m
2m (+)
61.875 73.125
3m
281
282
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 211 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
10 T/m
20 T-m A
B
4m
4m
2m
Solución: ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(10) –
+ 20 = 0 VA = 12.67 T
ΣFV = 0 VB + VA – 20 = 0 VB = 7.33 T (V): 0 ≤ x ≤ 4 V = 12.67 –
x = 0 V = 12.67 x = 4 V = – 7.33
V = 0 x = 3.18 4 ≤ x ≤ 10 V = 12.67 – 20 = – 7.33 (M): 0 ≤ x ≤ 4 M = 12.67x –
x=0 M=0 x = 3.18 M = 26.89 x=4 M = 24
4 ≤ x ≤ 8 M = 12.67x – 20
x = 4 M = 24 x = 8 M = –5.31
8 ≤ x ≤ 10 M = 12.67x – 20
x = 8 M = 14.69 + 20 x = 10 M = 0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
12.67 V(T)
0.82 m
+ A
M(T-m)
6m
3.18 m
– 7.33 5.31 2 m +
A
14.69
+ 26.89
24
Problema 212 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
40 T 10 T/m
10 T 20 T-m
A B 2m
3m
2m
1m
Solución: ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(5) – 20(4) – 40(3) + 20 + 10(3) = 0 VA = 30 T ΣFV = 0 30 + VB = 20 + 40 + 10 VB = 40 T (V):
x = 0 V = 30 0 ≤ x ≤ 2 V = 30 – 10x x = 2 V = 10 2 ≤ x ≤ 5 V = 30 – 20 – 40 = – 30 5 ≤ x ≤ 8 V = 30 – 20 – 40 + 40 = 10
283
284
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
x=0 M=0 x = 2 M = 40
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = 30x –
x = 2 M = 40 2 ≤ x ≤ 5 M = 30x – 20(x – 1) – 40(x – 2) x = 5 M = –50 x = 5 M = –50 5 ≤ x ≤ 7 M = 30x – 20(x – 1) – 40(x – 2) + 40(x – 5) x = 7 M = –30 De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1 M = –10x
x=0 M=0 x = 1 M = –10
30 V(T)
+
10
2m
10 3m
30
50
M (T-m) 2m
+ 2m 1m
3m
–
30 10
2m
1m
+ 40
Problema 213 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
10 T
5 T/m
20 T 6 T-m B
A 2m
8m
2m
2m
4m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución: ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(12) – 10(14) – 40(8) + 6 + 20(4) = 0 VA = 31.17 T ΣFV = 0 VA + VB – 10 – 40 – 20 = 0 VB = 38.33 T (V):
0 ≤ x ≤ 2 V = – 10 x = 2 V = 21.17 2 ≤ x ≤ 10 V = – 10 + 31.17 – 5(x – 2) x = 10 V = – 18.33 10 ≤ x ≤ 14 V = – 10 + 31.17 – 5(8) = – 18.33
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 4 V = 20 Para:
2 ≤ x ≤ 10 V = 0 x = 6.23
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = – 10x
x=0 x=2
M=0 M = – 20
2 ≤ x ≤ 10 M = – 10x + 31.17(x – 2) – 5(x – 2)
x=2 M = –20 x = 6.23 M = 24.81 x = 10 M = –10.64
x = 10 M = –10.64 10 ≤ x ≤ 12 M = – 10x + 31.17(x – 2) – 40(x – 6) x = 12 M = –48.3 x = 12 M = –42.3 12 ≤ x ≤ 14 M = – 10x + 31.17(x – 2) – 40(x – 6) + 6 x = 14 M = –80 De derecha a izquierda: x=0 M=0 0 ≤ x ≤ 4 M = – 20x x = 4 M = – 80
285
286
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
20
21.17 V(T)
+
2m – 4.23 m 10
+ 3.77 2 m 2 m 4m – 18.83 48.3
20
M (T-m)
80 42.3
– 10.64
– 2m
+
24.81
Problema 214 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
20 T 15 T/m
10 T-m A 2m
B 3m
Solución: ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(3) – 10 – 20(5) – 15(4)(1) = 0 VA = 56.67 T ΣFV = 0 VA + VB – 20 – 15(4) = 0 VB = 23.33 T
1m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
(V):
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
0 ≤ x ≤ 2 V = – 20 x = 2 V = 36.67 2 ≤ x ≤ 5 V = – 20 + 56.67 – 15(x – 2) x = 5 V = –8.33 V = 0 x = 4.44
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1 V = 15x
x=0 V=0 x = 1 V = 15
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = – 10 – 20x
x=0 x=2
M = –10 M = –50 x=2 M = –50 x = 4.44 M = –5.17 x=5 M = –7.5
2 ≤ x ≤ 5 M = – 10 – 20x + 56.67(x – 2) – 15
De derecha a izquierda: x=0 M=0 x = 1 M = –7.5
0 ≤ x ≤ 1 M = – 15
36.67
V(T)
15 0.56 m + + – 1m 2.44 m 8.33
2m – 20
M (T-m)
50 –
10
5.17
7.5
287
288
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 215 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
6 T/m
4T 12 T-m A
0.6 m
0.4 m
0.5 m
0.5 m
0.5 m
MA
VA
Solución: ΣFH = 0 HA = 0 ΣFV = 0 VA – ΣMA = 0 –
– 6(0.4) – 4 = 0 VA = 8.2 T (2.1) – 6(0.4)(1.7) + 12 – 4(0.5) – MA = 0 MA = 2.14 T-m
(V): x=0 V=0 x = 0.6 V = –1.8
0 ≤ x ≤ 0.6 V = –
x = 0.6 V = –1.8 – 6(x – 0.6) x = 1 V = –4.2
0.6 ≤ x ≤ 1 V = – 1≤x≤2V=–
– 6(0.4) = – 4.2
2 ≤ x ≤ 2.5 V = –
– 6(0.4) – 4 = – 8.2
(M): 0 ≤ x ≤ 0.6 M = –
x=0 M=0 x = 0.6 M = –0.36
0.6 ≤ x ≤ 1 M = – 1.8(x – 0.4) –
x = 0.6 M = –0.36 x=1 M = –1.56
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
x=1 M = –1.56 x = 1.5 M = –3.66
1 ≤ x ≤ 1.5 M = – 1.8(x – 0.4) – 2.4(x – 0.8)
1.5 ≤ x ≤ 2 M = – 1.8(x – 0.4) – 2.4(x – 0.8) + 12
x = 1.5 M = 8.34 x=2 M = 6.24
De derecha a izquierda: x=0 M = 2.14 x = 0.5 M = 6.24
0 ≤ x ≤ 0.5 M = 2.14 + 8.2x
V(T)
0.6 m 0.4 m 0.5 m 0.5 m 0.5 m –
1.8 4.2 3.66 1.56 M(T-m)
0.36
8.2
– 2.14
+ 6.24 8.34
500 kg/m
Problema 216 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
A 2m Solución:
B 5m
ΣFH = 0 HA = 0 ΣMB = 0 VA(5) – ΣFV = 0 VA + VB –
= 0 VA = 666.67 kg = 0 VB = 1333.33 kg
1m
289
290
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
(V): x=0 V=0 x = 2 V = –125
0 ≤ x ≤ 2 V = – 62.5
2 ≤ x ≤ 7 V = – 62.5
+ 666.67
x = 2 V = 541.67 x = 7 V = 864.58
V = 0 x = 4.62 7 ≤ x ≤ 8 V = – 62.5
+ 666.67 + 1333.33
x = 7 V = 468.75 x=8 V=0
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = – 62.5
x=0 x=2
M=0 M = – 83.33 x=2 M = –83.33 x = 4.62 M = 719.48 x=7 M = –239.56
2 ≤ x ≤ 7 M = – 62.5
+ 666.67(x – 2)
7 ≤ x ≤ 8 M = – 62.5
x = 7 M = –239.56 + 666.67(x – 2) + 1333.33(x – 7) x = 8 M = 0
541.67 V (kg)
2m
– 125
M (kg-m)
468.75 + 2.62 m
2.38 m + 1m – 864.58 239.56
83.33 –
– + 719.48
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 217 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
10 T/m 2T Rótula
A
4m
B
3m
3m
Solución:
10 T/m V A
B
4m VA
2T 3m
3m
V
VB
ΣMA = 0 V(4) – 10(4)(2) = 0 V = 20 T ΣFV = 0 V + VA – 10(4) = 0 VA = 20 T ΣMB = 0 – 20(6) – 2(3) + MB = 0 MB = 126 T-m ΣFV = 0 VB – V – 2 = 0 VB = 22 T (V): 0 ≤ x ≤ 4 V = 20 – 10x
x = 0 V = 20 x = 4 V = –20
4 ≤ x ≤ 7 V = 20 – 10(4) = – 20 7 ≤ x ≤ 10 V = 20 – 40 – 2 = – 22 Para 0 ≤ x ≤ 4 V = 0 x = 2
MB
291
292
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
(M): x=0 x=2 x=4
0 ≤ x ≤ 4 M = 20x – 10
4 ≤ x ≤ 7 M = 20x – 10(4)(x – 2)
M=0 M = 20 M=0
x=4 M=0 x = 7 M = –60 x = 7 V = –60 x = 10 V = –126
7 ≤ x ≤ 10 M = 20x – 10(4)(x – 2) – 2(x – 7)
20 V(T)
+ 2m
2m
3m
3m –
20
22 126
60
M (T-m)
2m
2m +
–
3m
3m
20
Problema 218 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
3T
3T
3T
Rótula A 2m
C
B 2m
2m
2m
2m
2m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución:
V
3T A
2m
2m
VA
3T
2m
3T
2m
B
2m
2m
VB
V
C VC
ΣMA = 0 V(4) – 3(2) = 0 V = 1.5 T ΣFV = 0 V + VA – 3 = 0 VA = 1.5 T ΣMC = 0 – 1.5(8) – 3(6) + VB(4) – 3(2) = 0 VB = 9 T ΣFV = 0 9 – 1.5 – 3 – 3 – VC = 0 VC = 1.5 T (V): 0≤x≤2
V = 1.5
2≤x≤6
V = 1.5 – 3 = – 1.5
6≤x≤8
V = 1.5 – 3 – 3 = – 4.5
8 ≤ x ≤ 10
V = 1.5 – 3 – 3 + 9 = 4.5
10 ≤ x ≤ 12
V = 1.5 – 3 – 3 + 9 – 3 = 1.5
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = 1.5x
x=0 M=0 x=2 M=3
2 ≤ x ≤ 6 M = 1.5x – 3(x – 2)
x=2 x=4 x=6
6 ≤ x ≤ 8 M = 1.5x – 3(x – 2) – 3(x – 6)
M=3 M=0 M = –3 x = 6 M = –3 x = 8 M = –12
8 ≤ x ≤ 10 M = 1.5x – 3(x – 2) – 3(x – 6) + 9(x – 8)
x = 8 M = –12 x = 10 M = –3
293
294
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
De derecha a izquierda: x=0 M=0 x = 2 M = –3
0 ≤ x ≤ 2 M = 1.5x
4.5 V(T)
M (T-m)
1.5 + 2m
4m 1.5
1.5
+
2m
2m 2m
–
4.5 12 3
2m 2m 2m + 3
3
– 2m
2m 2m
Problema 219 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
8T
6T
12 T/m Rótula
B
A 2m
1m
1m
1m
V
6T
1m
Solución:
12 T/m V
VA 2m
1m
8T
MB
B 1m
1m
ΣMA = 0 V(3) – 12(2)(1) = 0 V = 8 T ΣFV = 0 V + VA – 12(2) = 0 VA = 16 T
1m
VB
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
ΣMA = 0 V(3) – 12(2)(1) = 0 V = 8 T ΣFV = 0 V + VA – 12(2) = 0 VA = 16 T ΣMB = 0 – 8(3) – 6(2) – 8(1) + MB = 0 MB = 44 T-m ΣFV = 0 – 8 – 6 – 8 + VB = 0 VB = 22 T (V): 0 ≤ x ≤ 2 V = 16 – 12x
x = 0 V = 16 x = 2 V = –8
V = 0 x = 1.33 2 ≤ x ≤ 4 V = 16 – 12(2) = – 8 4 ≤ x ≤ 5 V = 16 – 12(2) – 6 = – 14 5 ≤ x ≤ 6 V = 16 – 12(2) – 6 – 8 = – 22 (M): 0 ≤ x ≤ 2 M = 16x – 12
x=0 M=0 x = 1.33 M = 10.67 x=2 M=8
2 ≤ x ≤ 4 M = 16x – 12(2)(x – 1)
x=2 x=3 x=4
M=8 M=0 M = –8 x = 4 M = –8 x = 5 M = –22
4 ≤ x ≤ 5 M = 16x – 12(2)(x – 1) – 6(x – 4)
5 ≤ x ≤ 6 M = 16x – 12(2)(x – 1) – 6(x – 4) – 8(x – 5)
x=5 x=6
16 V(T)
+ 0.67 m 1m 1m 1m 1m 1.33 m 8 14 – 22 44
M (T-m)
22 3m + 8 10.67
–
8 3m
M = –22 M = –44
295
296
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 220 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
30 T/m 20 T-m
4T 10 T/m
A
B 3m
1m
1m
1m
Solución: ΣMB = 0 VA(5) + 20 + 4(1) – ΣFV = 0 VB + VA –
– 10(3)(0.5) = 0 VA = 25.2 T
– 10(3) – 4 = 0 VB = 53.8 T
(V): 0 ≤ x ≤ 3 V = 25.2 – 5x
2
x=0 V = 25.2 x = 2.24 V = 0 x=3 V = –19.8
3 ≤ x ≤ 5 V = 25.2 – 45 – 10(x – 3)
x = 3 V = –19.8 x = 5 V = –39.8
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1 V = 4 + 10x
x=0 V=4 x = 1 V = 14
(M): 0 ≤ x ≤ 3 M = 25.2x –
x=0 M=0 x = 2.24 M = 37.71 x=3 M = 30.6
3 ≤ x ≤ 4 M = 25.2x – 45(x – 2) –
x = 3 M = 30.6 x = 4 M = 5.8
4 ≤ x ≤ 5 M = 25.2x – 45(x – 2) – 5(x – 3)2 + 20
x = 4 M = 25.8 x = 5 M = –9
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
De derecha a izquierda: x=0 x=1
0 ≤ x ≤ 1 M = – 4x – 10
M=0 M = –9
25.2 14
+
V(T)
2.24 m
0.76
+ 4 1m
2m –
19.8
39.8
M (T-m)
9 5.8
+ 37.71
–
30.6
25.8
Problema 221 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
6T 20 T/m
12 T-m A
B 1m
2m
3m
Solución: ΣMB = 0 VA(6) – 12 – 6(5) – 20(3)(1.5) = 0 VA = 22 T ΣFV = 0 VB + VA – 6 – 20(3) = 0 VB = 44 T
297
298
(V):
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
0 ≤ x ≤ 1 V = 22 1 ≤ x ≤ 3 V = 22 – 6 = 16 x=3 V = 16 x = 3.8 V = 0 x=6 V = –44
3 ≤ x ≤ 6 V = 22 – 6 – 20(x – 3) (M): 0 ≤ x ≤ 1 M = 22x
x=0 x=1
M=0 M = 22
1 ≤ x ≤ 3 M = 22x – 6(x – 1) – 12
x=1 x=3
M = 10 M = 42 x=3 M = 42 x = 3.8 M = 48.4 x=6 M=0
3 ≤ x ≤ 6 M = 22x – 6(x – 1) – 12 – 20
22
16
V(T)
+ 2m
1m
2.2 m 0.8 m –
M (T-m)
44 10 +
22 42
48.4
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 222 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. 10 T/m
5T
6 T-m
A
B 1m
2m
2m
3m
Solución: ΣMB = 0 VA(5) – 5(4) + 6 + ΣFV = 0 – 0.2 – 5 –
(1) = 0 VA = – 0.2 T
+ VB = = 0 VB = 20.2 T
0 ≤ x ≤ 1 V = – 0.2
(V):
1 ≤ x ≤ 5 V = – 0.2 – 5 = – 5.2
De derecha a izquierda:
(M):
0 ≤ x ≤ 3 V = x2
0 ≤ x ≤ 1 M = – 0.2x
x=0 x=1
1 ≤ x ≤ 3 M = – 0.2x – 5(x – 1)
x=0 V=0 x = 3 V = 15 M=0 M = –0.2 x=1 x=3
3 ≤ x ≤ 5 M = – 0.2x – 5(x – 1) + 6
M = –0.2 M = –10.6
x=3 x=5
M = –4.6 M = –15
De derecha a izquierda: 0≤x≤3M=–
x=0 x=3
M=0 M = –15
299
300
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
15 V(T)
1m
+
4m
3m
0.2
– 5.2 15
M (T-m)
10.6 –
0.2 1m
4.6 2m
2m
3m
Problema 223 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
9T 3 T/m B
A 3m Solución:
5m
4m
ΣMB = 0 VA(9) – 9(4) – 3(8)(8) = 0 VA = 25.33 T ΣFV = 0 VA + VB – 9 –3(8) = 0 VB = 7.67 T
(V):
0 ≤ x ≤ 3 V = – 3x
x=0 V=0 x = 3 V = –9
3 ≤ x ≤ 8 V = – 3x + 25.33
x = 3 V = 16.33 x = 8 V = 1.33
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
De derecha a izquierda: (M):
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
0 ≤ x ≤ 4 V = – 7.67 x=0 x=3
M=0 M = –13.5
0≤x≤3M=–
x2
3≤x≤8M=–
x2 + 25.33(x – 3)
x=3 x=8
M = –13.5 M = 30.68
De derecha a izquierda: x=0 x=4
0 ≤ x ≤ 4 M = 7.67x
M=0 M = 30.68
16.33 V(T)
+
3m –
5m
1.33 4 m –
9 M (T-m)
7.67
13.5 –
4m
3m
+
30.68
Problema 224 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
10 T/m 12 T/m
10 T
A
B 5m
1m
3.6 m
3m
301
302
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: ΣMB = 0 VA(9.6) – 12(6)(6.6) – 10(4.6) – ΣFV = 0 VA + VB – 12(6) – 10 –
(1) = 0 VA = 54.98 T
(1.2) +
= 0 VB = 60.02 T
–
(V): 0 ≤ x ≤ 5 V = 54.98 – 12x
x=0 V = 54.98 x = 4.58 V = 0 x=5 V = –5.02
5 ≤ x ≤ 6 V = 54.98 – 12x – 10
x = 5 V = –15.02 x = 6 V = –27.02 x = 6 V = –27.02 x = 9.6 V = –45.02
6 ≤ x ≤ 9.6 V = 54.98 – 12(6) – 10 – De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 3 V = x2
x=0 V=0 x = 3 V = 15
(M): x=0 M=0 x = 4.58 M = 125.95 x=5 M = 124.09
0 ≤ x ≤ 5 M = 54.98x –
x
5 ≤ x ≤ 6 M = 54.98x –
x2 – 10(x – 5)
2
x=5 x=6
M = 124.9 M = 103.88 x=6 x = 9.6
6 ≤ x ≤ 9.6 M = 54.98x – 72(x – 3) – 10(x – 5) –
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 3 M = – x3
x=0 x=3
M=0 M = –15
M = 103.88 M = –15
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
54.98 V(T) 0.42 m
+
4.58 m 5.02 1m – 15.02 27.02
15 m + 3.6 m 3m
45.02 15 –
M (T-m) + 103.88 125.95 124.4
Problema 225 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
1.2 T/m
A 6m
B
6m
6m
6m
Solución: ΣMB = 0 VA(12) –
(10) = 0 VA = 6 T
ΣFV = 0 VA + VB – 12(1.2) –
= 0 VB = 15.6 T
303
304
(V):
Estática - teoría y aplicaciones
x=0 V=0 x = 6 V = –1.8
0≤x≤6V=–
6 ≤ x ≤ 12 V = –
+6
12 ≤ x ≤ 18 V = –
De derecha a izquierda:
Editorial Macro
x=6 V = 4.2 x = 10.95 V = 0 x = 12 V = –1.2 + 6 – 1.2(x – 12)
0 ≤ x ≤ 6 V = 1.2x
x = 12 V = –1.2 x = 18 V = –8.4
x=0 V=0 x = 6 V = 7.2
(M): 0≤x≤6M=–
6 ≤ x ≤ 12 M = –
x=0 x=6
M=0 M = –3.6
+ 6(x – 6)
x=6 M = –3.6 x = 10.95 M = 7.82 x = 12 M = 7.2
De derecha a izquierda:
0 ≤ x ≤ 6 M = – 1.2
6 ≤ x ≤ 12 M = – 1.2
x=0 x=6
M=0 M = –21.6
+ 15.6(x – 6)
x = 6 M = –21.6 x = 12 M = 7.2
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
7.2
4.2 V(T)
6m –
+
1.05 m 6m + 4.95 1.8 1.2 –
6m
8.4 21.6
M (T-m) –
3.6
1.05 m + 7.82
7.2
– 6m
Problema 226 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
2 T/m
1T 1 T/m
0.6 T-m B
A 2m
2m
3m
2m
Solución: ΣMB = 0 VA(7) – 1 (9) – 1(2)(6) – ΣFV = 0 VA + VB – 1 – 1(2) –
(3) + 0.6 = 0 VA = 4.2 T = 0 VB = 1.8 T
305
306
(V):
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
0≤x≤2V=–1 2 ≤ x ≤ 4 V = – 1 + 4.2 – 1(x – 2)
x = 2 V = 3.2 x = 4 V = 1.2 x=4 V = 1.2 x = 5.9 V = 0 x=7 V = –1.8
4 ≤ x ≤ 7 V = – 1 + 4.2 – 1(2) – (x – 4)
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 2 V = – 1.8 (M): 0≤x≤2M=–x
x=0 x=2
M=0 M = –2 x=2 x=4
2 ≤ x ≤ 4 M = – x + 4.2(x – 2) –
M = –2 M = 2.4
4 ≤ x ≤ 7 M = – x + 4.2(x – 2) – 1(2)(x – 3) – (x – 4)3
x=4 V = 2.4 x = 5.9 V = 3.92 x=7 V=3
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 2 M = – 0.6 + 1.8x
x=0 x=2
M = –0.6 M=3
3.2
+ V(T) 1
1.1 m 2 m 2 m 1.9 m –
2m –
1.8
2 M (T-m)
0.6
–
2.4
+ 3.92
3.0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 227 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
4T
1.2 T
2.4 T/m
3.15 T-m
2 T-m
2.25 T-m B
A 2m
4m
2m
1m
Solución: ΣMB = 0 VA(6) – 3.15 + 2 + 2.25 – 4(2) + 1.2(1) – 2.4(6)(5) = 0 VA = 12.95 T ΣFV = 0 VA + VB – 4 – 1.2 – 2.4(6) = 0 VB = 6.65 T (V): 0 ≤ x ≤ 2 V = – 2.4x
x=0 V=0 x = 2 V = –4.8
2 ≤ x ≤ 6 V = – 2.4x + 12.95
x = 2 V = 8.15 x = 6 V = –1.45
V = 0 x = 5.40 De derecha a izquierda:
0 ≤ x ≤ 1 V = 1.2 1 ≤ x ≤ 3 V = 1.2 – 6.65 = – 5.45
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = – 3.15 – 2.4
2 ≤ x ≤ 6 M = – 3.15 – 2.4
x=0 x=2
M = –3.15 M = –7.95
+ 12.95(x – 2)
x=2 M = –7.95 x = 5.40 M = 5.89 x=6 M = 5.45
307
308
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1 M = – 2.25 – 1.2x
x=0 x=1
M = –2.25 M = –3.45 x=1 x=3
1 ≤ x ≤ 3 M = – 2.25 – 1.2x + 6.65(x – 1)
M = –3.45 M = 7.45
8.15
V(T)
2m –
+ 3.40 m
0.60 m 1.45
2m –
4.8
1.2 + 1m 5.45
7.95 M (T-m)
3.15
3.45
–
–
2.25
+ 5.45 5.89 7.45
Problema 228 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
6 T/m
2 T/m A 1m
B 2m
2m
1m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución: ΣMB = 0 VA(4) – 2(3)(3.5) = 0 VA = 5.25 T ΣFV = 0 VA + VB – 2(3) – 6
= 0 VB = 9.75 T
(V): x=0 V=0 0 ≤ x ≤ 1 V = – 2x x = 1 V = –2
1 ≤ x ≤ 3 V = – 2x + 5.25
x=1 V = 3.25 x = 2.625 V = 0 x=3 V = –0.75
3 ≤ x ≤ 5 V = – 6 + 5.25 – (x – 3)2
x = 3 V = –0.75 x = 5 V = –4.75
5 ≤ x ≤ 6 V = – 6 + 5.25 – (x – 3)2 + 9.75
x = 5 V = 5.0 x=6 V=0
(M): 0≤x≤1M=–2
x=0 x=1
M=0 M = –1
1 ≤ x ≤ 3 M = – x + 5.25(x – 1) 2
x=1 x = 2.625 x=3
3 ≤ x ≤ 5 M = – 6(x – 1.5) + 5.25(x – 1) – 5 ≤ x ≤ 6 M = – 6(x – 1.5) + 5.25(x – 1) –
M = –1 M = 1.64 M = 1.5 x=3 x=5
M = 1.5 M = –2.66
+ 9.75(x – 5)
x=5 x=6
M = –2.66 M=0
309
310
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
5 3.25 V(T)
+
1m
1.625
–
+
0.375 2 m
1m
–
2 0.75
4.75
M (T-m)
2.66 1
–
– +
1.5
1.64
Problema 229 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.
3 T/m 2T 2 T/m A
B
Rótulas 2m
2m
2m
2m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución:
2T
V
MA A
2m
2m
VA
3T
Q
4T
MB
C D 1m 1m
m Q
V ΣMD = 0 V(2) – 4(1) = 0 V = 2 T ΣFV = 0 V + Q = 4 Q = 2 T
ΣMA = 0 V(4) + 2(2) – MA = 0 MA = 12 T-m ΣFV = 0 VA – 2 – V = 0 VA = 4 T ΣMB = 0 Q(2) + 3
– MB = 0 MB = 6 T-m
ΣFV = 0 Q + 3 = VB = 5 T (V):
0≤x≤2V=4 2≤x≤4V=4–2=2 4 ≤ x ≤ 6 V = 4 – 2 – 2(x – 4)
x=4 V=2 x = 6 V = –2
V=0x=5 6 ≤ x ≤ 8 V = 4 – 2 – 2(2) –
(x – 6)2
x = 6 V = –2 x = 8 V = –5
m VB
311
312
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = – 12 + 4x
x=0 x=2
M = –12 M = –4
2 ≤ x ≤ 4 M = – 12 + 4x – 2(x – 2)
x=2 x=4
M = –4 M=0 x=4 x=5 x=6
4 ≤ x ≤ 6 M = – 12 + 4x – 2(x – 2) – 2
6 ≤ x ≤ 8 M = – 12 + 4x – 2(x – 2) – 2
M=0 M=1 M=0 x=6 x=8
–
4 V (T)
2
+
1m
2m
2m
1m 2
12
2m – 5
M (T-m) –
6
4
– + 1
Problema 230
2T
Dibujar los diagramas de V, N y M.
A
B 2m
3m
C
M=0 M = –6
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución: D.C.L.:
2T A
2
M=4 B
4
2m
B
V=2 3m
C 4 2 N T
V T 2 B
–
B 2
A
–
B
2
4
–
A 2
4
–
A
M T-m
C
Problema 231
C
C
2 T-m
Dibujar los diagramas de V, N y M.
B A
2m
3m
C
4
313
314
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: D.C.L.:
2 A
M=2 B
M T-m
2 B
2 –
B 2
–
A
2
2 C No hay fuerza cortante ni fuerza normal
C
Problema 232
2 T/m B
Dibujar los diagramas de V, N y M.
A
2m 3m
C
Solución: D.C.L.:
M=4 B A 1m 1m 4
V=4
4
4 B 3m
4 C 4
2
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
N T
V T
B
A 4
A
M T-m
– B
A
– B
4
4
4
–
–
4
C
C
Problema 233
C
2T 1m 1m
Dibujar los diagramas de V, N y M.
4
B
A 2m 4T 2m C
Solución: D.C.L.:
2
2
M=2
2
1m 1m B A
B
V=2 4 2m 4 10
C 2
315
316
Estática - teoría y aplicaciones
N T
Editorial Macro
V T
M T-m 2
2
– B 1m 1m B – A1m 1m A 2 2m 2m
2
–
A
B
2
2
C
4
C
–
2m
2m
–
–
4
10
C
Problema 234
2 T/m
Dibujar los diagramas de V, N y M.
2T B
C
4m
2m 5T
4m
2m A
D
Solución: D.C.L.: N = 4.5 2
B V=2 4m
3.5
2 T/m 2
B 4.5
4m
N=2
C M=2 V = 3.5
2 2
C
2m 5 2m
A 4.5
3
D 3.5
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
N T 3.5
C 2
M T-m
+
B
2.25
4m
1.75 C 2 – 3.5 +
2
+
2 4m
3
2 C
B 2.25 m
5.06 6
+ 2m
–
–
–
–
4.5
B 2
V T 4.5
A
3.5
4.5
D
317
3
A
D
A
D
Problema 235 Dibujar los diagramas de V, N y M. B: Rótula
6T 2m
B
2m
C
1m
1m
2T
8T 1m
1m D
A
Solución: D.C.L.:
N = 4.5
2
6
B V=1 1m 1
A 4.5
1
B 4.5
2m
1.5
M=6 2m
N=1
1
C 1m
V = 1.5 7
6 8
1m D 1.5
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
V T
N T 1.5
4.5
B
–
+
1 B
A
D
1.5
4.5
–
–
–
1
1
1 + 1m 1 A
M T-m B
2m
6
1m +
1
9
1.5 7
2m –
7
+ 1m
A
D
Problema 236 Dibujar los diagramas de V, N y M.
8T A
2m
α
2m B
2.5 m 4T
4m 2.5 m α 3m
1
1m D
6 7
C
1.5 + 1
C
+
1m
4.5
4.5
C
–
318
C
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
319
Solución: D.C.L.:
8
5
4
A 2m
α 3
7.14
2m B
M = 12.56
V = 0.86
N = 0.69 12.56 B 2.5 m V = 0.52 4 2.5 m
0.86 sen α = 0.69 0.86
α
C 4.52
0.86 cos α = 0.52
N T
0.69
V T 7.14
B
A
A
0.69
7.14 + 2m 2m – 0.86 0.52
B
–
C 0.69
M T-m A 2m +
2.5 m
4.52
– 4.52
2m .56 12
+ 12.56
m
11.26
2.5
14.28
B
C
320
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 237
2T
Dibujar los diagramas de V, N y M.
α
A
4T α
B
8m α 3m
2m 2m
C
4m
Solución: ΣMC = 0 VA ↑ = 2.91 T
ΣFV = 0 VC ↑ = 3.09 T
cos α =
sen α =
=
=
Para los diagramas de V y M se plantean las ecuaciones con cargas perpendiculares al eje longitudinal del elemento. D.C.L.:
A
3m
2.91 T
x
x 2 T M = 10.55 T-m 2m B
0.73 T
M = 10.55 T-m B
V’ = 0.55 T
V = 0.91 T
3.33 m
2.4 T
3.2 T 4 cos α = 4
= 2.4 T
3.09 cos α = 1.85 T
C 1.85 T
En el punto B: Vcos α = V’ 0.91 AB 0≤x≤3
V = 2.91 T M = 2.91x
0 8.73
= 0.55
2.47 T
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
3≤x≤5
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
321
V = 2.91 – 2 = 0.91 T 8.73 10.55
M = 2.91x – 2(x – 3) BC 0 ≤ x ≤ 3.33
V = 0.55 10.55 12.38
M = 10.55 + 0.55x
3.33 ≤ x ≤ 10 V = 0.55 – 2.4 = – 1.85 12.38 0
M = 10.55 + 0.55x – 2.4(x – 3.33)
V T 2.91
+
A 3m
N T 0.91
0.73
A
2m B
5m
B
+
3m 3.3
5m
6.6
0.73
2.47
7m
1.85
+
5m
–
– C
C 2.47
1.85
M T-m A
3m
2m B
+ 8.73
10.55 10.55 12.38
+
322
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 238
200 kg/m B
Dibujar los diagramas de V, N y M.
C
100 kg/m
6m 6m
3m 400 kg 3m
A
D
Solución: ΣMD = 0 VA ↑ = 500 kg
ΣFV = 0 VD ↑ = 700 kg
500 M = 600
100 kg/m
200 kg/m M = 600 B 6m 400 V = 400 VA = 500 B
x
x
M = 1200
M = 1200
C 400 700
V = 400 3m
700 C
3m V=0 D
200
700
VA = 500 AB V = 200 – 100x
200 –400
V=0x=2m
M = 200x – 100
x
400 kg
6m A
0≤x≤6
ΣFH = 0 HA ← = 200 kg
0 200 –600
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
323
BC 0≤x≤6
500 –700
V = 500 – 200x
V = 0 x = 2.5 m –600 25 –1200
M = – 600 + 500x – 200 CD 0≤x≤3
V = 400 –1200 0
M = – 1200 + 400x 3≤x≤6
V = 400 – 400 = 0 M = – 1200 + 400x – 400(x – 3)
V kg
0 0
500 B 2.5 m 400 – 4m
3.5 m C 400 – 3m + 700
N kg
400
B
3m
2m 200 + A
C
400
400
D –
M kg-m
–
1200 A
600 600
B – – 2m + 25
2m + A
200
–
C
1200 –
3m
3m D
500
700
D
324
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 239
2 kip/pie
Dibujar los diagramas de V, N y M.
10’ C 20 kip
B
50’
20’ A Solución:
42
100 Klb
D.C.L.:
10’ C
25’
25’
20
400 C 10’ 20
B
VC = 58
20’
20 A
20
2 K/pie 400 42
C
B 58
50’
V = 42 – 2x = 0 x = 21
N Klb
V Klb
42
42
B
C +
– A
A 42
VA = 42
C
20’
20 +
42 20
M Klb-pie
400
C
29’ +
400 10’
841 400
20’ A
B
21’
20’ A
29’ B – 58
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 240
2 Kip/pie
325
C
Dibujar los diagramas de V, N y M.
B
15’
6’ 20 Kip
23 Kip
6’ A
20 Kip
7 Kip Solución: D.L.C.:
2 Kip/pie
120
7 Kip 120 Kip-pie
C
15’
B
23
7
B 6’
N Kip
7
B
C
20 Kip 6’ A
– 20 Kip A
7 Kip 7
V Kip
B
7
M Kip-pie
+ 3.5’
11.5’ C –
3.5’ B
23 20
120 120
+
20
6’ A
6’ A
C +
132.25
6’ +
11.5’
120
326
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 241
B
C
Dibujar los diagramas de V, N y M.
8 T-m A
D 2T
2T 4m
Solución: D.C.L.:
8 2
B
4m
C
2 C
8
B 2
2 8
A D
2
2 M T-m
N T
2
B
2
A
2
C
8 8
C
+ 2 V T B
–
–
–
–
B
D C
–
A
D
2
2
A
D
8
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 242
327
3T C 1m 1m 2T 1m A
Dibujar los diagramas de V, N y M.
1m D 1m 4T 1m B 2T 0.5 T
2.5 T Solución: D.C.L.:
0.5 T
2.5 T 2 T-m
D
2T 2T
1m
2.5 T 2T 2 T-m C
2T 1m
1m
1m 3T 1m
0.5 T 2T D
4T 1m
A
B
2.5 T
0.5 T N T
V T
1m –
D
2
2 –
1m 2
2
1m A
A
D
–
2
2
0.5
2
0.5 1m +
0.5
2.5
C
–
+ 1m 2 –
1m
2.5
–
2.5 C
2T
B
2.5
0.5
B
328
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
M T-m 2 C – 0.8 m –
2
1m + 0.5
2m
1m
D 1m
2 1m
+ 1m
A
B
60 K 30’ 10’ B
Problema 243 Dibujar los diagramas de V, N y M.
80 K 10’ C
15’ 40 15’ 40
A
D
VA = 52
VD = 88
Solución: D.C.L.:
600 K-pie 52 K
88 C
B 15’
600 K-pie 10’ B
40 K 15’ 40 K
52 K
A 52 K
60 K 30’
80 K 10’
C
30’
88 K
D 88
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
N Kip 88
–
30’
A
C
–
52
B
30’
D
88
52
V Kip 52 + B
30’ –
10’ 15’
10’
C
8
40
88
88 +
15’
40
D
A
M Kip-pie 600 10’
B 15’
600
15’ + A
30’
+ 600
1120
10’ C + 880
30’
D
329
330
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 244
15 Kn/m
Dibujar los diagramas de V, N y M.
B
C
4m 90 KN
8m 4m A
D 10 m
Solución: D.C.L.:
720
39 111 B
90
720 90
8m A
15 90
B 111
N KN 111
111
C 90
–
– A
39 –
90
10 m
C
39
360
4m 360
90 4m D 39
90 111
B
90
C
39
D
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
V KN
111 +
90
2.6 m C 7.4 m – 39 + 4m
90
90
–
B
4m A
90
720
M KN-m 720
D
309.3
B
– 2.6 m C
360 –
7.4 m
360
4m –
8m 4m A
D
Problema 245
P P
A simple vista indicar en qué sección del pórtico el momento es nulo.
B
P
Pa
F
C P
A Solución: MA = 0 M
=0
(De D a )
E D
331
332
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 246
P P
A simple vista indicar en qué sección del pórtico el momento es nulo.
Pa C
B
P E
P
D
F A Solución: MA = 0 MB = 0 MD = 0
Problema 247
P
A simple vista indicar en qué sección de la viga el momento es nulo.
A
B
C
Solución: M
= 0 (De A a B)
Problema 248
P
A simple vista indicar en qué sección de la viga el momento es nulo.
A
Solución: MA = 0
B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 249
333
Pa
A simple vista indicar en qué sección de la viga el momento es nulo.
A
B
Solución: Ninguna sección
Problema 250
P
A simple vista indicar en qué sección de la viga el momento es nulo.
B
C
A
Solución: MA = 0 MC = 0
Problema 251
P
A simple vista indicar en qué sección del arco el momento es nulo.
D
P C
E A
Solución: Arco biarticulado MA = 0 MB = 0
B
334
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 252
B
P
A simple vista indicar en qué sección del arco el momento es nulo.
D
C
A
Solución: Arco triarticulado MA = 0 MB = 0 MC = 0
Problema 253 A
A simple vista indicar en qué sección de la viga, el momento es nulo.
P
B
E
Solución: M
=0
(De A a B)
M
=0
(De C a D)
Problema 254 Dibujar los diagramas de V y M.
20 KN-m
8 KN
15 KN/m
B 2m
1m
2m
3m
C
D
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución: ΣMB = 0 = A(5) + 20 – 8(2) + 15(3)1.5
↓ A = 14.3 KN
ΣFV = 0 = – A + B – 8 – 15(3)
↑ B = 67.3 KN
45 V KN 3m
+
2m
3m
– 14.3 22.3 i→d 0≤x≤3 3≤x≤5
V = – 14.3 V = – 14.3 – 8 = – 22.3
i←d 0≤x≤3
V = 15x
0 45
67.5 M KN-m
22.9
28.6 8.6
–
– 2m
0 ≤ x ≤ 2 M = – 14.3x
1m
2m
0 –28.6
2 ≤ x ≤ 3 M = – 14.3x + 20
–8.6 –22.9
3 ≤ x ≤ 5 M = – 14.3x + 20 – 8(x – 3) i←d 0≤x≤3 M=–
0 –67.5
–22.9 –67.5
3m
335
336
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 255 Dibujar los diagramas de V y M.
400 lb
100 lb/pulg
800 lb B
A 4”
12”
4”
Solución: D.C.L.:
400 4
1200 A 6
6
x 400 x
100
ΣMB = 0 = A(16) – 400 (20) – 1200(10) – 800(4) ↑ A = 1450 lb
800 4 B
800
ΣFV = 1450 + B – 400 – 1200 – 800 = 0 ↑ B = 950 0≤x≤4
x
V = – 400
950
1450
4 ≤ x ≤ 16 V = – 400 + 1450 – 100(x – 4)
M = – 400x + 1450(x – 4) – 100 i←d
0≤x≤4 V = – 950 M = 950x
0 3800
M = – 400x
0 –1600
1050 V = 0 x = 14.50 –150 –1600 3912.5 3800
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
1050 V lb
4” –
+
1.5”
4”
150
–
10.5”
400 1600 M lb-pulg
950
950
– + 3800
3912.5
Problema 256 Dibujar diagramas de V y M.
10 T-m
20 T/m A
3m
C
2m
Solución: ↑ A = 30 T ; ↑ B = 30 T ; MB = 110 T-m 30 V = 0 x = 1.5 –30
0≤x≤3
V = 30 – 20x
3≤x≤7
V = 30 – 60 = – 30
0≤x≤3
M = 30x – 20
0 x = 1.5 M = 22.5 0
2m
B
337
338
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
0 –60
3≤x≤5
M = 30x – 60(x – 1.5)
5≤x≤7
M = 30x – 60(x – 1.5) + 10
–50 –110
30 + 1.5
V T
1.5 m
4m – 30
30
110 60 M T-m
50 2m
+
– 2m
22.5
Problema 257 Dibujar diagramas de V y M.
3.3 KN 3.3 KN/m
4.5 KN-m
2.25 KN-m
B
A 1.5 m
3m
Solución: ↑ VA = 12.88 KN ↑ VB = 4.98 0 ≤ x ≤ 1.5
V = – 3.3x
0 –4.95
1.5 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
–2.25 –5.96
M = – 2.25 – 3.3
1.5 ≤ x ≤ 4.5 V = – 3.3x + 12.88
M = – 2.25 – 3.3
4.5 ≤ x ≤ 6
7.93 V = 0 x = 3.90 –1.98
+ 12.88(x – 1.5)
–5.96 3.55 2.96
V = – 3.3(4.5) + 12.88 – 3 = – 4.97 M = – 2.25 – 3.3(4.5)(x – 2.25) – 3(x – 4.5) + 4.5 + 12.88(x – 1.5)
7.93
1.5 –
V KN
+
0.6
1.5
1.98
–
2.4 4.95
4.98 5.96 2.25 M KN-m
– +
2.96 3.55 7.46
7.46 0
339
340
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 258 Dibujar diagramas de V y M. 5 KN 5 KN
8 KN/m
B
A 5 KN-m
5 KN-m 2m Solución:
2m
2m
2m
VA(8) – 5 – 5 – 5(6) – 5(2) – 32(6) = 0 VA = 30.25
VB = 11.75
30.25 14.25
0≤x≤2
V = 30.25 – 8x
2≤x≤4
V = 30.25 – 5 – 8x = 25.25 – 8x
4≤x≤6
V = 30.25 – 5 – 32 = – 6.75
6≤x≤8
V = –6.75 – 5 = – 11.75
0≤x≤2
M = 30.25x – 4x2
2≤x≤4
M = 30.25 – 4x – 5 – 5(x – 2)
4≤x≤6
M = 30.25x – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 2)
6≤x≤8
M = 30.25x – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 2) – 5 – 5(x – 6)
2
9.25 x = 3.15 –6.75
0 44.5 39.5 44.85 42 42 28.5 23.5 0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
30.25 14.25 +
V KN
9.25
3.15 m
4m
2m
6m
8m
– –
6.75
11.75
+
M KN-m
39.5
23.5 28.5
+ 42
44.25 44.85
Problema 259 Dibujar diagramas de V y M.
x
5 KN
5 KN
8 KN/m
B
A 5 KN-m 2m
2m
5 KN-m 2m
2m
Solución: RA(8) – 5(6) – 5(2) – 5 + 5 – 8(4)(6) = 0
↑ RA = 29
RB + RA – 5 – 5 – 8(4) = 0
↑ RB = 13
341
342
Estática - teoría y aplicaciones
0≤x≤2
V = 29 – 8x
Editorial Macro
29 13 8 V=0x=3 –8
2≤x≤4
V = 29 – 5 – 8x
4≤x≤6
V = 29 – 32 – 5 = – 8
6≤x≤8
V = 29 – 32 – 5 – 5 = – 13
0≤x≤2
M = 29x –
2≤x≤4
M = 29x – 5(x – 2) –
4≤x≤6
M = 29x – 5(x – 2) + 5 – 32(x – 2)
6≤x≤8
M = 29x – 5(x – 2) + 5 – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 6)
0 42 +5
47 M = 51 47 47 31 26 0
29 V KN
13 8
+
2
4
6
8
3
–
–8
M KN-m
+
13
+
26 31
42 47
47 51
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 260 Dibujar diagramas de V y M.
6 KN
4 KN/m
20 KN-m
A
B
6m
6m
6m
Solución: D.C.L:
6
24 6m
20
3m VA
12 2 4m
3m
VB
ΣMB = 0 = – 20 – 6(12) + VA(6) – 24(3) + 12(2) 0 = – 20 – 72 + 6VA – 72 + 24 140 = 6VA = VA = 23.33 ΣFV = 0 = 23.33 – 6 – 24 – 12 + VB VB = 18.67 0≤x≤6
V=–6 M = – 6x – 20
6 ≤ x ≤ 12
–20 –56
V = – 6 + 23.33 – 4(x – 6)
17.33 V = 0 x = 10.33 –6.67
343
344
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
M = – 6x – 20 + 23.33(x – 6) – 2(x – 6)
2
–56 –18.45 –24.00
i←d 0≤x≤6
V=
0 12 0 –24
M=–
17.33
V KN
6m
12
+
10.33 m +
– 6
6
6.67
56 20 M KN-m
–
18 m
12 m
24
18.45
–
Problema 261 Dibujar diagramas de V y M.
3.2 KN
16 KN/m B
A
C 1.6 m
1.6 m
1.6 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Solución: D.C.L:
3.2 KN
25.6 KN 0.8
2.4 m
A
1.6 m B
ΣMB = 0 = A(3.2 m) + 3.2(1.6 m) – 25.6(2.4 m) ↑A=
= 17.6 KN
ΣFV = 0 = 17.6 + B – 3.2 – 25.6 ↑ B = 11.2 KN (V):
0 ≤ x ≤ 1.6
V = 17.6 – 16x
17.6 V = 0 x = 1.10 m –8
1.6 ≤ x ≤ 3.2 V = 17.6 – 25.6 = – 8 3.2 ≤ x ≤ 4.8 V = – 8 + 11.2 = 3.2 (M):
0 ≤ x ≤ 1.6
0 9.68 7.68
M = 17.6 –
1.6 ≤ x ≤ 3.2 M = 17.6x – 25.6(x – 0.8)
i←d 0 ≤ x ≤ 1.6
M = – 3.2x
0 –5.12
7.68 M = 0 x = 2.56 m – 5.12
345
346
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
17.6 V KN
3.2
+
3.2 +
0.5 m 1.6 m
1.10 m
–
1.6 m 8
8
5.12 M KN-m
1.10 m +
0.5 m 0.96 m – 0.64 m
1.6 m
7.68 9.68
Problema 262 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en la viga mostrada. 4 Kip
2 Kip/pie
A
B 5’
5’
10’
Solución: ΣMB = 0 = A(20) – 4(15) – 2(10)5 A = 8 Kip ΣFV = 0 = 8 – 4 – 2(10) + B B = 16 Kip 0≤x≤5
V=8 M = 8x
5 ≤ x ≤ 10
0 40
V=8–4=4 M = 8x – 4(x – 5)
40 60
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
10 ≤ x ≤ 20 V = 8 – 4 – 2(x – 10)
4 V = 0 x = 12 –16 60 64 0
M = 8x – 4(x – 5) –
8 V Kip
8 4
+ 5’
4 5’
8’
2’
– 16
M Kip-pie
+
+ 40
+ 60
64
Problema 263 Dibujar los diagramas de V y M.
x w A
C B
347
348
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: ΣMB = 0 = C d
↑C=
–w
– w ↑ A =
ΣFV = 0 = A + ΣMB = 0 =
–w
i
– MA MA =
– 0≤x≤
V=–
V=0x=
+ wx
0 M=
rótula
–
V
M=0
x=
x–
+ –
M – A
B +
C
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
349
Problema 264 Dibujar los diagramas de V y M.
6 kg/m qx = Kx2 A
B x 2m
Solución: x=2 qx = 6
K=
qx =
x2
F F=
=
= 4 kg
A 4 =
=
=
=
= 6 kg-m
4
m
ΣMB = 0 A = 1 kg
B=3
A=1
=
=
V = VA – =
B
= –
x 0 2 1.26 0.63
V 1 –3 0 0.87
=x–
x 0 2 1.26
M 0 0 0.94
=1–
= Mx = x –
350
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
1 V Kg
+ –
1.26 m
2m 3
+
M Kg-m
0.94
Problema 265
w = wocos
Dibujar los diagramas de V y M.
A x L
Solución:
=
=–
x 0 L
– 0.44 woL
Vx = –
=–
=
Mx =
V 0 – 0.63 woL
x 0 L
M 0 – 0.40 woL – 0.12 woL
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
L V
– 0.44 woL
0.63 woL 0.40 woL2
0.12 woL
2
M
– L
Problema 266 Dibujar los diagramas de V y M. 200 N/m 100 N/m
200 N
100 N/m
A
B 0.3 m 0.1 m
0.2 m 0.2 m
0.5 m 0.2 m
Solución: ↑ VA = 31 N ; ↑ VB = 219 N 0 ≤ x ≤ 0.1
V = 31 M = 31x
0 3.1
351
352
Estática - teoría y aplicaciones
0.1 ≤ x ≤ 0.4 V = 31 –
Editorial Macro
(x – 0.1)2
M = 31x –
31 1
(x – 0.1)3
0.4 ≤ x ≤ 0.6 V = 31 – 30 – 100(x – 0.4)
3.1 9.4 1 V = 0 x = 0.41 –19
M = 31x – 30(x – 0.3) – 50(x – 0.4)
2
0.6 ≤ x ≤ 1
V = 31 – 30 – 20 = – 19
0.6 ≤ x ≤ 0.8 M = 31x – 30(x – 0.3) – 20(x – 0.5)
0.8 ≤ x ≤ 1 i←d 0 ≤ x ≤ 0.5
9.40 9.405 7.6
7.6 3.8
M = 31x – 30(x – 0.3) – 20(x – 0.5) – 100
–96.2 –100
V = 200 M = – 200x
0 –100 =
200 y x – 0.1
y= F=
0.3 M=
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
200 31 +
V N
+
1 0.41 m 0.6 m 0.1 m
1.5 m
1.0 m
–
0.4 m 19
100 96.2 – M N-m
+ 3.8
3.1 9.4
7.6 9.405
Problema 267 Dibujar los diagramas de V y M. 4 T-m
2 T/m
B
A 10 T 2m
3m
4m
2m
Solución: ↑ VA = 6.92 T ; ↑ VB = 5.08 T 0≤x≤2
V = – 2x M=–
3 T-m
2 T/m
0 –4 0 –4
4m
353
354
Estática - teoría y aplicaciones
2≤x≤5
V = – 2x + 6.92
Editorial Macro
2.92 V = 0 x = 3.46 –3.08 –4 –1.86 –4.24
M = – x + 6.92(x – 2) 2
5≤x≤9
V = – 10 + 6.92 = – 3.08 M = – 10(x – 2.5) + 6.92(x – 2)
9 ≤ x ≤ 11
–4.24 –16.56
V = – 10 + 6.92 + 10 = 6.92 M = – 10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) – 4 + 10(x – 9)
11 ≤ x ≤ 15
V = – 10 + 6.92 + 10 – 3(x – 11)
6.92 V = 0 x = 13.3 –5.08
M = –10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) – 4 + 10(x – 9) –
6.92
V T
(x – 11)
2
–6.68 1.3 –3
6.92 +
2.92 1.54 + 1.46
2m –
–20.56 –6.68
4m –
2m
1.7 m 2.3 m –
3.08
4
5.08
20.56 16.56 M T-m
4.24
4 –
–
6.68
3
1.86
– + 1.3
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 268 Dibujar los diagramas de V y M.
30 T/m
20 T/m
10 T/m
4T
10 T/m
A
B 3m
3m
1m
1m
1m
Solución: ↑ VA = 47.625 ; ↑ VB = 76.375
20 0≤x≤3
47.625 17.625
V = 47.625 – 10x
M = 47.625x – 5x2
3≤x≤6
y x–3 3
0 97.875
V = 47.625x – 10x –
(x – 3)
M = 47.625x – 5x2 –
(x – 3)3
2
i←d 0≤x≤1
V = 4 + 10x
4 14
M = – 4x – 5x2
1≤x≤3
0 –9
V = 4 + 10x – 76.375
–62.375 –42.375
17.625 V = 0 x = 4.245 –42.375 97.875 109.923 75.75
= F= M=
355
356
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
–9 48.375
1≤x≤2
M = – 4x – 5x2 + 76.375(x – 1)
2≤x≤3
M = – 4x – 5x2 + 76.375(x – 1) – 20
28.375 75.75
47.625 V T
14 +
17.625 4.245 m
4
+
6m
8m
3m
9m
– 42.375 62.375
9 M T-m
7m
3m +
+ 97.875
75.75 109.923
28.375
– +
48.375
8m
9m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Problema 269 Calcular “a” si |MMAX(–)| = |MMAX(+)| Luego dibujar los diagramas de V y M.
2 T/m A
C
a
D
B a
6m C y D: rótulas Solución:
2 T/m C V
ΣFV = 0 = 2V – 2(6 – 2a)
D V
6 – 2a
V = 6 – 2a
2 T/m M
A
C 6 – 2a
a
6
ΣMA = 0 = (6 – 2a)a + M = 6a – a2
–
M+ =
=
4(6a – a2) = 36 + 4a2 – 24a = 24a – 4a2 8a2 – 48a + 36 = 0 2a2 – 12a + 9 = 0
a=
=
a = 5.12 m... No a = 0.88 m... Conforme
–M
357
358
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
6 V T
+
3m
3m
– 6
4.50 M T-m
4.50
–
–
+ 0.88 m
4.50
0.88 m
Problema 270 La viga fallará cuando el momento máximo sea superior a 5 Kip-pie. Calcular la carga máxima w (kip/pie) que la viga soportará.
w B
A 10 pies Solución: 0 ≤ x ≤ 10
V = 5w – wx
M = 5wx –
5w V = 0 x = 5’ –5w 0 M 0
V Kip
= 25w – 12.5w = 12.5w
5w
+
5’
5’ 5’
5’ +
M Kip-pie 12.5w
–
5w
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
Simetría: VA = VB = 5w M
= 5w(5’) – 5w
= 12.5w
12.5w = 5 w = 0.40 Kip/pie < > 400 lb/pie
Problema 271 Suponer la reacción del suelo uniforme. Dibujar los diagramas de V y M.
9000 N/m
4m
8m
4m
Solución:
x
x
x
9000
ΣFV = 0 w(16) = 9000(8) w = 4500 N/m
w = 4500 0≤x≤4
V = 4500x
M = 4500
4 ≤ x ≤ 12
0 18000 0 36000
V = 4500x – 9000(x – 4)
M = 4500
– 9000
18000 V=0x=8 –18000 36000 72000 36000
359
360
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
d→i 0≤x≤4
V = – 4500x
0 –18000
M = 4500
0 36000
18000 V N
+
8
4
+
M N-m
12 – 18000
16 m
+ +
36000
36000 72000
Problema 272 La viga fallará cuando la fuerza cortante máxima sea superior a V = 800 lb o el momento máximo sea superior a M = 1200 lb-pie. Calcular la carga máxima w (lb/pie) que la viga soportará. w
A
B = 18 pies
Solución: V
=
M
=
= 9w = 800 w = 99.88 lb/pie
= 54w = 1200 w = 22.22 lb/pie
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos
361
Problema 273 Determinar la razón a/b para la cual la fuerza cortante será cero en el punto medio C de la viga.
w
A
a
C
B
b/2
b/2
a
Solución: D.C.L.:
w/2
x
A a
b/2
A
A
B B
b
A= ΣMB =
↑A=
x= = 2a + b x+a=
(2a + b)
+a= = =
–
= =
=0
362
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 274 Calcular
10 kg/m 4 kg/m
si la fuerza cortante
en el centro de luz es cero.
A
B
a
a
Solución: D.C.L:
4( + 2a) a
3( + 2a)
A
B /2
d
A
/2
F1 = 4( + 2a)
a
F2 =
( + 2a) = 3( + 2a)
B
d = ( + 2a) – a (implica > a)
d = ( – a) ΣMB = 0 A() –
4( + 2a) – 3( + 2a) ( – a) = 0
A = 3 + 5a – Centro de luz
:
D.C.L:
ΣFV = 0
4
A–4
–
=0
3 + 5a –
–
=0
V=0 A a + /2
2 – 2a – 8a2 = 0 = = 4a
=
CAPÍTULO
8
FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS
Son estructuras formadas por un conjunto de elementos (barras) unidas con conexiones de pasador (nudos). Se idealiza la armadura considerándola rígida, se puede despreciar el peso de cada elemento, las cargas están aplicadas en los nudos y las fuerzas que actúan en cada nudo forman un sistema de fuerzas concurrentes en el plano.
8.1 Fuerzas internas en las barras Son fuerzas axiales.
A
Tensión
T Compresión
B T
A
C
B C
8.2 Armadura
P
Q barras
R
B
nudos
C apoyo
A F
E
= luz → distancia entre apoyos Los nudos se indican con letras o números. Se utilizan en edificaciones, puentes y sirven para cubrir grandes luces a bajo costo. b = número de barras
b + r = 2n
Armadura o estructura isostática
r = número de reacciones
b + r > 2n
Armadura hiperestática
n = número de nudos
b + r < 2n
Armadura hipostática
364
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
8.3 Barras con fuerza nula 1.er caso
F=0
F=0 x
A
x
A
Si en un nudo de una armadura están conectados los extremos de 3 barras y 2 son colineales, entonces la fuerza en la tercera barra es cero siempre que no exista fuerza exterior actuando en el nudo.
A
2.o caso
F=0 F=0 A Si en un nudo de una armadura están conectados los extremos de 2 barras y estos no son colineales, entonces las fuerzas en las 2 barras son nulas, siempre que no exista fuerza exterior actuando en el nudo.
8.4 Método de los nudos 1. Se calcula las reacciones en los apoyos. 2. Se escoge un nudo donde no se conozcan como máximo 2 incógnitas. Se plantean 2 ecuaciones de equilibrio: ƩFV = 0 , ƩFH = 0 3. Se escoge el nudo siguiente cumpliendo las condiciones del paso anterior, así sucesivamente hasta determinar las fuerzas en todas las barras. Observaciones • A veces no es necesario calcular las reacciones. • El nudo escogido puede tener 1 sola incógnita, lo que no debe tener es 3 incógnitas o más pues el equilibrio del nudo en el plano solo nos permite plantear hasta 2 ecuaciones de equilibro independientes.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
365
8.5 Método de las secciones Este método es útil cuando se quiere calcular las fuerzas en algunas barras. 1. Se calculan reacciones en los apoyos. 2. Se secciona la armadura en dos partes (en algunos casos pueden ser más de dos) totalmente separadas, debe seccionarse las barras cuya fuerza se quiere calcular. 3. Se representa el sentido de las fuerzas internas en las barras seccionadas. Se realiza un D.C.L. en una de las partes de la armadura seccionada, en dicha parte deben representarse las fuerzas internas de la barras seccionadas, las fuerzas exteriores y las reacciones en los apoyos si los hubiera. 4. En dicho D.C.L. se plantean ecuaciones de equilibro (ƩF = 0, ƩM = 0) determinando así las fuerzas pedidas. 5. Si se seccionara solo tres barras y no fueran concurrentes podrían calcularse las fuerzas en las tres barras. 6. Si se seccionaran más de 3 barras no podrían calcularse las fuerzas en todas las barras, quizás se podrían calcular alguna o quizás ninguna, esto dependerá de que la sección asumida sea conveniente para nuestros cálculos, no hay una regla definida para seccionar una armadura; de allí que la dificultad en el método consiste en descubrir cuál es la sección o corte adecuado.
366
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 275
1m
1
Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura.
3
1m
1m 4
1m
6
8 1m
5
2
100 kg
7
Solución: Revisando nudos: Nudo 3: F3–2 = 0
Nudo 4: F4–5 = 0
Nudo 6: F6–7 = 0
Nudo 7: F7–8 = F7–1 = 0
Nudo 2: F2–1 = F2–8 = 0 Nudo 5
Nudo 1
y
F5–1 α
F5–8 α
1
x
100 kg
α
2m
4
m
1m
50 kg
5
ΣMB = 0 V1(4 m) – 100 kg(2 m) = 0 V1 = ↑ 50 kg ΣFV = 0 50 + V8 – 100 = 0 V8 = ↑ 50 kg Nudo 5
ΣFH = 0 F5–1 = F5–8 ΣFV = 0 2F5–1 sen α – 100 = 0 F5–1 = F5–8 = 111 kg (Tensión)
Nudo 1
ΣFH = 0 111cos α – F1–3 = 0 F1–3 = 100 kg (Compresión)
Por equilibrio de nudos 3, 4 y 6: F1–3 = F3–4 = F4–6 = F6–8 = 100 kg (Compresión)
F1–3 α
111 kg
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
D
0.9 m 0.9 m
Calcular las fuerzas FBF y FAF.
0.9 m 0.9 m
C
1.5 m
2T
E F
B
4T
β
G
A 2.7 m
1.5 m
Problema 276
367
1.5 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
2.7 m
Solución: Por simple inspección: FCE = FBE = FBF = 0 Corte 1–1: Lado derecho ΣMG = 0 FAFcos β(1.5) + FAFsen β(0.9) – 4(1.5) = 0 FAF = 3.52 T (Compresión)
1
FAF G 1
1.5 m
F
4.5 m
4T 1.5 m
β
4.74 m
A
0.9 m
Problema 277 Calcular las fuerzas FCD y FDH .
F
β
12 kN C
12 kN
6 kN
D
E
3m B 3m A
4m
H 4m
G
4m
F
368
Estática - teoría y aplicaciones
Solución:
Editorial Macro
12 kN
a
6 kN
D 4m E
FCD
FDH H a
3m 4m
FGH G
VF = 2 kN
ΣMA = 0 VF = 2 KN Corte a-a: Lado derecho ΣMH = 0 2(8) + FCD(3) – 6(4) = 0 FCD = 2.66 KN (Tensión) ΣFV = 0 FDH + 2 – 12 – 6 = 0 FDH = 16 KN (Compresión)
Problema 278 Calcular la fuerza: F13–14 y las reacciones en los apoyos.
2
3
100 Kip 4 5
6
7
15
14
11
10
200 Kip
8
30’ 1 30’
9 12 α
20’ Solución:
20’
13
20’
20’
100 Kip 2
3
a
4
F4–5
F4–12 1
15 V1
14
α a F 13–14
20’
20’
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
369
ΣFH = 0 H13 = 200 Kip
Equilibro nudo 13 ΣFH = 0 200 – F13–14 cos α = 0 F13–14 = 360 Kip (Tensión) Corte a-a: Lado izquierdo ΣM4 = 0 V1(40) – F13–14cos α(30) = 0 ↑ V1 = 150 kip Trabajando con la armadura entera ΣM13 = 0 V9(60) + 200(60) + 100(20) – V1(60) = 0 ↓ V9 = – 83.33 Kip ΣFV = 0 V1 + V13 – V9 – 100 = 0 ↑ V13 = 33.33 Kip
Problema 279
B
Calcular las fuerzas FAD y FFC.
C
2T 2m
2T 2T A
D 2m E
F 4m
2m
1m
Solución:
2m
1m 1m
4m B
a
C
b ϕ
ϕ 2
2m
ββ
FFC
2T ϕ A ϕϕ
2T α
α FAD
FAD
a
FFC ϕ F 45º 4T 6T
2m
D β
E α b
1
4T
2m
370
Estática - teoría y aplicaciones
Reacciones
Editorial Macro
ΣMF = 0 ↑ VE = 4 T ΣFV = 0 ↓ VF = 6 T ΣFH = 0 ← HF = 4 T
Corte a-a: Lado derecho ΣM1 = 0 FAD(2) – FFCsen 45º(2) = 0
(1)
Corte b-b: Lado izquierdo ΣM2 = 0 6(4) + 2(2) – 2(2) + FAD(2) – FFCsen 45º(4) = 0
(2)
De (1) y (2): FAD = 12 T (Tensión) FFC = 16.97 T (Tensión)
Problema 280
A
Calcular las fuerzas FBG y FFC.
B 3L/2
C
L
L/2 L E 1 KN
G L F 1 KN
L 1 KN
D
Solución: Corte 1-1: Lado derecho
1 FBC FFC
C
α E
FFE 1 1 KN
8L
L
D
F
1 KN
ΣMD = 0 FFC(cos α)L + FFCsen α
– 1(L) = 0
FFC = 1.118 KN (Compresión)
1 1.1
L
C L/2 E
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
371
Corte 2-2: Lado derecho
C
β
L
FBG
B
B
1. 41
FBA
FGF
D E L F L 1 KN 1 KN 1 KN
G
β L
L
F
ΣMD = 0 FBG(cos β)(2L) + FBGsen β (L) – 1(2L) – 1(L) = 0 FBG = 1.41 KN (Compresión)
Problema 281
A
Calcular las fuerzas FBH y FBC.
12 m
B
C
D
E 4m J 8m I 8m H 8m G 8m F 5T
Solución: Semejanza de triángulos:
Semejanza de triángulos:
A
x = 16
=
12 m
E 4m
J
32 m
A
B
F
N x
C
12 m J
8
I
8
H
32
N
372
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Corte a-a: Lado derecho
a FBC α
C
B 2 D
E
FBH a FIH
H 8m G 8m
N
BI = 10 m
12.806
10
β 8m
I
~ de triángulos: =
=
C
B
4m F 5T
β
8.246 α 8
H
CH = 8 m
Corte a-a: Lado derecho ΣMH = FBCcos α(8) – 5(16) = 0 FBC = 10.30 T (Tensión) ΣMN = FBHsen β(32) – 5(16) = 0 FBC = 3.20 T (Tensión)
3000 lb
Problema 282
3000 lb C D
B
Calcular las fuerzas FCD y FCH.
16’
E
α
O
R
A 12’ Solución: Corte a-a: Lado derecho
1000 lb
12’
D
FCD
FRH a
12’
16’
3000 lb 1000 lb
a FCH
H
12’
F 1200 lb 4’
G
α
E 12’ 1200 lb 4’
F G
H 12’
16’
ΣMH = 0 1000(12) + 1200(4) – FCD(16) = 0 FCD = 1050 lb (Tensión) ΣFV = 0 FCHcos α – 3000 – 1000 = 0 FCH = 5000 lb (Tensión)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Problema 283 D
Calcular las fuerzas FGA y FBD.
500 kg
1000 kg 3.6 m F
B C
E
3.6 m G
A 3.6 m 1.2 2.4 2.4 1.2 3.6 m Solución: ΣMA = 0 ↑ VG = 875 kg
B
α
ΣFV = 0 ↑ VA = 625 kg
45º
1.2 m
B
45º
α
1. 7
69
C A
45º
45º
1.2 m C
Corte a-a: Lado izquierdo
500 kg
a FBD
B
D FCD
C A
45º a FGA 625 kg
ΣMD = 0 625(7.20) – 500(3.6) – FGA(7.2) = 0 FGA = 375 kg (Tensión) ΣMC = 0 625(4.8) – 500(1.2) – FGA(2.4) – FBD(1.697) = 0 FBD = 883.9 kg (Compresión)
373
374
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 284 A
Calcular las fuerzas FFB y FBC.
B
L L F
α L
C 3600 lb L
6000 lb
E
α L
D
Solución: ΣMA = 0 ↑ VD = 800 lb
FFA
FFB F BC
a
a C
3600 lb
L Corte a-a: Lado inferior
6000 lb
L E
L
D VD = 800 lb
ΣMF = 0 800(2L) – FBCsen 45º(L) = 0 FBC = 2262.74 lb (Compresión) ΣME = 0 FFB(L) – 6000(L) + 3600(L) – 800(L) + 2262.74cos 45º(L) = 0 FFB = 1600 lb (Tensión)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Problema 285 Calcular las fuerzas FBC y FLK.
A
B
C
D
E 10’
N
P
Q
R 10’
O M
L
K
H
J
G
5000 kg 4000 kg 15’
15’
15’
15’
2000 kg
15’
15’
Solución: ΣMH = 0 ↑VO = 2400 kg
a
A
FBC
B
10’
FBP
N
FLP Corte a-a: Lado izquierdo
O
L
M VO = 2400 kg 15’
15’
ΣML = 0 2400(30) – FBC(20) = 0 FBC = 3600 kg (Compresión) ΣFH = 0 FLK – 3600 = 0 FLK = 3600 kg (Tensión)
10’ a
FLK
375
376
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 286
A
Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura.
1
2
3
5 1m
10
8 7 1T
9
B 1m Solución:
α
1m
1m
F3–10
1 x
α
1m
1m
1m
2m
1m
F3–6
1
6 C
y
Nudo 3:
4
3
m
10
Revisando nudos: Nudo 7: F7–4 = 0
Nudo 2: F2–10 = 0
Nudo 9: F9–2 = 0
Nudo 4: F4–6 = F4–3 = 0
Nudo 1: F1–10 = 0
Nudo A: HA = FA–1 = 0
Nudo 5: F5–4 = F5–6 = 0
Nudo 1 y 2: F1–2 = F2–3 = 0
Por simetría de cargas: ↑ VB = ↑ VC = 0.5 T Equilibrio de nudos Nudo B: FB–10 = 0.5 T (Compresión) FV = 0 Nudo C: FC–6 = 0.5 T (Compresión)
FV = 0
Nudo 8: F8–3 = 1 T (Tensión) FV = 0 Nudo 3 ΣFH = 0 F3–10 = F3–6 ΣFV = 0 2F3–10senα – 1 = 0 F3–10 = F3–6 = 1.12 T (Compresión) Nudo 10 ΣFH = 0 F10–9 – 1.12cosα = 0 F10–9 = 1 T (Tensión) Nudo 9 ΣFH = 0 F10–9 = F9–8 = 1 T (Tensión) Nudo 8 ΣFH = 0 F9–8 = F8–7 = 1 T (Tensión) Nudo 7 ΣFH = 0 F8–7 = F7–6 = 1 T (Tensión)
Nudo 10
1.12 α F10–9 0.5
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Problema 287
VB
Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura.
HB
5000 kg B
C
D
6m
2m E G H 6m
HH
Solución: Nudo E:
FCE α α
5000
6m
C 2m
FGE FBC
Nudo C:
FCG
2
α 6m
m
E
α 7906 FBH
Nudo B:
10000
7500 β
3334 Nudo H:
10000
α
FGH
ΣFV = 0 VB – 5000 = 0 ↑ VB = 5000 kg ΣMB = 0 HH(6) – 5000(12) = 0 → HH = 10000 kg ΣFH = 0 ← HB = 10000 kg
2
6m β m
FBG
5000
B
4m G
377
378
Estática - teoría y aplicaciones
Revisando nudos: Nudo D: FCD = 0
Editorial Macro
FDE = 5000 kg (Compresión)
Por semejanza de triángulos CG = 4 m Nudo E ΣFH = 0 FCE = FGE ΣFV = 0 FCEsen α + FGEsen α – 5000 = 0
FCE = 7906 kg (Tensión) FGE = 7906 kg (Comprensión)
Nudo C: ΣFH = 0 7906cos α – FBC = 0 ΣFV = 0 FCG – 7906sen α = 0
FBC = 7500 kg (Tensión) FCG = 2500 kg (Comprensión)
Nudo B: ΣFH = 0 FBGcos β + 7500 – 10000 = 0 ΣFV = 0 5000 – FBH – FBGsen β = 0
FBG = 3004 kg (Tensión) FBH = 3334 kg (Tensión)
Nudo H: ΣFH = 0 10000 – FGHcos α = 0
FGH = 10541 kg (Compresión)
Problema 288
8T J
Determinar qué barras no transmiten fuerza.
b=9 r=3 n=6 b + r = 2n
L
N
Solución: Nudo “K”
JK
=
0
(ΣFH = 0)
Nudo “J”
JM
=
0
(ΣFH = 0)
Nudo “J”
JL
=
0
(ΣFV = 0)
Nudo “L” Nudo “L”
LM LN
= =
0 0
(ΣFH = 0) (ΣFV = 0)
Total = 5 barras
K
M
6T O
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
379
Problema 289 3P
Determinar qué barras no transmiten fuerza.
A b = 21 r=3 n = 12 b + r = 2n
B
C
D
P E
F
G
M L
H K
J
Solución: Nudo “B”
BM
=
0
(ΣFV = 0)
Nudo “M”
MC
=
0
Nudo “C”
CL
=
0
(ΣFV = 0)
Nudo “L” Nudo “F”
LD FH
= =
0 0
(ΣFV = 0)
Total = 5 barras
Problema 290 Determinar qué barras no transmiten fuerza.
H
P b = 27 r=3 n = 15 b + r = 2n
D
G
B
I
J Q L N
A C
Solución: Nudo “B”
BC
=
0
Nudo “C”
CD
=
0
Nudo “J”
JI
=
0
Nudo “I”
IL
=
0
Nudo “N” Nudo “M”
NM = ML =
0 0
Total = 6 barras
F
E
K
M
O
380
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 291
Q
A
Determinar qué barras no transmiten fuerza.
B
b = 15 r=3 n=9 b + r = 2n
C
D
E
F
G
H
I
Solución: Nudo “B” Nudo “C” Nudo “D” Nudo “E” Nudo “F” Nudo “G”
BC CD DE EF FG GH
= = = = = =
0 0 0 0 0 0
Total = 6 barras
Problema 292
P B
A
Determinar qué barras no transmiten fuerza.
b = 21 r=3 n = 12 b + r = 2n
E
D
C F
G L
H I
J
Solución: Nudo “D” Nudo “E” Nudo “I” Nudo “B” Nudo “G” Nudo “F” Nudo “K”
DI EI IA BJ GK FK KC
Total = 7 barras
= = = = = = =
0 0 0 0 0 0 0
K
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Problema 293
F
P
Determinar qué barras no transmiten fuerza.
D
b = 33 r=3 n = 18 b + r = 2n
H
B
I
Q K M
O
A E
C
J
G
L
N
P
Solución: Nudo “C” Nudo “B” Nudo “E” Nudo “H” Nudo “H” Nudo “J” Nudo “Q” Nudo “Q”
CB BE ED HF HI JI QO QR
= = = = = = = =
0 0 0 0 0 0 0 0
Total = 8 barras
P
Problema 294 Determinar qué barras no transmiten fuerza.
Q
H
J
F G
D
b = 26 r=4 n = 15 b + r = 2n
E
B C A
Nudo “C” Nudo “B” Nudo “G” Nudo “F” Nudo “I” Nudo “M” Nudo “N” Nudo “E”
CB BE GF FE IJ MN NK DE
Total = 8 barras
I K
L N
M O
Solución: = = = = = = = =
0 0 0 0 0 0 0 0
381
Q R
382
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 295 B
Determinar qué barras no transmiten fuerza.
b = 25 r=3 n = 14 b + r = 2n
C
A
N
P D
M
E
F
L
K
G
H
J
I
Q
Solución: Nudo “A” Nudo “N” Nudo “M” Nudo “I” Nudo “J” Nudo “K” Nudo “K” Nudo “F” Nudo “M” Nudo “N” Nudo “C” Nudo “E”
AN NM ML IJ JK KL KF FL MD NC CL EL
= = = = = = = = = = = =
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
(ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFV = 0) (ΣFV = 0) (ΣFV = 0) (ΣFV = 0)
Total = 12 barras
Problema 296 Verificar si la armadura es isostática.
Problema 297 Verificar si la armadura es isostática.
B b=5 r=3 n=4 A b + r = 2n Es isostática
b=6 r=4 n=5 b + r = 2n Es isostática
C
D P
E D
C
B P A
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Problema 298 Verificar si la armadura es isostática.
P b=5 r=3 n=4 b + r = 2n Es isostática
A P
C
P
Problema 299 Verificar si la armadura es isostática.
B
383
b=7 r=3 n=5 b + r = 2n Es isostática
D
A
P
B
E
C
D
Problema 300 Verificar si la armadura es isostática.
b=9 r=3 n=6 b + r = 2n Es isostática
Problema 301 Verificar si la armadura es isostática.
A
B
F
P b=3 r=3 n=3 b + r = 2n Es isostática
C
E P
D P
B
A
C
384
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
P
Problema 302 Verificar si la armadura es isostática.
E
P b=9 r=3 n=6 b + r = 2n Es isostática
F
P
C
D A
Problema 303 Verificar si la armadura es isostática.
B
A b=4 r=4 n=4 b + r = 2n Es isostática
B P D C
Problema 304 Verificar si la armadura es isostática.
b = 21 r=3 A n = 12 b + r = 2n Es isostática
B
C
L
K
P
P
D J
E I
P
H
b=3 r=3 n=3 b + r = 2n Es isostática
P
C
B
G P
P
A
Problema 305 Verificar si la armadura es isostática.
F
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
385
E
Problema 306 Verificar si la armadura es isostática.
b=8 r=4 n=6 b + r = 2n Es isostática
D
C
F P
B
Problema 307
A
C 200 kg
Resolver la armadura.
100 kg
B A
30º
D G
60º
400 kg 3m
60º F
E
300 kg 3m
3m
Solución:
B 1.5 A
30º
1.5
0.75
60º
0.75 m G
2.25 m 3m
Nudo (A)
y
AB 30º AG 541.67
Nudo (G)
BG 60º GA
x
GC 60º GF 400
RA + RE = 1000 kg ΣME = 0 RA(9) – 200(6.75) – 400(6) – 300(3) – 100(2.25) = 0 RA = 541.67 kg RE = 458.33 kg ABsen 30º = 541.67 ABcos 30º = AG AB = 1086.34 AG = 938.20
174.3cos 60º + GCcos 60º = 938.2 – GF 174.36cos 30º + 400 = GCcos 30º GC = 636.26 GF = 532.89
386
Estática - teoría y aplicaciones
y
Nudo (B)
Editorial Macro
BC
200
30º 30º
x
60º
BA
BG DE
Nudo (E)
DEsen 30º = 458.33 DEcos 30º = EF DE = 916.66 EF = 796.85
30º EF
458.33
CD
Nudo (D)
100
30º 30º
DF
Nudo (F)
FG
BCcos 30º + BGcos 60º = BAcos 30º BCsen 30º + 200 = BAsen 30º + BGsen 60º BC = 989.56 BG = 174.36
30º
DE
FC 60º
916.66cos 30º = CDcos 30º + DFsen 30º CDsen 30º + 100 = 916.66sen 30º + DFcos 30º CD= 871.46 DF = 88.78
FD 60º
FE
FCcos 30º = 88.78cos 30º + 300 FC = 435.20
300 Barra AB AG BC BG GC GF ED EF DC DF FC
Fuerza (kg) 1086.34 Compresión 938.20 Tensión 989.56 Compresión 174.36 Compresión 636.26 Compresión 532.89 Tensión 916.66 Compresión 793.85 Tensión 871.46 Compresión 88.78 Compresión 435.20 Tensión
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
5m
Problema 308
5m C
Resolver la armadura.
B
D 100 kg
100 kg F
G
200 kg
200 kg
A
5m E
2.5 m
5m
2.5 m
Solución: La armadura es simétrica debido a la geometría y a las cargas aplicadas. ↑ VA = 200 ↑ VE = 200
AF = 0 = EG
,
AB = ED = 200 (Compresión) C
Nudo B:
5.385
FBC 100 200
α β FBF
B
5
B
2.5 β 3.905
2
3 F
De (1) y (2):
ΣFH = 0 = FBFcos β – 100 – FBCcos α
(1)
ΣFV = 0 = 200 – FBFsen β – FBCsen α
(2)
FBF = 234.37 kg (Tensión) = FDG FBC = 53.88 kg (Compresión) = FCD
Nudo F:
FFC
234.37 β
C
γ 200
FFG
F
5.59 γ 2.5
ΣFV = 0 = 234.37sen β + FFCsen γ – 200 FFC = 22.30 kg (Tensión) = FCG ΣFH = 0 = FFG + 22.30(cos γ) – 234.37cos β FFG = 140.07 kg (Tensión)
2m 3m
5
387
388
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 309
4m
La fuerza que cualquier barra puede soportar es 8 KN en tensión y de 6 KN en compresión. Calcular la carga P máxima que puede ser soportada.
C
B 60º A
60º
60º
60º
E
4m
4m VA = P Solución:
FDE
VE = 2P
ΣFH = 0 = FDE – 1.154Pcos 60º FDE = 0.577P (C) = FAE
P
ΣFV = 0 = FCEsen 60º – 1.154Psen 60º
C 60º
60º FCE
P
ΣFV = 0 = FDCsen 60º – P FCD = 1.154P = FAB = FCB (T)
D
FCB
D
b = 7 r = 3 n = 5 b + r = 2n
FDC
60º
60º
ΣFH = 0 = – FCB + 1.154Pcos 60º + 1.154Pcos 60º
1.154P
FAB A
FCB = 1.154P (T) ΣME = 0 = – VA(4) + P(4) ↓ VA = P
60º
ΣFV = 0 FAB = 1.154P (T)
FAE
P
ΣFH = 0 FAE = 0.577P (C)
FCB = 1.154P
B
60º
60º 1.154P
FCE = 1.154P (C) = FBE
ΣFV = 0 = FBEsen 60º – 1.154Psen 60º FBE = 1,154P (C)
FBE Tensión: 1.154P = 8 KN P = 6.93 KN Compresión: 1.154P = 6 KN P = 5.2 KN
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Problema 310
4 KN
8 KN
Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura.
389
10 KN D
3 KN B
C 1.5 m
A
E
F 2m
Solución:
2m
b = 9 r = 3 n = 6 b + r = 2n ΣME = 0 = AV(4) + 3(1.5 m) – 8(4 m) – 4(2 m) ↑ AV = 8.875 KN ← AH = 3 KN ΣFV = 0 = 8.875 + VE – 8 – 4 – 10 ↑ VE = 13.125 KN
Nudo B: FBC = 3 KN (C) FBA = 8 KN (C) Nudo A:
8
ΣFV = 0 = 8.875 – 8 – FACsen α FAC = 1.458 KN (C)
FAC α
3
FAF 8.875
5 α 4
3
ΣFH = 0 = FAF – 3 – 1.458cos α FAF = 4.166 KN (T)
Nudo E: FEF = 0 FED = 13.125 (C) Nudo F:
FFC α 4.166
FFD
ΣFH = 0 = – 4.166 + FFDcos α FFD = 5.208 KN (T) ΣFV = 0 = – FFC + 5.208sen α
390
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
FFC = 3.124 KN (C)
10
Nudo D:
ΣFH = 0 = FCD – 5.208cosα
FCD α
13.125
FCD = 4.166 KN (C)
5.208 Barra AB BC CD DE AF FE AC CF FD
F( KN) 8 3 4.166 13.125 4.166 – 1.458 3.124 5.208
Problema 311
B
Tipo Compresión Compresión Compresión Compresión Tensión – Compresión Compresión Tensión
C
2
1
D 2 KN
Calcular las fuerzas: FCD , FDF y FCF
4m A
Solución:
3
H 3 3 KN
3
G 1
ΣMA = 0 ; VE(12) – 2(4) – 3(3) = 0 VE = 1.41 KN
Corte 1-1: Lado derecho
FCD D
ΣMF = 0
2
FCD(4) + 1.41(3) – 2(4) = 0
FCF α FGF F
E 1.41
FCD = 0.94 KN (T)
4m
F 2
E
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
ΣME = 0 FCF
391
3 + 2(4) – 0.94(4) = 0
FCF = – 1.76 Kn (C) Corte 2-2: Lado derecho
D
0.94 FDF
ΣME = 0
2
1.06(4) – FDF(3) = 0
E FFE
FDF = 1.41 KN (T)
1.41
Problema 312
M
1
Indicar todas las fuerzas cero, luego determinar la fuerza en las barras CD y CM e indicar si están en tensión o en compresión.
O
2 KN 2m 2m
J
P
D E F G H 1 5 KN 3 KN 2 KN 2m 2m 2m
B C
A
Solución:
K 2m
N A
L
2m
2m
2m
b = 29 r = 3 n = 16 b + r = 2n
Nudo Fuerza cero:
B N D O BN NC DO OC
L LE
H HJ
J JG
: 7 barras
ΣMI = 0 = A(16 m) – 2KN(12 m) – 5 KN(8 m) – 3 KN(6 m) – 2KN(4 m) ↑ A = 5.625 KN Sección 1-1: Lado izquierdo ΣMA = 0 = + 2 KN( 4 m) – FCM(4 m) FCM = 2 KN (Tensión) ΣMN = 0 = 5.625 KN(2 m) – 2 KN(2 m) + 2 KN(2 m) – FCD(2 m) FCD = 5.625 KN (Tensión)
I
2m
392
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 313
A 10 T
1m
Calcular las fuerzas en las barras 3-6, 2-5.
3
1m 6T
1
2
4
α 2
1
5m
B
0.25 m
1
α
6
2 2m
Solución:
0.5 m 5
2m
b = 9 r = 3 n = 6 b + r = 2n
Sección 1-1: Lado superior
2
ΣMA = 0 = – 6(2 m) + 10 (2 m) – F3-6(2 m) – F2-5sen α(2 m)
(1)
α
Sección 2-2: Lado inferior
5.25
ΣMB = 0 = F2-5sen (0.5 m) – F3-6(2 m) De (1) y (2):
(2)
1
6.60
4
5
F3-6 = 0.80 T (Compresión) F2-5 = 5.28 T (Tensión)
Problema 314 Determinar la fuerza en las barras CD, CF y CG e indicar si están en tensión o en compresión.
2 KN A
4 KN B
4 KN 5 KN C 1.2 D
3m H 5m
2 5m
G
1 5m
E 3m
α
2m
3 KN
2m
F 5m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Solución:
393
b = 13 r = 3 n = 8 b + r = 2n ΣMA = 0 = – E(20 m) + 3(20 m) + 5(15 m) + 4(10 m) + 4(5 m) ↑ E = 9.75 KN
C
Sección 1-1: Lado derecho
5.83
ΣMF = 0 = FCD( 3 m) + 3(5 m) – 9,75(5 m) FCD = 11.25 KN (Compresión)
5
D α 3 F
ΣMG = 0 = 11.25(5 m) + 5(5 m) + 3(10 m) – 9.75(10 m) – FCFcos α(5 m) – FCFsen α(2 m) 0 = 13.75 – 4.288FCF FCF = 3.20 KN (Tensión) Sección 2-2: Lado derecho ΣMH = 0 = – FCG(5 m) – FCFcos α(10 m) + FCD(3 m) + 5(10 m) + 3(15 m) – 9.75(15 m) FCG = – 6.79 FCG = 6.79 KN (Compresión)
2m
Problema 315
2m F
Calcular la fuerza en las barras HI, MI.
L
G 1 2
M
H
N
I
O
J
6T 2m E 2m D C
1 2
2m 2m
B 2m
K
A VK
Solución:
b = 27 r = 3 n = 15 b + r = 2n ΣMA = 0 – VK(4) + 6(10) = 0 VK = 15
394
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Sección 1-1: Lado superior ΣMD = 0 FHI(4) = 6(4) FHI = 6 T (Tensión) Sección 2-2: Lado superior ΣMC = 0
MI cos 45º M
H
– 6(6) + 6(4) + MI
(2)(2) = 0
2m 6T
MI sen 45º
FMI =
=
= 4.23 T (Tensión)
C 2m
2m
Problema 316 Calcular las fuerzas en las barras: CD, CE y FE. =2m L 1
4 KN
α = 60º K 2m αα
α 60º F 1
A α
D α α α
C α α 60º ααα E
αα αα G
I
J αα ααα H
α B
1.2
2.8
Solución: ΣMB = 0 VA(10) – 4(3) = 0 ↑ VA = 1.2 KN
C 2m
2m 60º 60º 60º E
D
2m
1
1 60º 30º 2
m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
Corte 1-1: Lado izquierdo
ΣME = 0 1.2(4) – FCD(
C
F 1.2 KN
)=0
FCD = 2.771 KN (Compresión)
FCD FCE
A
395
ΣFV = 0 FCEcos30º = 1.2
E
FFE
FCE = 1.385 KN (Tensión) ΣMC = 0
1.2(3) = FFE FFE = 2.078 KN (Tensión)
4000 lb 800 lb
Problema 317 Determinar la fuerza en las barras CD, CJ, KJ, EI y JI de la armadura. Establecer si esas barras están en tensión o en compresión.
A
B
D
E
F
G
α
A L 9’
Solución:
1
C
5000 lb
2
12’
K 1 J2 9’
9’
I
9’
H 9’
9’
b = 21 r = 3 n = 12 b + r = 2n
ΣMG = 0 = A(9’ × 6) – 4000(9’ × 5) – 8000(9’ × 4) – 5000(9’) ↑ A = 9500 lb Sección 1-1: Lado izquierdo ΣMC = 0 = 9500(18’) – FKJ(12’) – 4000(9’) FKJ = 11250 lb (Tensión) ΣFV = 0 = 9500 – FCJcos α – 4000 – 8000 FCJ = – 3125 lb FCJ = 3125 lb (Compresión) ΣFH = 0 = – FCD + FCJsen α + FKJ FCD = 9375 lb (Compresión) Sección 2-2: Lado izquierdo ΣFV = 0 = 9500 + FEI – 4000 – 8000 FEI = 2500 lb (Compresión) ΣME = 0 = 9500(9’ × 4) – 4000(9’ × 3) – 8000(9’ × 2) + FJI(12’) FJI = – 7500 FJI = 7500 lb (Tensión)
396
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 318 Resolver la armadura.
A
B P E F
D
C
Solución: ΣFH = 0 FEF = 0
B FBC
A 1
P
FAD FEF
ΣMB = 0 = FAD() – P
1
ΣFV = 0 =
FAD =
+ FBC – P FBC =
(Compresión) (Compresión)
F
Nudo A: ΣFV = 0 =
FAB
A
α
A
– FAFsenα
0.555P = FAF =
FAF
ΣFH = 0 =
F
(Tensión)
Pcos α – FAB
0.444P = FAB =
(Compresión)
Nudo B:
B B FBF
β
ΣFH = 0 =
β
FBF = 0.80P (Tensión)
F
Por inspección visual: FED = 0
P – FBFsenβ
FEC = 0
FCD = 0
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas
397
Problema 319 1T
Calcular las fuerzas en las barras AB, CD y EF.
C
D
m E
1T B 1m
a F
A 2m
m
a
Solución: b = 9 r = 3 n = 6 b + r = 2n ΣMF = 0 = VA(2 + 2
) m + 1 (1 m) – 1(
) m ; VA ↑ = 0.09 T
ΣFH = 0 = 1 – HA ; ←HA = 1 T Sección a-a: Lado interior ΣFH = 0 = FCD – 1 ; FCD = 1 T (Compresión) ΣMA = 0 = 1(2 +
) m + 1 (1 +
FEF = 1.207 T (Compresión) ΣFV = 0 = – 1 + 1.207 – FAB + 0.09 FAB = 0.297 T (Compresión)
) m – FEF(2 + 2
)m
m
CAPÍTULO
FUERZAS EN MARCOS
9
9.1 Denominación A los marcos también se les denomina: • Armazones • Bastidores • Entramados
9.2 Definición y metodología Los marcos son un conjunto de barras unidas por pasadores, estas conexiones generan normalmente una reacción cuya dirección no se conoce y por ello se descompone en una fuerza horizontal y una fuerza vertical en cada conexión. Los marcos se diferencian de la armadura, estas solo soportan fuerzas en sus conexiones y las barras en dicho caso están sometidas a una reacción interna llamada fuerza axial (es decir, a lo largo del eje longitudinal de la barra); en cambio los marcos están sometidos a fuerzas no solo en sus conexiones sino en cualquier punto de la barra, generándose en la barra las siguientes reacciones internas: fuerza axial, fuerza cortante y momento flexionante. Si la barra de un marco solo está sometida a fuerzas en sus conexiones extremas, se comporta como barra de una armadura; es decir, la barra estaría sometida solo a fuerza axial. En general, si es posible primero se calculan las reacciones en los apoyos. Para determinar las fuerzas internas que mantienen unidas las diferentes barras que forman un marco, deben separarse las barras y hacer un diagrama de cuerpo libre para cada barra. Luego se plantean para cada barra las ecuaciones de equilibrio correspondientes: (ƩF = 0, ƩM = 0)
400
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
C Conexión “C”
P 2
B 1
D
2
Los pasadores son de acero: remaches, pernos.
1 E
A HA
Pasador
VA
VE
D.C.L.
CV C
CV
CH
CH
C
P BH
BV
DH
2 D
B BH
1
BV = 0
1
VA
DV = 0
2 BH
1
V
1 HA VA
N 2
N M
D
DH
2
Por equilibrio
HA
DV
N = Fuerza normal o axial V = Fuerza cortante M = Momento flexionante
E VE
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Problema 320
1.8 m
401
1.8 m E
Determinar las fuerzas en todas las barras del marco.
75 kg
D
B
1.8 m
0.9
C 1.8 m 45 kg
A
1.2 m
1.2 m
Solución: D.C.L.:
B B
ΣFH = 0 B = 0
45 kg
B
1.8 m
ΣFV = 0 A = 45 + B ΣMA = 0 B (2.4) + 45(1.2) = 0 ↑ B = – 22.5 kg
A 1.2 m 1.2 m
A = 22.5 kg
A
C
ΣMD = 0 C (2.7) – B (1.5) = 0
B
↑ C = – 12.5 kg ΣFV = 0 D + B = C D = 10 kg
C
C 1.2 m
D D
1.5 m B
D
402
Estática - teoría y aplicaciones
ΣFH = 0 C = D
Editorial Macro
(1)
ΣFV = 0 C + E = 75
E
75 kg
E = 87.5 kg
E 1.8 m
E
ΣME = 0 C (1.8) – C (3.6) + 75(1.8) = 0 ← C = – 100 kg
C C C 1.8 m
1.8 m
En (1): ← D = – 100 kg ΣFH = 0 C = ← E = – 100 kg
Problema 321 1200 kg/m
Resolver el marco.
A
C
B
4m H
D 4m
3m
Solución: AC:
ΣFH = 0 BE
+ A = CD
E 3m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
D.C.L:
3600 kg
A 2m A
A
3m 1m α α C B CD BE
CD
H
BE
H
7m
D
ΣFV = 0 A = 3600 + BE ΣMA = 0 CD
cos α =
α
α H
sen α =
3m
E
+ CD
(6) + BE
(3) + 3600(2) = 0
HE: ΣMH = 0 (10)BE
+ CD
(7) = 0
ΣFV = 0 H + DC
+ BE
=0
ΣFH = 0 H + DC
– BE
=0
CD = – 2308 kg
BE = 1616 kg
↑ A = 3046 kg
← A = – 2354 kg
→ H = 2354 kg
↑ H = 554 kg
403
404
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 322 Resolver el marco.
E 1.5 m
r = 0.3 m
D C
A
B
300 kg
1.5 m F 0.9 m
1.5 m
Solución: D.C.L:
500 kg
E E
1.2 m 0.3 m
D C C C
300 kg
0.9 m
E
E
C
360 kg C 1.5 m B A 0.9 m 300 kg C 1.5 m 300 kg 1.5 m B
800 kg B
360 kg F MF = 540 kg-m
VF = 300 kg ΣMB= 0 C (0.9) + 300(1.5) = 0 ↓ C = – 500 kg ΣFV= 0 ↓ E = ↑ C = – 500 kg ΣMC = 0 E (1.5) + 300(0.3) – E (0.9) = 0 ← E = – 360 kg ΣFH = 0 E + 300 – C = 0 C = – 60 kg ΣFH = 0 C – B – 300 = 0 → B = – 360 kg ΣFV = 0 C + B – 300 = 0 ↑ B = 800 kg
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Problema 323
16’
Resolver el marco.
c
14 Klb
15’
b
d 5.2’
65 Klb
e
16 Klb a superficie lisa
1.8’
18.5’
Solución: D.C.L.: ΣFH = 0 ← H = 30 Klb ΣME = 0 V (18.5) + 14(20.2) – 65(13.41) – 16(1.8) = 0 ↑ V = 33.4 Klb ΣFV = 0 ↑ V = 31.6 Klb
C
C c 14 Klb
c
C
C 65 Klb b 16
a V
F
F
F b
d
d
F e
He V
405
406
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
ac: ΣFV = 0 ↑C = 31.6 Klb ΣM = 0 65(5.09) + 14(22) – 22C – 31.6(16) – 7F 133.25 – 22C – 7F
=0
=0
(1)
ce: ΣM = 0 C (20.2) + 5.2F F
– 31.6(2.5) = 0
= 15.2 – 3.91C en (1)
C = – 5.12 F
= 35.12
c
b
α = 53.97º 22’ a
α 16’
x=
= 5.09’
7’ a
α x
Problema 324 4T
Resolver el marco.
B 2m D 2T
2T
1m
4 T-m
1m
C
A 2m
2m
2m
2m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Solución: D.C.L.:
B
4 B
B
B
4m
D
B 4m
A FAB
4m
D
2T
D
2m 2m D
A
4m
2T C
4m
4m
C
A 4 T-m
A
C 4m
4m
AH AV
CH CV
ΣMC = 0 VA(8) – 2(6) – 2(2) – 4(4) + 4 = 0 ↑ VA = 3.5 T ΣFV = 0 ↑ VC = 4.5 T HC = 0 DC: DA:
BC: AB:
ΣMC = 0 D (2) = D (4) + 2(2) ΣMA = 0 D (2) + D (4) = 2(2) D =0D =2T A =2,C =2 A =2,C =2 ΣMC = 0 B = B ΣMA = 0 B = B = 2 T FAB = FBC =
AC:
= 2.82 T
ΣMC = 0 AV = 0.5 T ΣFV = 0 CV = 0.5 T
Nudo A: ΣFH = 0 FABcos 45º + A = AH = CH = 4 T
C FBC
407
408
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 325
A
Resolver el marco.
h
Q
B
C
cable E
D superficie lisa Solución: Por simetría ↑ VD = VE = A A
A
A
Q
h B
A
A
BC
BC D
C
E
Q/2 /2
Q/2
DA: ΣMA = 0 =
– BC(h)
BC = ΣFH = + BC – A A = ΣFV =
+A –Q
A =
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Problema 326 En la escalera mostrada formada por dos barras y un cable DE, calcular:
A
1.o La fuerza en el cable 2.o Dónde debe colocarse la fuerza P para que la fuerza en el cable sea máxima.
h
a P
D
E
α
α
B
C
superficie lisa
Solución: Todo:
ΣMB = 0 = P(2cos α – acos α) – VC(2cos α)
cosα
↑ VC =
A ΣFV = 0 = VB +
–P
↑ VB = ΣMA = 0 =
A A h D
(cos α) – DE(h)
B
DE =
B=
En DE, “a” es variable DE es máximo si a =
DE
409
410
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 327 B
Resolver el marco. P = 48 kg
240 cm D
C
E P
60 cm A 180 cm
120 cm
Solución: Todo: ΣFH = 0 = A
,
ΣFV = 0 = A – 48 ↑ A = 48 kg
ΣMA = 0 = 48(120 cm) – MA
D
BC
D
α C
MA = 5760 kg-cm
180
D
120
5 E 48
ΣMD = 0 = 48(120 cm) – BCsen α(180 cm) BC = 40 kg FV = 0 = D – BCsen α – 48 D = 80 kg ΣFH = 0 = D – BCcos α D = 24 kg
α 3
4
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
411
Problema 328 Calcular las fuerzas en todas las barras del marco. Indicar la fuerza total que soporta el pasador en A.
300 N-m 0.6 m 500 N B 1.2 m
1.5 m C A 0.6 m
0.9 m
Solución: D.C.L.:
300 BV
0.6 m 0.6 m
500
B BH
1.5 m
BH B 0.9 m
BV
1.2 m C
AH
A
CV AV
ΣMA = 0
BV(0.6) + BH(1.5) + 300 – 500(1.5) = 0 6BV + 15BH = 4500
ΣMC = 0
CH
(1)
BV(0.9) – BH(1.2) = 0 9BV = 12BH 3BV = 4BH
(2)
412
Estática - teoría y aplicaciones
(2) en (1):
Editorial Macro
BH = 195.65 N = CH BV = 260.86 N = CV
ΣFH = 0
AH + BH – 500 = 0 AH = 304.35 N
ΣFV = 0
AV – BV = 0 AV = 260.86 N A=
= 400.84 N
Problema 329 Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A, B, C y las reacciones en el apoyo empotrado D del bastidor.
0.5 m 0.5 m 0.5 m 0.5 m 2
2
2
A
2
2 KN B 2m C 2m D
Solución: ΣFV = 0 = VD – 2 KN(4)
↑ VD = 8 KN
ΣFH = 0 = HD ΣMD = 0 = MD – 2 KN(2 m + 1.5 m + 1 m + 0.5 m) MD = 10 KN-m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
D.C.L.:
2
2 AV
2 AH
2
BH BV
AB: ΣMB = 0 = AV(1.5 m) – 2 KN(2 + 1.5 + 1 + 0.5) ↑ AV = 6.67 KN ΣFV = 0 = 6.67 + BV – 2(4) ↑ BV = 1.33 KN
BV = 1.33 BH
B
BD: ΣFV = 0 = 8 – 1.33 – CV
2m
↓ CV = 6.67 KN ΣMB = 0 = 10 + CH(2 m)
CH
C
CH = – 5
CV
→ CH = 5 KN ΣFH = 0 = 5 – BH
MD = 10 AB: ΣFH = 0 = – AH + 5 ← AH = 5 KN
DH = 0
D
← BH = 5 KN
VD = 8
413
414
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 330 Calcular las fuerzas en H, D y la tensión T en el cable.
400 kg C 1.20
1.0 m
B
D
cable H
3 A
D
400
1.2 m
1.0 m
B
D
D
T
ΣMD = 0 T (1.2) = 400(1), T = 416.67 kg ΣFV = 0 D = 400 + T
= 733.34 kg
ΣFH = 0
400 1m
D = T = 250 kg
733.34 250 D HH
MH VH
ΣFH = 0 ← HH = 150 kg
1m
1m
E 1m
4
Solución:
400 Kg
ΣFV = 0 ↑ VH = 733.34 kg ΣMH = 0 400(2) – 250(1) – MH = 0 MH = 550 kg-m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Problema 331
D
Resolver el marco.
5000 kg A1 m 3 B
2000 kg 2m
4
C
3m
3m E
cable G
1m
F Solución: D.C.L.:
4000 kg A
3000
1m
AH
C 3m
B
CH CV
AV ΣMC = 0 = AV(4 m) – 4000(3 m) ↑ AV = 3000 kg
D
2000 kg
ΣFV = 0 = AV + CV – 4000 CV = 1000 kg
2m CH
C 3m
DF: ΣMC = 0 = – E(3 m) + 2000(2 m)
CV
E = 1333.33 kg ΣFH = 0 = E – CH + 2000
E
E
CH = 3333.33 kg
1m
ΣFV = 0 = VF – CV
F VF
VF = 1000 kg AC: ΣFH = 0 = CH – AH – 3000 ← AH = 333.33 kg
415
416
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 332 Calcular P si el marco está en equilibrio.
20 kg
30 kg
B
A
15 kg D
C
P E 10 cm
15 cm
15 cm
F 20 cm
G
10 cm
Solución: D.C.L.:
20 kg A
10 cm
D
P
E
30 15 B 15 cm 15 cm D C B D
20 cm
F
10 cm G
E F
E AD: ΣMB = 0 = 30(15 cm) + 15(30 cm) – D(30 cm) – 20(10 cm) D = 23.34 kg DE: ΣFH = 0 = E – D E = 23.34 kg EG: ΣMF = 0 = P(10) – 23.34(20 cm) P = 46.68 kg
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Problema 333
C
Resolver el marco.
4m
30º B
D F 1000 kg
2m E
A 1.5
6m
1.5 1.43 0.5
Solución: D.C.L.: ΣMA = 0 = 1000(10.93 m) – VE(9 m) ↑ VE = 1214.44 kg
1000 HA
A
↓ VA = 214.44 kg
E VE
VA
ΣFV = 0 = VE – 1000 – VA
ΣFH = 0 = HA
1000 BH
B
DH
D
6m BV
30º 2.93 m
DV
F 1000
ΣMB = 0 = 1000(8.93 m) – 1000sen 30º(8.93 m) – DV(6 m) DV = 744.16 kg ΣFV = 0 = DV – BV – 1000 + 1000sen 30º ↓ BV = 244.16 kg
417
418
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
CV C
B BV
ΣMC = 0 = BH(4 m) + BV(3 m) – VA(4.5 m) BH = 58.12 kg
CH
4m
ΣFH = 0 = CH – BH CH = 58.12 kg
BH
ΣFV = 0 = – VA + BV – CV
A
CV = 29.72 kg
VA
BF: ΣFH = 0 = DH + BH – 1000cos 30º
1.5 m 3 m
DH = 807.90 kg
Problema 334 Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores en A, B y C ejercen sobre el bastidor.
1m
D
B E
C 0.5 m
784.8 N Radio de polea = 0.1 m
0.7 m
A Solución:
D.C.L.: B
B B
BC:
1m
C C
C
ΣMB = 0 = C (1 m) – 784.8(1.7 m)
784.8 N 0.7 m
E
C = 1334.16 N ΣFV = 0 = B + 784.8 – 1334.16 ↑ B = 549.36 N
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
419
D 1569.6 N C
C 0.5 m
C
A A A
1m
0.8 m
AD: ΣMA = 0 = 1569.6(1.8 m) – 1334.16(1 m) – C (0.5 m) C = 2982.24 N ΣFH = 0 = A – 2982.24 → A = 2982.24 N ΣFV = 0 = 1334.16 – 1569.6 – A A = – 235.44 ↑ A = 235.44 N BC: ΣFH = 0 = 2982.24 – BX ← B = 2982.24 N
Problema 335 Resolver el marco.
0.9
1.35 B
1.35 600 kg
C
0.6 m 375 kg
0.6 m 150 kg
0.6 m A
D 2.70 m
0.6 m
420
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: ΣMA = 0 = – D(2.7 m) – 150(0.6 m) + 600(2.25 m) + 375(0.6 m) ↑ D = 550 kg ΣFV = 0 AV = 50 Kg
ΣFH = 0 ← AH = 225 Kg
D.C.L.:
B B
B
B
0.6 m
B 1.35 m
α C
375 0.6 m
AC
600 1.35 m
B
C
A A A
C A
AC
α
AC AD
D AD
A
C C 150
C 0.6 m 3.79
0.6 m AD
D D 0.45 m 0.45 m
α 3.60
1.20
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
CD:
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
421
ΣMC = 0 = 550(0.9 m) – AD(1.2 m) + 150(0.6 m) AD = 487.5 kg ΣFH = 0 = 487.5 – 150 – C C = 337.5 kg ΣFV = 0 = 550 – C C = 550 kg
BC:
ΣMC = 0 = B (2.7 m) – 600(1.35 m) B = 300 kg ΣFV = 0 = 300 – 600 + 550 – ACsen α AC = 790.61 kg ΣFH = 0 = B + 337.5 – 790.61cos α B = 412.5 kg
AB:
ΣFH = 0 = A + 375 – 412.5 A = 37.5 kg ΣFV = 0 = A – B A = 300 kg
Problema 336
200 N/m
Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor de dos barras, luego dibujar diagramas de N, V y M en la barra AB.
B A 3m C 3m
Solución: D.C.L.:
600 N AH
1.5 m AV
1.5 m
ΣMA = 0 = 600(1.5 m) – CH(3 m)
B
→ CH = 300 N
3m
ΣFH = 0 = 300 – AH ← AH = 300 N
CH CV
422
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
D.C.L.:
600 N 1.5 m
300 N
BV
BV
B
BH
1.5 m BH
B AV
C
300
CV 300
300
N N
ΣMB = 0 = AV(3 m) – 600(1.5 m)
+
↑ AV = 300 N
A 300
ΣFV = 0 = CV + 300 – 600
V N
↑ CV = 300 N
+ A
M N-m
1.5 m –
1.5 m
BH = 300 N BV = 300 N
B
3m
B 300 B
A + 225
Problema 337
1m
C 400
a
500 N N/m
Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores A y B ejercen sobre el bastidor. Luego calcular en la sección a-a: V, N y M.
1m
1.0 m
0.5 m
B A
60º
a
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
Solución: D.C.L.:
C
0.75 m C
C
C
300 N 600 N 519.6 N
1m C
30º
1m
1.30 m
60º A
500 N
B
A
B B
A
AC: ΣMA = 0 = 600(0.75 m) – C (1.3 m) – C (0.75 m)
(1)
ΣMB = 0 = C (1 m) – C (1 m) – 500(1 m)
(2)
CB:
De (1) y (2): C = 402.44 N C = – 97.56 N AC:
ΣFH = 0 = – A + 519.6 – 402.44 ← A = 117.16 N ΣFV = 0 = A – 97.56 – 300 ↑ A = 397.56 N
CB:
ΣFH = 0 = 402.44 – 500 + B → B = 97.56 N ΣFV = 0 = 97.56 + B B = – 97.56 ↓ B = 97.56 N
423
424
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
M = 100.12 N-m a
/m
V = 100.24 N m
a
0.5
40 0N
101.46
N = 285.71 N
117.16 198.78 344.29
397.56
58.58
Problema 338 Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor, luego dibujar diagramas de N, V y M en la barra AB.
500 N/m B
A
3m 3m
C 600 N/m 400 N/m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
425
Solución: D.C.L.:
750 N A = 1400
A
2m
A = 250
C = 1700
1m B B = 500 B = 1400 B
1200 N C
C = 500
1.5 m
AB: ΣMA = 0 = 750(2 m) – B (3 m)
B 2m 900 N
B = 500 N
1m
↑ A = 250 N
ΣFV = 0 = 500 + A – 750
1.5 m
Barra BC: ΣMC = 0 = 900(1 m) + 500(3 m) – B (3 m) + 1200(1.5 m) B =
= 1400 N
ΣFH = 0 = – 1400 + 900 + C → C = 500 N ΣFV = 0 = – Cy – 1200 – 500 C = – 1700 ↑ C = 1700 N
Barra AB: ΣFH = 0 = 1400 – A ← A = 1400 N
426
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
~ de triángulos: y=
=
500 N/m 1400
y
A 250
↓ F = x2
B
3m
1400
M=
500
x
=
x x2
x3
V = 250 –
x2 = 0
x = 1.73 M = 250x –
x3
1400 +
N N
A
B
3m
250 V N
A
+ 1.73 m
1.27 m – B 500
A
1.73 m
1.27 m +
M N-m
288.33
B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 9: Fuerzas en marcos
427
Problema 339 La barra AB está a punto de fallar si el momento interno máximo en D alcanza un valor de 800 N-m o si la fuerza normal en la barra BC alcanza los 1500 N. Determinar la carga W (N/m) más grande que el marco puede soportar.
w (N/m) A
B
D 4m
4m
3m
C 4m
Solución: D.C.L.:
8w 4m AH
4m
ΣMBi = 0 = AV(8 m) – 8w(4 m)
B
↑ AV = 4w (N)
AV
3m C 8m
4m
ΣFV = 0 0 = 4w + CV – 8w
CH CV
↑ CV = 4w
ΣMC = 0 = 4w(12 m) + AH(3 m) – 8w(8 m) → AH = 5.33w ← CH = 5.33w
428
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
D.C.L.:
w 5.33w A
MD
4m
N
MD = 8w = 800 N-m
D
w = 100 N/m
V
4w
ΣMD = 0 = 4w(4 m) – 4w(2 m) – MD
cos α =
sen α =
cos β =
NBC N = 5.33wcos α + 4wcos β N = 6.664w = 1500 N
β
w = 225.10 N/m
α
5.33w
w = 100 N/m
α 4w
β N
430
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
10.1.2 Cable parabólico • El cable soporta una carga uniformemente distribuida (q) a lo largo de la horizontal (en forma aproximada). • El peso del cable se desprecia. • La fuerza interna en un punto del cable es de tensión y sigue la dirección tangente a la curva que adopta el cable.
T α
D.C.L. B
y T0
x/2 qx x/2 y
C
x
T0 C
q ƩFv = 0 Tsen α = qx
(1)
ƩFH = 0 Tcos α = T0
(2)
:
, pendiente del cable
Triángulo de fuerzas
T α
fuerza interna en el cable
qx
T0 , ecuación del cable T0 → fuerza mínima en el cable Longitud del cable: S
B
y C
S xB
yB x
dS dx
dy
T α B
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
431
(3)
en (3)
(4)
Desarrollando el binomio:
en (4)
(5) ...
en (5)
Longitud del cable
Esta serie converge para valores de L → luz del cable f → flecha del cable
L f
432
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
10.1.3 Cable catenaria • El cable soporta solo su peso propio y adopta la forma de la curva llamada catenaria. q → peso por unidad de cable • La fuerza interna de un punto del cable es de tensión y sigue la dirección tangente a la curva que adopta el cable. D.C.L.
T B
y S
T
α y T0 C
T0 C c
α
B
qS
q x
T
Triángulo de fuerzas
α T0 (1)
(2) en (1)
Integrando:
, parámetro de la catenaria
qS
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
, longitud del cable , fuerza mínima en el cable De (2):
, ecuación de la curva denominada catenaria
, relación entre la longitud del cable y alturas. Del triángulo de fuerzas:
, fuerza interna en el cable. Del diagrama de cuerpo libre: (ƩFH = 0)
, relación entre alturas
+
433
434
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 340 6m
Hallar: a. Fuerzas en A y D b. Longitud del cable
5m
A
4m D
2m
C 6 KN
B 10 KN Solución: ΣMD = 0 VA(15) – 10(9) – 6(4) = 0 ↑ VA = 7.6 KN
1
VA
ΣFV = 0
C 6
B 10
VD = 16 – 7.6 = 8.4
1
↑ VD = 8.4 KN
VA
ΣMB = 0
HA
7.6(6) – HA(2) = 0
2
6m
4m 0.53
1.47 C
B
← HA = 22.8 = → HD
10
2-2: Lado derecho ΣMC = 0 8.4(4) = 22.8YC YC = 1.47 m LAB = 6.32 LBC = 5.02 LCD = 4.26
VD HD
yC
HA
1-1: Lado izquierdo
2
LT = 15.6 m
VD HD
6
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
435
Problema 341 A
Hallar: a. P b. d1 c. d2
1.2 m
B
0.4 m 0.3 m
300 N 0.35 m d1
C
D
200 N
P
100 N
d2
Solución:
0.35 m β
D.C.L. total: AH = P, AV = 600
β = 73.74º
600 1.2
P
A
β 1
Corte 1-1: Lado izquierdo
B
ΣFV = 0 300 + FBCsen α = 600
(1)
ΣFH = 0 P = FBCcos α
(2)
300
Equilibrio nudo A:
600
ΣFV = 0 600 = FABsen 73.74º FAB = 625 N ΣFH = 0 P = FABcos 73.74º P = 175 N
FABcos β P
A FABsen β
De (1): FBCsen α = 300 De (2): FBCcos α = 175 (1)/(2): tan α = 1.714 α = 59.74º tan α =
= 1.714 d1 = 0.58 m
D.C.L. total: ΣMA = 0 100d2 + 200(0.58) + 300(0.35) = 175(1.90) d2 = 1.11 m
α 1
436
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 342 Un cable soporta una carga uniforme distribuida w = 100 kg/m. Hallar la tensión máxima del cable y su longitud total.
A(xA;40)
y
40 m
B(xB;10)
10 m
C w
x 120 m
Solución: XA – XB = 120 m
(α)
YA = 40 =
(1)
Ecuación de la parábola: Y=
YB = 10 =
De (1):
T0 =
De (2):
T0 =
(1) = (2):
(2)
=4 XA = – 2XB
En (α):
– 2XB – XB = 120 XB = – 40 m, XA = 80 m T0 = 8000 kg
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
T
Capítulo 10: Fuerzas en cables
=
=
= 11314 kg
SCA = XA
= 91.33 m
SCB = XB
= 41.60 m SBCA = 132.93 m
Problema 343
A 30 m
El cable AB soporta una carga total de 200 kg, la pendiente en B es nula. Hallar la localización del punto en el cable en donde la tensión es el promedio de los valores de T y T .
B 15 m
Solución: =
w= Y=
Y = 30 m, X = 15, w = =
+ (wx)2 T
=
T2 = (128.08)2 = (50)2 +
T0 = 50 kg
= 502 + 2002 T T
= 206.16 kg
= 128.08 kg
x2 X = 8.84 m, Y =
= 10.42 m
437
438
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 344 edificio A
edificio B C 20 m
Solución:
A(XA; 4.5); B(XB; 2) XB – XA = 20 m ; w = 50 kg/m
Y=
4.5 =
;
2=
;
....... (2)
= 4.5(400 +
+ 40XA)
....... (1)
Igualando las ecuaciones (1) y (2): 2
= 2.5
XA =
+ 180XA + 1800 = 0 X = – 60 XA = – 12 A
= XA = – 12; XB = 8
2=
; T0 = 800 kg T SCB = 8
SCA = 12
= 1000 kg; T
=
= 8.32 m
= 13.03 m Longitud total = 21.35 m
2 m 2.5 m
Una tubería pesa 50 kg/m y pasa de un edificio a otro separados 20 m. Hallar la ubicación del punto más bajo (C), la fuerza máxima, la fuerza mínima y la longitud del cable.
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
Problema 345 5m
Una cadena de peso 10 kg y longitud 10 m está suspendida entre dos puntos que distan 5 m. Hallar la flecha máxima y la fuerza mínima.
A
B
f
Solución: = 1 kg/m
w=
= 25 YB =
– C2 = Ecuación del cable:
= Ccos h
= YB
Ccos h
C 2 1 1.15 1.14 1.16
5.385 5.099 5.130 5.128 5.132
3.776 6.132 5.101 5.156 5.046
C = 1.14 m
YB = 5.128 m
f = YB – C = 3.988 m
T = YBw = 5.128 kg
T0 = wC = 1.14(1) = 1.14 kg
Problema 346 El cable pesa 4 kg/m, está atado en A. La zona AB está apoyada en el suelo. P es una fuerza horizontal. Calcular X, T .
40 m A
x B
P = 500 kg 2 8
α
439
440
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución:
= wC = 4C C = 125 m
500 = TC = T
0 = ΣFH = Tcos α = 500 kg T
= 515 kg
= 515 kg = wYB = 4YB YB = 128.75 m
TB = T
40 – x = x’ Y = Ccos h
1.03 =
T α
B 3.75 m
= cos h
P = 500 kg
cos h
x’ 30 31 30.5
1.0289 1.0309 1.0299
X’ = 30.5 m
40 – X = 30.5 X = 9.5 m
Problema 347 Calcular dC para la cual la porción DE del cable es horizontal, luego calcular reacciones en A y E.
A
2m
2m B
3m
dB 5
C
3m 4m
dC 5
D
dD 10 KN
E
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
Solución:
VA HA
A
2m
2m
3m dC
B
3m 4m
1
C
E
D E
5
5
1
10
ΣFV = 0 = VA – 5 – 5 – 10 VA = 20 KN ΣMA = 0 = 5(2) + 5(4) + 10(7) – E(4) E = 25 KN ΣFH = 0 AH = 25 KN Corte 1-1: Lado izquierdo ΣMC = 0 = 20(4) – 25dC – 5(2) dC = 2.8 m
Problema 348 La tensión máxima en el cable es 15 KN. Calcular hB y hC.
A
3m
3m
4m
hB
hC
6 KN
C
B
10 KN
D
441
442
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Solución: ΣMD = 0 = VA(10) – 6(7) – 10(4)
D
A HA VA 6
VA = 8.2 KN
HD
1
B
VD
ΣFV = 0 = VD + 8.2 – 6 – 10
C
1
VD = 7.8 KN
10
En A:
(8.2)2 +
ΣFH = 0 HA = HD = 152 HA = 12.56 KN = HD
En D:
= 14.78 < 15 conforme
Corte 1-1: Lado izquierdo ΣMB = 0 = 8.2(3) – 12.56hB hB = 1.96 m Lado derecho:
ΣMC = 0 = – 7.8(4) + 12.56hC hC = 2.48 m
Problema 349
XB
Calcular XB si el cable está en equilibrio y las reacciones en los apoyos.
A 5’
40 lb B
8’ C 2’ D 3’
60 lb
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
443
Solución:
VA HA
ΣMD = 0 = – HA(15) + 40(10) + 60(2)
XB
← HA = 34.66 lb
A
Corte 1-1: Lado de arriba
5’
B
40
ΣMC = 0 = VA(3) + 40(8) – 34.66(13)
1 8’
VA ↑ = 43.52 lb = ↓ VD
1 60
ΣMB = 0 = 43.52XB – 34.66(5)
C
2’ HD
← HD = 65.34 lb
XB = 3.98 pies
D 3’ VD
Problema 350 Determinar la tensión en cada segmento del cable y la longitud total del cable.
AH
AV A
7’ 1
2
B
DH D y
C
50 lb 4’
DV
4’
1
5’
2
100 lb 3’
Solución: D.C.L. total: ΣMD = 0 = AV(12’) – AH(4’) – 50(8’) – 100(3’)
(1)
444
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Sección 1-1: Lado superior: ΣMB = 0 = AV(4’) – AH(7’) AV = AH (2) en (1):
(2)
0 = 21AH – 4AH – 400 – 300 ← AH = 41.18 lb
(3)
(3) en (1): ↑ AV= 72.06 lb D.C.L. total:
ΣFH = 0 → DH = 41.18 lb ΣFV = 0 = 72.06 + DV – 50 – 100 ↑ DV = 77.94 lb
Sección 2-2: Lado derecho ΣMC = 0 = 41.18(y) – 77.94 lb(3’) y = 5.68’ Longitud AB =
= 8.06’
BC =
= 5.67’
CD =
= 6.42’
L = 20.15’
Tensión
BA α
B
β BC
50
α = 60.26’ β = 28.19’ γ = 62.16’
ΣFH = 0 = BCcos β – BAcos α ΣFV = 0 = BAsen α – 50 – BCsen β BA = 82.99 lb BC = 46.73 lb
CD
BC β
γ C
ΣFH = 0 = CDcos γ – 46.73cos β CD = 88.19 lb
100
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
Problema 351 Calcular en el cable T
7.62 m
.
1.52 m 1.52 m
q = 446.456 kg/m
Solución:
y
B (XB;3.04)
A (XA;1.52)
x
C (2) = (3):
=
XB – XA = 7.62
(1)
3.04 =
(2)
1.52 =
(3)
(2)
XB = –
XA
(4)
(4) en (1):
–(
+ 1)XA = 7.62
XA = – 3.156 m XB = 4.464 m T0 = 1463.26 kg T
=
T
=
T
= 2472.46 kg
445
446
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 352 30 m
Determinar el valor promedio de la tensión en el cable y su ubicación. El cable es horizontal en B.
A 20 m B
40 N/m
Solución: x = 30 m y = 20 m q = 40 N/m
y=
20 = T0 = 900 N = T
+ q2x2
= 1200 N
(1200)2 = (900)2 + (40)2x2 x = 19.843 m y=
= 8.748 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
447
Problema 353 80 m
Calcular la fuerza mínima, la fuerza máxima y la longitud del cable.
B 10 m
A
10 m
C
q = 60 kg/m
Solución: XB – XA = 80 10 = YA =
(α)
(1)
20 =
(β)
β/α: 2=
XB = ±
–
XA – XA = 80
XA
XA = – 33.137 m XB = 46.863 m De (α): T0 =
= 3294 kg
T
=
T
= 4331 kg
en (1)
448
Estática - teoría y aplicaciones
YA = 10 m YB = 20 m
Editorial Macro
SCA = 33.137 SCA = 35.04 m SCB = 46.863 SCB = 51.93 m STOTAL = SCA + SCB = 86.97 m
Problema 354 Calcular H si la fuerza horizontal en B es cero. Considerar los dos cables parabólicos.
200’
100’
A
B 20’
H
C
Solución: y= AB:
20 =
BC:
H=
T0 = T0 =
(1) = (2) H = 5’
(1)
(2)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
449
Problema 355 El cable se romperá cuando la tensión máxima sea T = 10 KN. Determinar la flecha h para esa condición.
25 m A
B h
q = 600 N/m
Solución:
12.5 m h T0
10000 N α B
7500 N
y=
h=
(1)
6.25 m
ΣFV = 0 = 10000sen α = 7500 sen α = 0.75 α = 48.59º ΣFH = 10000cos 48.59º = T0 T0 = 6614.42 N (2) en (1): h = 7.09 m
(2)
450
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 356 20 m
Calcular la fuerza en B, en A, la fuerza mínima, XA, XB, YB, YA y la longitud total del cable.
A 2m
B 18º
12 kg/m
Solución: D.C.L.:
TA α A 2m
TBsen 18º 240 kg B TBcos 18º
XB – XA = 20... (1)
10 m 10 m ΣMA = 0 = 240(10 m) – TBsen 18º(20 m) – TBcos 18º(2 m) TB = 297 kg
12XB T0
yB
91.77 kg
ΣFV = 0 = 91.77 – 12XB ; XB = 7.65 m en (1)
B 282.46 kg
XA = – 12.35 m
C
ΣFH = 0 = 282.46 – T0 T0 = 282.46 kg
yB + 2 = yA... (2)
yB =
yA = 3.24 m
= 1.24 m ............................ en (2)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
ΣFV = 0
TAsen α = 240 – 91.77 = 148.23
ΣFH = 0
TAcos α = 282.46 tan α = 0.5247 α = 27.685º TA = 319 kg SCB = 7.65
= 7.78 m
SCA = 12.35
= 12.89 m
STOTAL = 20.67 m
Problema 357 Calcular T0, T
20 m
, XA, XB, YA, YB.
A α
2m
18º
B
C 12 kg/m Solución: yB =
TB 18º T0
, 2=
XB – XA = 20
12XB
=
(α) (1)
tan 18º = T0 =
= 36.93XB
(β)
451
452
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
(β) en (α): = X = 12.31XB XA = – 3.50 XB + 3.5
en (1) = 20
XB = a2 a2 + 3.5a – 20 = 0 a = 3.05 m , Sí a = – 6.327 m , No XB = 9.30 m
12XB
TB B
18º
To
en (1)
XA = – 10.70 m yA = 2 m TBsen 18º = 12XB = 12(9.3)..................... (ΣFV = 0) TB = 361.16 kg
TA
T0 = TBcos 18º = 343.48 kg........ (ΣFH = 0)
α
TAsen α = 12(10.7).................................. (ΣFV = 0)
A
TAcos α = 343.48 = T0 ............................. (ΣFH = 0)
12XA
To
tan α = 0.3738 α = 20.495º TA = 366.71 kg = T yB = 1.51 m
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
Problema 358 El cable pesa 6 lb/pie y su longitud es 150’. Calcular la flecha h y la tensión mínima.
100’
Solución: q = 6 lb/pie x = 50’ S = 75’
S = Csen h = sen h 2.500 2.586 2.419 2.435 2.432
C 2.552 2.714 2.409 2.436 2.432
30 29 31 30.8 30.83
C = 30.83 pies T0 = qc = 185 lb h2 = y2 = S2 + C2 (C + h)2 = (75)2 + (30.83)2 (C + h) = 81.09 pies h = 81.09 – C = 50.26 pies
453
454
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 359 El cable mide 50 m y pesa 200 N/m, la fuerza máxima es 12 KN. Calcular la luz .
B
Solución:
A
q = 200 N/m T = qy 103 × 12 = 200y y = 60 m y2 – S2 = C2 (60)2 – (25)2 = C2 C = 54.54 m y = Ccosh 60 = 54.54cosh 1.100 = cosh
0.4437 =
X = 24.20 m luz = = 2x = 48.40 m
Problema 360 Calcular T y h.
,T
SAB = SAC = Peso del cable por unidad de longitud: q
T C
y
, α en función de q,
A
C
h B C
α
x
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
Solución:
T
Tm α
q
q
C T0
T0 B Tm = qy = q(h + C)
(1)
T0 = qC
(2)
S2 + C2 = y2 2 + C2 = (h + C)2 = h2 + C2 + 2hC C=
(3)
(3) en (1) y (2): T0 = T = ΣFH = 0 Tmcosα = T0 cos α =
=
α = arc cos
455
456
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 361 El cable pesa 40 lb/pie. Calcular la fuerza mínima y la fuerza máxima.
300’ 46.25’
Solución: T0 = 40C
(1)
Tmáx = 40(46.25 + C)
(2)
y = 46.25 + C = Ccos h 1+
C
= cos h
cos h
1+
200 220 250
1.231 1.210 1.185 C = 250 pie
(3) en (1) y (2): T0 = 10000 lb T
= 11850 lb
1.294 1.241 1.185 (3)
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
457
Problema 362 El cable pesa q = 12 kg/m y puede soportar una tensión máxima de 12000 kg. Calcular el peso de nieve q, por cada metro de longitud que puede formarse encima del cable sin exceder la tensión máxima.
500 m A
B 80 m C
Solución: q2 = 12 + q1 Tmáx = 12000 = q2y
(1)
y = Ccosh 80 + C = Ccosh + 1 = cosh
C 300 385 403
+1
cosh
1.266 1.207 1.198
1.367 1.218 1.198
C = 403 m y = 483 m
(2)
(2) en (1): 12000 = q2(483) q2 = 24.84 kg/m
q1 = 12.84 kg/m
458
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
Problema 363
175’
150’
El cable pesa 0.75 lb/pie. Determinar la fuerza resultante horizontal que el cable ejerce sobre el punto A.
B
A 3’
C 7’
Solución:
A
A 0.75C1
q = 0.75 lb/pie T0 = qc
0.75C2
0.75C1
0.75C2 B
C 0.75C1
A
H
A
0.75C2
y = C1cos h
y = C2cos h
C1 + 3 = C1cos h
C2 + 7 = C2cos h
1+
1+
= cos h
= cos h
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
C1
1+
300 500 600 800 939
1.010 1.006 1.005 1.003 1.003
Capítulo 10: Fuerzas en cables
cos h 1.031 1.011 1.007 1.004 1.003
T0
AB
1+
200 500 550
1.035 1.014 1.012
T0
AB
T0
AC
– T0
AC
150’ B
El cable pesa 0.75 lb/pie. Calcular la flecha f para que la fuerza horizontal resultante que el cable ejerce en A sea igual a cero.
B
y = C + 7 = Ccos h = cos h
175’ A
C
f
TB
1+
= 412.5 lb = 0.75C2
= H = 291.75 lb
Problema 364
Cable AC:
1.097 1.015 1.012
C2 = 550 pie
= 0.75C1 = 704.25 lb
Solución:
cos h
C1
C1 = 939 pie
459
T02
7’
T1
T2
A A T2 T1 A A
T2
A
T1
TC C T01
T0 = T0 1
2
qC1 = qC2 C1 = C2 = C Las componentes horizontales de T2 y T1 son iguales a la fuerza mínima.
460
Estática - teoría y aplicaciones
Editorial Macro
cos h
1+
C 200 500 550
1.035 1.014 1.012
1.097 1.015 1.012
C = 550 pies Cable AC y BA: T0 = 0.75(550) = 412.5 lb Cable BA: y = 550cos h
= 555.12 pies
Cable BA: f = y – C = 5.12 pies
Problema 365 globo
Longitud de la cuerda 400’ y pesa 0.8 lb/pie, TA = 150 lb. Calcular la longitud que se encuentra en el suelo y la altura h.
60º y
h
C
X B
Solución: D.C.L.:
0.8S
150 = TA 60º A
S
TB B
A
h
Ing. Luis Gamio Arisnabarreta
Capítulo 10: Fuerzas en cables
q = 0.8 lb/pie TA = 150 = qyA = 0.8yA yA = 187.5 pies ΣFV = 0 = 150sen 60º = 0.8S S = 162.38’ = 400’ – 162.38’ = 237.62 pies y2 = S2 + C2 (187.5)2 = (162.38)2 + C2 C = 93.75’ h = y – C = 93.75 pies
461
BIBLIOGRAFÍA
1. Bedford, A. y Fowler, W. (1996). Mecánica para ingeniería: Estática. Massachusetts: AddisonWesley. 2. Beer, F.; Johnston, E. R. y Eisenberg, E. (2004). Mecánica vectorial para ingenieros: Estática. México, D. F.: McGraw-Hill. 3. Das, B. M.; Kassimali, A. y Sami, S. (2000). Mecánica para ingenieros: Estática. México, D. F.: Limusa. 4. Gere, James M. (2002). Mecánica de materiales. México, D. F.: Thomson. 5. Hibbeler, R. C. (2004). Ingeniería mecánica: Estática. Naucalpan de Juárez: Prentice Hall. 6. Higdon; Stiles; Davis; Evces; Weese (1986). Ingeniería mecánica, tomo 1: Estática vectorial. México: Prentice Hall. 7. Housner, G. W. y Hudson, D. E. (1965). Mecánica aplicada: Estática. México: Continental. 8. Huang, Tzu Chuen (1974). Mecánica para ingenieros, tomo I: Estática. México: Fondo Educativo Interamericano. 9. Kassimali, Aslam (2001). Análisis estructural. International Thomson Editores. 10. Kiusalaas, J. y Pytel, A. (1999). Ingeniería mecánica: Estática. International Thomson Editores. 11. McGill, D. y King, W. (1991). Estática. México: Iberoamericana. 12. McCormac, Jack C. y Nelson, James K. (2002). Análisis de estructuras. Métodos clásico y matricial. México: Alfaomega. 13. Nara, Harry R. (1973). Mecánica vectorial para ingenieros: Estática. México, D. F.: Limusa. 14. Riley, William F. y Sturges, Leroy D. (1995). Ingeniería mecánica: Estática. Barcelona: Reverté. 15. Shames, Irving H. (1998). Ingeniería mecánica: Estática. México, D. F.: Prentice Hall. 16. Singer, Ferdinand L. (1990). Mecánica para ingenieros: Estática. México, D. F.: Harla. 17. Timoshenko, S. y Young, D. (1957). Mecánica técnica. México, D. F.: McGraw-Hill.
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