Problema: Equilibrio de partícula: 29 in 23 in

Problema: Equilibrio de partícula Un bloque de peso W está suspendido de una cuerda de 25 in. De largo y de dos resortes cuyas longitudes sin estirar miden 22.5 in. cada una. Si las constantes de los resortes son kAB=9 lb/in. y kAD=3 lb/in., determine a) la tensión de la cuerda, b) el peso del bloque. 23 in

C B 29 in

16 in

D

8 in

29 in

A W 7 in

Planteamiento  FAC

 FAB

β

φ

 FAD α

 W

∑F

=0

∑F

=0

x

FAD cos(α ) + FAC cos(β ) − FAB cos(φ ) = 0 y

FAD sen (α ) + FAC sen (β ) + FAB sen (φ ) − W = 0

Las ecuaciones de equilibrio se plantean para la partícula, a partir del diagrama de cuerpo libre, que en este caso, es el punto en donde se unen los resortes y las cuerdas. Donde los ángulos α, β y φ se calculan como:  16   = 28.1°  23 + 7   16 + 8  β = tan −1   = 73.7° 7    16.5  φ = tan −1   = 36.9° 29 7 −  

α = tan −1 

Fuerzas en los resortes Ahora, el anterior sistema consta de dos (2) ecuaciones con cuatro (4) incógnitas, sin embargo, las fuerzas ejercidas por los resortes se pueden conocer mediante las ecuaciones constitutivas de estos: FAD = k AD ∆l AD FAB = k AB ∆l AB

Donde kAB=9 lb/in y kAD=3 lb/in son las constantes de resorte mientras que ΔlAD y ΔlAD, son las elongaciones de estos, las cuales son la diferencia entre su longitud final y su longitud natural. ∆l AD = (l AD − lnAD ) ∆l AB = (l AB − lnAB )

Donde, según el enunciado del problema, lnAD=lnAB=22.5 in. Y a partir de la geometría del problema: l AD =

(23 + 7 )2 + 162

l AD = 34

l AB =

(29 − 7 )2 + 16.52

l AB = 27.5

Resultados y Análisis Así, al reemplazar, se llega a que las fuerzas ejercidas por los resortes corresponden a: FAD = 102lb

FAB = 247.5lb

Con ello, ahora el sistema de ecuaciones es consistente (dos ecuaciones con dos incógnitas): FAD cos(α ) + FAC cos(β ) − FAB cos(φ ) = 0

(1)

FAD sen (α ) + FAC sen (β ) + FAB sen (φ ) − W = 0

(2)

Incógnitas

FAC

W

Del cual al resolver se obtienen los siguientes resultados: FAC = 385.71lb

W = 566.79lb

Los cuales, al dar positivos, confirman lo evidente, que la fuerza de la cuerda es de tensión y que el peso va hacía abajo

Problema: Equilibrio de partícula 2D Dos semáforos se cuelgan temporalmente de un cable como se muestra en la figura, Si el semáforo colocado en B pesa 300N, determine el peso del semáforo en C 3.6 m

3.4 m

2.4 m

A D C

4.5 m

3.8 m

3.4 m

4.9 m

B

Equilibrio Se debe realizar el análisis a dos partículas: el punto B y el punto C, pues para encontrar el peso del semáforo ubicado en este último, se hacen necesarias, también, las ecuaciones de equilibrio del punto B.  FAB β

B

 4.5 − 3.8   = 22.62°  2.4 

β = tan −1 

 WB

∑F

x

 FBC

y

α

α

 FBC

 3.8 − 3.4   = 6.71°  3.4 

=0 =0

FAB sen (β ) + FBC sen (α ) − WB = 0

φ

C

α = tan −1 

− FAB cos(β ) + FBC cos(α ) = 0

∑F

 FCD

 WC

∑F

x

 4.5 − 3.8   = 16.26°  2.4 

φ = tan −1 

=0

− FBC cos(α ) + FCD cos(φ ) = 0

∑F

y

=0

− FBC sen (α ) + FCD sen (φ ) − WC = 0

Resultados y Análisis − FAB cos(β ) + FBC cos(α ) = 0

(1)

FAB sen (β ) + FBC sen (α ) − WB = 0

(2)

− FBC cos(α ) + FCD cos(φ ) = 0

(3)

− FBC sen (α ) + FCD sen (φ ) − WC = 0

(4)

Que al ser resueltas arrojan los siguientes resultados: FAB = 608.26 N FBC = 565.34 N FCD = 584.34 N WC = 97,71N

FAB

Incógnitas

Ecuaciones

De esta manera se obtiene un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas FBC FCD WC

Entonces, el valor positivo de las fuerzas en los cables, indica que, como era de esperarse, estos ejercen fuerzas de tensión que salen de las partículas analizadas. Adicionalmente, los valores altos de las tensiones se deben a los ángulos bajos que forman con la horizontal.

Problema: Equilibrio de partícula 3D y

Una torre de transmisión se sostiene por medio de tres alambres que están unidos a una punta colocada en A y se anclan mediante pernos en B, C, y D. Si la tensión en el alambre AB es de 3.6kN, determine la fuerza vertical P ejercida por la torre sobre la punta puesta en A.

30 m

A

D

B O z C

x

Coordenadas de los puntos y

Para comenzar se definen los valores de las coordenadas de cada punto, tal como se ve en la figura:

xA = 0 y A = 30

A

(x A , y A , z A )

x B = −6

D

yB = 0

( xD , y D , z D )

z B = 7.5

zA = 0

xC = 18 yC = 0

B

( xB , y B , z B )

z C = 5.4

x D = −6 yD = 0 z D = −22.2

x0 = 0 y0 = 0 z0 = 0

O

( xO , y O , z O )

x

z C

(xC , yC , zC )

y

AD = (x D − x A )iˆ + ( y D − y A ) ˆj + ( z D − z A )kˆ

(x A , y A , z A ) A

AD = (− 6 − 0 )iˆ + (0 − 30 ) ˆj + (− 22.2 − 0 )kˆ AD = −6iˆ − 30 ˆj − 22.2kˆ AD =

( x D − x A )2 + ( y D − y A ) 2 + ( z D − z A )2

D ( xD , y D , z D )

AD = 37.8 

λ AD =

( xB , y B , z B ) B

AD AD

O



( xO , y O , z O )

λ AD = −0.16iˆ − 0.79 ˆj − 0.59kˆ

AC = ( xC − x A )iˆ + ( y C − y A ) ˆj + ( z C − z A )kˆ

AB = ( x B − x A )iˆ + ( y B − y A ) ˆj + ( z B − z A )kˆ AB = (− 6 − 0 )iˆ + (0 − 30 ) ˆj + (0 − 7.5)kˆ AB = −6iˆ − 30 ˆj − 7.5kˆ AB =

( x B − x A )2 + ( y B − y A )2 + ( z B − z A )2

z AC =

AC = (18 − 0 )iˆ + (0 − 30 ) ˆj + (5.4 −x0 )kˆ AC = 18iˆ − 30 ˆj + 5.4kˆ

( x C − x A )2 + ( y C − y A )2 + ( z C − z A )2 AC = 35.4

AB = 31.5 

λ AB = 

AB AB

λ AB = −0.19iˆ − 0.95 ˆj − 0.24kˆ

C (xC , yC , zC )

Vectores unitarios



λ AC = 

AC AC

λ AC = −0.16iˆ − 0.79 ˆj − 0.59kˆ

Equilibrio Entonces, con las componentes de los vectores unitarios ya es posible plantear las ecuaciones de equilibrio para la partícula de interés, que es el punto A, donde convergen todas las fuerzas.

∑F

P

=0

x

− 0.19 FAB + 0.51FAC − 0.16 FAD = 0

∑F

FAD

=0

y

P − 0.95 FAB − 0.85 FAC − 0.79 FAD = 0

∑F

z

=0

0.23FAB + 0.15 FAC − 0.59 FAD = 0

FAB FAC

Sistema de ecuaciones

− 0.19 FAB + 0.51FAC − 0.16 FAD = 0

(1)

P − 0.95 FAB − 0.85 FAC − 0.79 FAD = 0

(2)

0.23FAB + 0.15 FAC − 0.59 FAD = 0

Cuya solución es: P = 6.66kN

FAC = 1.963kN

FAD = 1.969kN

(3)

P

Incógnitas

Ecuaciones

De esta manera se obtiene un sistema que consta de tres ecuaciones con tres incógnitas:

FAC

FAD

Con la que se confirma que, en efecto, la fuerza ejercida por la torre es hacia arriba y que las cuerdas realizan una acción que sale de la partícula analizada

Problema: Equilibrio de partícula 3D Una pieza de maquinaria de peso W está sostenida temporalmente por los cables AB, AC y ADE. El cable ADE está unido al anillo en A, pasa por la polea en D, y regresa al anillo para unirse después al soporte en E. Si la tensión en el cable AB es de 300 N, determine: a) La tensión en AC, b) La tensión en ADE y c) El peso W. (Sugerencia: La tensión es la misma en todos los tramos del cable ADE.)

Problema: Equilibrio de partícula 3D B

E y D C A

2.4 m

z

x

Coordenadas de los puntos Para comenzar se definen los valores de las coordenadas de cada punto, tal como se ve en la figura:

yB = 0

y A = −2.4

z B = −3.6

zA = 0

xC = 0

E y D ( xD , y D , z D ) C (xC , yC , zC ) x

z C = 1.8

z D = −0.3

( xE , y E , z E )

z

yC = 0

yD = 0

( xB , y B , z B )

x B = −2.7

xA = 0

x D = 1.2

B

( x A , y A , z A )A

x E = −2.4 yE = 0 z E = 1.2

AD = (x D − x A )iˆ + ( y D − y A ) ˆj + (z D − z A )kˆ

AE = ( x E − x A )iˆ + ( y E − y A ) ˆj + ( z E − z A )kˆ

AD = (1.2 − 0 )iˆ + (0 − (− 2.4 )) ˆj + (− 0.3 − 0 )kˆ AD = 1.2iˆ + +2.4 ˆj − 0.3kˆ

AE = (− 2.4 − 0 )iˆ + (0 − (− 2.4 )) ˆj + (1.2 − 0 )kˆ AE = −2.4iˆ + 2.4 ˆj − 1.2kˆ

( x D − x A )2 + ( y D − y A ) 2 + ( z D − z A )2

AD =

B ( xB , y B , z B )

AD = 2.7 



AD 4 9

λ AD = iˆ +

(xC , yC , zC )

E 8ˆ 1ˆ j− k 9 9

C

z

AB = ( x B − x A )iˆ + ( y B − y A ) ˆj + ( z B − z A )kˆ

AE = 3.6 

λ AE =

D

( x B − x A )2 + ( y B − y A )2 + ( z B − z A )2



AB



9 ˆ 8 ˆ 12 ˆ i+ j− k 17 17 17

AB

λ AB = −

AE

1 2 1 λ AE = − iˆ + ˆj − kˆ

y A (x A , y A , z A )

3

3

3

AC = ( xC − x A )iˆ + ( y C − y A ) ˆj + ( z C − z A )kˆ

x

AC = 0iˆ + (0 − (− 2.4)) ˆj + (1.8 − 0 )kˆ AC = 2.4 ˆj + 1.8kˆ AC =

( x C − x A ) 2 + ( y C − y A )2 + ( z C − z A )2 AC = 3

AB = 5.1

λ AB =

AE



( xD , y D , z D )

AB = (− 2.7 − 0 )iˆ + (0 − (− 2.4 )) ˆj + (− 3.6 − 0 )kˆ AB = −2.7iˆ + 2.4 ˆj − 3.6kˆ AB =

( x E − x A )2 + ( y E − y A ) 2 + ( z E − z A ) 2

( xE , y E , z E )

AD

λ AD =

AE =



Vectores unitarios

λ AC = 

λ AC =

AC AC

4ˆ 3ˆ j+ k 5 5

Equilibrio Entonces, con las componentes de los vectores unitarios ya es posible plantear las ecuaciones de equilibrio para la partícula de interés, que es el punto A, donde convergen todas las fuerzas.

∑F

x

−

=0

4 1 9 FAB + 2 FAD − FAE = 0 17 9 3

∑F

y

z

−

FAE

=0

8 4 8 2 FAB + FAC + 2 FAD + FAE − W = 0 17 5 9 3

∑F

FAB

=0

12 3 1 1 FAB + FAD − 2 FAD − FAE = 0 17 5 9 3

FAD

FAC A P

Sistema de ecuaciones De esta manera se obtiene un sistema que consta de tres ecuaciones con cuatro incógnitas. Para lo cual es necesario notar que como la tensión en la cuerda ADE es igual en todos sus tramos, entonces, en las ecuaciones de equilibrio, las fuerzas FAD y FAE son iguales. Lo cual da pie para plantear la ecuación faltante: FAD = FAE

Finalmente, se llega a un sistema de ecuaciones consistente. Cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas:

Ecuaciones

=0 =0

(1) (2)

=0

(3)

=0

(4)

Incógnitas

9 4 1 FAB + 2 FAD − FAE 17 9 3 8 4 8 2 FAB + FAC + 2 FAD + FAE − W 17 5 9 3 12 3 1 1 − FAB + FAD − 2 FAD − FAE 17 5 9 3 FAD − FAE −

FAC FAD FAE W

Resultados y Análisis Así pues, la solución de este sistema de ecuaciones arroja el valor de las fuerzas en las cuerdas y el peso de la pieza de maquinaria: W = 2064.71N

FAC = 220.59 N

FAD = 714.71N

FAE = 714.71N

Cuyo signo positivo, una vez más indica que las cuerdas ejercen fuerzas que salen de la partícula analizada (fuerza de tensión)

Problema: Equilibrio de cuerpos rígidos 2D Un letrero se cuelga del mástil AB por medio de dos cadenas. El mástil está articulado en A y se sostiene mediante el cable BC. Si la tensión en las cadenas DE y FH es, respectivamente, de 225 y 135 N, y d=0.39 m, determine a) la tensión en el cable BC, b) la reacción en A.

0.75m

C B A

D

F H

E

0.66m

1.5m 2.52m

d

Equilibrio El diagrama de cuerpo libre del mástil se muestra a continuación y se plantean las ecuaciones de equilibrio para el mismo: FBC

α

B F

D

A Rx

FFH FDE

 0.39   = 8.8°  2.52 

Ry

∑F

x

=0

R x − FBC cos(α ) = 0

∑M

A

α = tan −1 

∑F

y

=0

R y − FDE − FFH + FBC sen (α ) = 0

=0

FBC cos(α )(0.75 − 0.39 ) + FBC sen (α )(2.52 ) − FDE (0.66 ) − FFH (2.16 ) = 0

Sistema de ecuaciones y solución R x − FBC cos(α ) = 0

(1)

R y − FDE − FFH + FBC sen (α ) = 0

(2)

FBC cos(α )(0.75 − 0.39 ) + FBC sen (α )(2.52 ) − FDE (0.66 ) − FFH (2.16 ) = 0

(3)

Incógnitas

Ecuaciones

Las ecuaciones de equilibrio forman un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

Reacciones

Rx Ry

Fuerza en el cable BC

FBC

Dicho sistema se resuelve y se obtiene: Reacciones

R x = 586.8 N R y = 269.2 N

Fuerza en el cable BC

FBC = 593.8 N

Problema: Equilibrio de cuerpos rígidos 2D Una pequeña grúa está montada a un lado de la parte trasera de una camioneta pickup. Para la posición θ=40°, determine la magnitud de la fuerza soportada por el pasador en O y la presión de aceite p ejercida contra el pistón de 50 mm de diámetro del cilindro hidráulico BC. A

120kg

O

B

360mm

C

Geometría A C’

C O

B

Para conocer la dirección de la fuerza ejercida por el cilindro (FBC) al brazo de la grúa, hay que encontrar el ángulo que forma este con la horizontal. Para ello, basta encontrar la distancia desde O hasta el punto auxiliar C’. Cuya descomposición en la horizontal es la misma que la de C. Ahora, al descomponer la distancia de 110 mm, perpendicular al brazo de la grúa, en la vertical, se obtiene la distancia de 144.22 mm entre C y C’. De manera que la distancia vertical de C es 493.26 mm.

Equilibrio El diagrama de cuerpo libre del brazo de la grúa se muestra a continuación y se plantean las ecuaciones de equilibrio para el mismo: A

∑F

x

=0

ROx + FBC cos(α ) = 0

W θ

∑F

y

=0

ROy + FBC sen (α ) − W = 0

C ROx

α FBC

∑M A = 0

W (1.125) cos(θ ) + FBC cos(α )(0.49326 − 0.36 ) − FBC sen (α )(0.33131) = 0

O ROy

Sistema de ecuaciones y solución ROx + FBC cos(α ) = 0

(1)

ROy + FBC sen (α ) − W = 0

(2)

W (1.125) cos(θ ) + FBC cos(α )(0.49326 − 0.36 ) − FBC sen (α )(0.33131) = 0

(3)

Incógnitas

Ecuaciones

Las ecuaciones de equilibrio forman un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

Reacciones

Rx Ry

Fuerza en el cilindro BC

FBC

Dicho sistema se resuelve y se obtienen: Reacciones

ROx = −2134.71N ROy = −2743.55 N

Fuerza en el cilindro BC

FBC = 4464.22 N

Análisis De los resultados anteriores se puede concluir que la suposición de las direcciones de las componentes de la reacción en O fue contraria a la realidad pues estas dieron con signo negativo. Con respecto al actuador hidráulico, se confirmó que el sentido de la fuerza que ejerce este sobre el brazo es hacia el pasador (entrando) Finalmente, para responder a la pregunta del ejercicio, la presión en el pistón del actuador es: FBC A 4464.22 = 0.05 2 π 4 = 7.14MPa

p BC = p BC p BC

Problema: Equilibrio de cuerpo rígido 3D La pluma de 900 lb con centro de gravedad en G está sostenida en la posición mostrada por una junta de rótula en O y los dos cables AB y AC. Determine las tensiones de los dos cables y las componentes x, y y z de la fuerza de reacción en O. z

A

y C

G 30° 40°

OA = 50' OB = OC = 40' OG = 30'

O B

x

( xB , y B , z B )

Coordenadas de los puntos Para comenzar se definen los valores de las coordenadas de cada punto, tal como se ve en la figura: z

x A = 50 cos(55°)sen (230°)

(x A , y A , z A )

x A = −18.434

y

A

y A = 50 cos(55°) cos(230°)

( xG , y G , z G )

y A = −21.969

z A = 50sen (55°)

30°

z A = 40.958

40°

C

G

(xC , yC , zC )

O (x B , y B , z B )

x B = 40

xC = 0

xG = 0

yB = 0

y C = 40

yG = 0

zB = 0

zC = 0

zG = 0

B x

Vectores unitarios z

(x A , y A , z A )

A ( xG , y G , z G )

y C

G

(xC , yC , zC )

O

AB = (x B − x A )iˆ + ( y B − y A ) ˆj + (z B − z A )kˆ AB = (40 − (− 18.434 ))iˆ + (0 − (− 21.969)) ˆj + (0 − 40.958)kˆ AB = 58.434iˆ + 21.969 ˆj − 40.958kˆ AB =

( x B − x A )2 + ( y B − y A )2 + ( z B − z A )2

AB = 74.664 

λ AB = 

AB AB

λ AB = 0.783iˆ + 0.294 ˆj − 0.549kˆ

(x B , y B , z B ) B x AC = ( xC − x A )iˆ + ( y C − y A ) ˆj + ( z C − z A )kˆ AC = (0 − (− 18.434 ))iˆ + (40 − (− 21.969 )) ˆj + (0 − 40.958)kˆ AC = 18.434iˆ + 21 − 969 ˆj − 40.958kˆ AC =

( x C − x A ) 2 + ( y C − y A )2 + ( z C − z A )2

AC = 76.535 

λ AC = 

AC AC

λ AC = 0.241iˆ + 0.81 ˆj − 0.535kˆ

Equilibrio ∑F

x

=0

ROx − 0.783FAB + 0.241FAC = 0

∑F

y

=0

G

z

ROy + 0.294 FAB + 0.81FAC = 0 z

=0

ROz − 0.549 FAB − 0.535 FAC − W = 0

∑M

O x

=0

∑M

O y

=0

∑M

O z

=0

40.958

∑F

y

O

x

− FAB (0.294 )(40.958) + FAB (0.549 )(21.969 ) − FAC (0.81)(40.958) + FAC (0.535)(21.969) = 0

FAB (0.783)(40.958) − FAB (0.549 )(18.434 ) + FAC (0.241)(40.958) + FAC (0.535)(18.434) − W (13.182) = 0

FAB (0.783)(21.969 ) − FAB (0.294 )(21.969 ) + FAC (0.241)(21.969 ) + FAC (0.81)(18.434) = 0

Sistema de ecuaciones El planteamiento anterior se convierte en un sistema de cinco (5) ecuaciones con seis (6) incógnitas:

(2)

ROz − 0.549 FAB − 0.535FAC − W = 0

(3)

17.194 FAB − 6.464 FAB + 5.292 FAC + 14.926 FAC = 0

(4)

12.051FAB − 12.051FAB + 8.865FAC + 9.865FAC − 13.182W = 0

(5)

− 9.865 FAB + 12.051FAB − 33.163FAC + FAC 11.757 = 0 (6)

Fuerzas en cuerdas

ROy + 0.294 FAB + 0.81FAC = 0

Reacciones

(1)

Incógnitas

Ecuaciones

ROx − 0.783FAB + 0.241FAC = 0

RCx RCy

RCz

FAB FAC

El anterior es un sistema de ecuaciones lineales no consistente, con más ecuaciones que incógnitas, para el cual hay dos posibilidades: que no tenga solución, o que en el sistema de ecuaciones haya una ecuación que dependa de las otras.

Resultados y Análisis

ROx = −488.544lb ROy = −582.224lb

ROz = 1445.449lb

Fuerzas en barras

Reacciones

Usando un solucionador de sistemas de ecuaciones lineales se obtienen los resultados:

FAB = 453.671lb FAC = 554.207lb

Lo cual indica que, en efecto, en el sistema anterior alguna de las ecuaciones se puede expresar como una combinación lineal de las otras. Esta situación también deja en evidencia el hecho de que en el sistema anterior, la pluma no está restringida del todo al movimiento. Esta tiene la libertad de rotar sobre su eje axial como consecuencia de la ausencia de restricciones de momento en la fijación de tipo rótula. Adicionalmente, las fuerzas ejercidas por los cables tienen líneas de acción que intersecan el eje de simetría de la pluma.

Problema: Armaduras 2D Determine la fuerza en cada miembro de la armadura simple equilátera de la figura:

A 2m B

2m

2m 75km C

Planteamiento Utilizando el método de los nudos, se comienza realizando el diagrama de cuerpo libre de cada uno, suponiendo que cada miembro de la armadura se encuentra a tensión. Así, para el nudo A se tiene:

∑F

x

RAy

RAx + FAB cos(30 ) = 0

A

RAx

=0

(1)

30°

FAC

FAB

∑F

y

=0

RAy − FAC − FAB sen (30 ) = 0

(2)

Nudos B y C FAB 30°

FAC FBC

B

30°

FBC

30°

∑F

∑ Fx = 0 − FAB cos(30 ) − FBC cos(30 ) = 0

∑F

y

x

(3)

y

(4)

=0

FBC cos(30 ) + RCx = 0

∑F

=0

FAB sen (30 ) − FBC sen (30 ) − W = 0

C

RCx

W = mg

(5)

=0

FAC + FBC sen (30 ) = 0

(6)

Solución Del planteamiento anterior se obtiene un sistema de seis (6) ecuaciones:

Con seis incógnitas: RAx

Reacciones (1)

RAx + FAB cos(30 ) = 0

(2)

RAy − FAB − FAC sen (30 ) = 0

(3)

− FAB cos(30 ) − FBC cos(30 ) = 0

RAy

RCx

Fuerzas en los miembros

Entonces al resolver se obtiene: RAx = −637.2 N RAy = 735.75 N

(4)

FAB sen (30 ) − FAC sen (30 ) − P = 0

(5)

FBC cos(30 ) + RCx = 0

FAB = 735.75

(6)

FAC + FBC sen (30 ) = 0

FBC = −735.75

RCx = 637.2 FAC = 367.88

FAB

FAC FBC

Análisis • La fuerza en el elemento BC dio un valor negativo, lo cual indica que éste se encuentra a compresión y no a tensión como se supuso al principio. • Igualmente, la reacción RAx se supuso hacia la derecha, pero como su valor, al resolver, es negativo, significa que en realidad va hacia la izquierda. • En una armadura, en la que los elementos son esbeltos, aquellos que queden sometidos a compresión deben ser diseñados, para evitar el pandeo de los mismos

Problema Determinar la fuerza en cada miembro de la armadura cargada de la figura. Todos los triángulos son equiláteros. 8kN

A

C

B

D 4kN

E 2kN

Planteamiento Se realizan los diagramas de cuerpo rígido de cada nudo haciendo la suposición de que todas las barras están a tensión. Por ejemplo, para el nudo A:

∑F

x

RAy

RAx

A

FAB 60°

FAB + RAx + FAD cos(60 ) = 0

∑F

y

FAD

=0

(1)

=0

RAy − FAD sen (60 ) = 0

(2)

Nudos B y C 8kN

FAB

B 60°

FBD

∑F

x

FBC

FBC

60°

60°

FBE

FCE

∑F

=0

x

FBC − FAB + FBE cos(60 ) − FBD cos(60 ) = 0

(3)

∑F

y

C

− 8 × 103 − FBD sen (60 ) − FBE sen (60 ) = 0

y

(4)

RC

=0

− FBC − FCE cos(60 ) − RC cos(30 ) = 0

∑F

=0

30°

(5)

=0

RC sen (30 ) − FCE sen (60 ) = 0

(6)

Nudos D y E FAD 60°

D

60°

60°

FDE

x

∑F

y

∑F

x

(7)

y

(8)

=0

FEC cos(60 ) − FBE cos(60 ) − FDE = 0

∑F

=0

FAD sen (60 ) + FBD sen (60 ) − 4 ×103 = 0

60°

2kN

=0

FDE − FAD cos(60 ) + FBD cos(60 ) = 0

E

FDE

4kN

∑F

FEC

FBE

FBD

(9)

=0

FEC sen (60 ) + FBE sen (60 ) − 2 ×103 = 0

(10)

Resultados y análisis De esta manera se obtiene un sistema de diez (10) ecuaciones con 10 incógnitas, las cuales son:

Que al resolver el sistema se llega a: FAB = −15.588kN FAD = 8.66kN

Reacciones

RAx

FBC = −15.01kN

RAy

FBD = −4.04kN

RC

FBE = −5.196kN

R Ax = 11.258kN R Ay = 7.5kN RC = 13kN

FCE = 7.505kN

FAB

FDE = 6.35kN

FAD

Fuerzas en las barras

FBC FBD FBE FCE FDE

Como se puede observar, para las fuerzas FAB, FBC, FBD y FBE, se obtuvo un valor negativo, lo cual indica, que las barras correspondientes, en realidad, se encuentran a compresión.

Problema Armaduras 3D La porción de torre para líneas de transmisión de energía eléctrica que muestra la figura consta de nueve elementos, y esta sostenida mediante una rótula colocada en B y eslabones cortos en C, D y E. Para las cargas dadas, determine la fuerza presente en cada elemento

y E

D

C

4ft B z

2ft

x A

300lb

50lb 4ft

Planteamiento Para la resolución del problema se va a usar el método de los nudos, con la suposición inicial de que todas las barras se encuentran a tensión. Entonces, para formular las ecuaciones de equilibrio, se necesitan los vectores unitarios que indican la dirección de las barras y por tanto de las fuerzas en ellas Así, se definen los valores de las coordenadas de cada nudo, tal como se ve en la figura:

y

E

( xE , y E , z E ) D ( xD , y D , z D )

(xC , yC , zC ) C B z

( xB , y B , z B ) x

A

(x A , y A , z A )

50lb 300lb

Coordenadas de los nodos Para comenzar se definen los valores de las coordenadas de cada nudo, tal como se ve en la figura:

xA = 2

xD = 4

yA = 0

yD = 4

zB = 4

zD = 0

xB = 4

xE = 0

yB = 0

yE = 4

zB = 0

zE = 0

xC = 0 yC = 0 zC = 0

y

E

( xE , y E , z E ) D ( xD , y D , z D )

(xC , yC , zC ) C B z

( xB , y B , z B ) x

A

(x A , y A , z A )

50lb 300lb

AD = (xD − x A )iˆ + ( y D − y A ) ˆj + (z D − z A )kˆ AD = (4 − 2 )iˆ + (4 − 0 ) ˆj + (0 − 4 )kˆ

AE = ( x E − x A )iˆ + ( y E − y A ) ˆj + ( z E − z A )kˆ AE = (0 − 2 )iˆ + (4 − 0 ) ˆj + (0 − 4 )kˆ AE = −2iˆ + 4 ˆj − 4kˆ

AD = 2iˆ + 4 ˆj − 4kˆ

(xD − x A )2 + ( yD − y A )2 + (z D − z A )2

AD =

AE =

AD = 6 

y

λ AD =

(0,4,0) E

AD

(0,0,0)

AD

( x E − x A )2 + ( y E − y A ) 2 + ( z E − z A ) 2 AE = 6

(4,4,0)



λ AE =

D C



1 2 2 λ AD = iˆ + ˆj − kˆ 3

3

3

B ( xB , y B , z B ) x

z

A

(2,0,4) AB = ( xB − x A )iˆ + ( y B − y A ) ˆj + ( z B − z A )kˆ AB = (4 − 2 )iˆ + 0 ˆj + (0 − 4 )kˆ

50lb 300lb



1 2 2 λ AE = − iˆ + ˆj − kˆ 3

AC =

AB



5ˆ 2 5 ˆ i− k 5 5

λ AB =

AB

3

( x C − x A ) 2 + ( y C − y A )2 + ( z C − z A )2

AB = 20 

3

AC = (0 − 2 )iˆ + 0 ˆj + (0 − 4 )kˆ AC = −2iˆ − 4kˆ

(xB − x A )2 + ( yB − y A )2 + (z B − z A )2

λ AB =

AE

AC = ( xC − x A )iˆ + ( y C − y A ) ˆj + ( z C − z A )kˆ

AB = 2iˆ − 4kˆ AB =

AE

AC = 20

Vectores unitarios Nudo A



λ AC = 

λ AC = −

AC AC

5ˆ 2 5 ˆ i− k 5 5

Vectores unitarios: Nudo B y

(0,4,0) E

(0,0,0)

(4,4,0) D

C

B ( xB , y B , z B ) x

z

A (2,0,4)

50lb 300lb

BD = (xD − xB )iˆ + ( y D − y B ) ˆj + (z D − z B )kˆ BD = 0iˆ + (4 − 0 ) ˆj + 0kˆ

BC = (xC − xB )iˆ + ( yC − y B ) ˆj + (zC − z B )kˆ

BD = 4 ˆj

BC = −1iˆ

(xD − xB )2 + ( yD − yB )2 + (z D − z B )2

BD =

BC = (4 − 0 )iˆ + 0 ˆj + 0kˆ

(xC − xB )2 + ( yC − yB )2 + (zC − z B )2

BC =

BD = 1

BC = 1





λBD = 

λBD

BD BD

= 1 ˆj

λBC = 

BC BC

λBC = −1iˆ

Vectores unitarios: Nudo C y

(0,4,0) E

(0,0,0)

(4,4,0) D

C

B ( xB , y B , z B ) x

z

A (2,0,4)

50lb 300lb

CD = ( xD − xC )iˆ + ( y D − yC ) ˆj + ( z D − zC )kˆ

CE = (xE − xC )iˆ + ( y E − yC ) ˆj + (z E − zC )kˆ

CD = (4 − 0 )iˆ + (4 − 0 ) ˆj + 0kˆ

CE = 0iˆ + (4 − 0 ) ˆj + 0kˆ

CD = 4iˆ + 4 ˆj

CE = 4 ˆj

CD =

(xD − xC )2 + ( yD − yC )2 + (z D − zC )2

(xE − xC )2 + ( yE − yC )2 + (z E − zC )2

CE =

CD = 4 2

CE = 4





λCD = 

λCD

CD CD

λCE = 

2ˆ 2 ˆ = i+ j 2 2

CE CE

λCE = 1 ˆj

Vectores unitarios: Nudos D

y

(0,4,0) E

(0,0,0)

(4,4,0) D

C

B ( xB , y B , z B ) x

z

A (2,0,4)

50lb 300lb

DE = (xE − xD )iˆ + ( y E − y D ) ˆj + ( z E − z D )kˆ DE = (0 − 4 )iˆ + 0 ˆj + 0kˆ DE = −4 ˆj

(xE − xD )2 + ( yE − yD )2 + (z E − z D )2

DE = DE = 4 

λDE = 

DE DE

λDE = −1iˆ

Vectores unitarios inversos (0,4,0)

y

E

(0,0,0)

(4,4,0) D

C

B ( xB , y B , z B ) x

z

A

(2,0,4)

λ DA = −λ AD

50lb 300lb





λ DC = −λCD

1 2 2 = − iˆ − ˆj + kˆ 3 3 3 

λ EA = −λ AE

=− 

λCA = −λ AC





λ BA = −λ AB =−

5ˆ 2 5 ˆ i+ k = 5 5



2ˆ 2 ˆ i− j 2 2

1 2 2 = iˆ − ˆj + kˆ 3 3 3



λ ED = −λ DE

λCB = −λ BC

= 1iˆ

= 1iˆ

λ DB = −λ BD = −1 ˆj

5ˆ 2 5 ˆ i+ k 5 5

λ EC = −λCE = −1iˆ

Equilibrio: Nudo A ∑F

A x

y

=0  FAE

5 1 5 1 FAB + FAD − FAC − FAE = 0 50 + 5 3 5 3 ∑ FyA = 0 2 2 FAD + FAE = 0 3 3 ∑ FzA = 0 − 300 +

2 5 2 2 5 2 FAB − FAD − FAC − FAE = 0 − 5 3 5 3

 FAC

 FAD

 FAB

z

A 50lb 300lb

x

Equilibrio: Nudo B y

∑F

B x

=0

RBx − FBC −

∑F

B y

5 FBA = 0 5

 FBD

=0  FBC

RBy + FBD = 0

∑F

B z

RBz +

=0

2 5 FBA = 0 5

z

 R Bz

B

 FBA

 RBx  RBy

x

Equilibrio: Nudo C y

∑F

C x

=0

 FCE

2 5 FCD + FCA = 0 2 5 ∑ FyC = 0 FCB +

2 RCy + FCD + FCE = 0 2 ∑ FzC = 0 2 5 FCA = 0 5

C  FCB

 FCA

z

 RCy

x

Equilibrio: Nudo D ∑F

D x

=0 y

2 1 FDC − FDA = 0 − FDE − 2 3 ∑ FyD = 0

E

2 2 FDC = 0 − FDA − FDB − 3 2 ∑ FzD = 0 RDz +

 FEA

 REz  FED

 FEC

2 FDA = 0 3

z

x

Equilibrio: Nudo E ∑F

E x

=0

1 FEA + FED = 0 3 ∑ FyE = 0 2 − FEA − FEC = 0 3 ∑ FzE = 0 REz +

2 FEA = 0 3

 FDE

 R Dz

 FDC

 FDA

 FDB

B

Sistema de ecuaciones e incógnitas (1) 50 + 5 F + 1 F − 5 F − 1 F = 0 AB AD AC AE 5

3

5

3

(2) − 300 + 2 FAD + 2 FAE = 0 3 3 2 5 2 2 5 2 FAB − FAD − FAC − FAE = 0 (3) − 5 3 5 3 (4) (5) (6)

2 1 − FDE − FDC − FDA = 0 2 3 2 2 − FDA − FDB − FDC = 0 3 2 2 RDz + FDA = 0 3

FAB FAC FAD FAE FBC FBD FCD FDE FCE

Fuerzas en barras

5 FBA = 0 5 =0

RBx − FBC − RBy + FBD RBz +

2 5 FBA = 0 5

1 FEA + FED = 0 3 2 − FEA − FEC = 0 3 2 REz + FEA = 0 3

2 5 FCD + FCA = 0 2 5 2 RCy + FCD + FCE = 0 2 2 5 FCA = 0 5 FCB +

RBx RBy

RBz

RCy RDz REz

Reacciones

Resultados y análisis FAB = −335.4lb RBx = −50lb

FAD = 375lb FAE = 75lb

FBC = 100lb FBD = −150lb

FCD = −141.4lb FDE = −25lb

FCE = −50lb

RBy = 150lb

Reacciones

Fuerzas en barras

FAC = 0lb

RBz = 300lb

RCy = 150lb

RDz = −250lb

REz = −50lb

El valor negativo en las fuerzas de barras, indica que estás se encuentran a compresión. De manera similar, el resultado negativo en las reacciones da a entender que el sentido de estas es el contrario al que se supuso