Problemas Resueltos Estatica 2fase

PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA REDUCCIÓN DE UNA CARGA SIMPLE DISTRIBUIDA. Problema 1: Determine la fuerza resultante equivalente y su ubicación medida desde el punto A.

𝐹𝑅 = ∫ 𝜔(𝑥)𝑑𝑥 0.5

𝐹𝑅 = ∫ 12(1 − 2𝑥 2 )𝑑𝑥 0

0.5

3

2𝑥 ] 3 𝐹𝑅 = 7𝑙𝑏.

∫ 𝑥𝜔(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝜔(𝑥)𝑑𝑥 0.5 ∫0 12𝑥(1 − 2𝑥 2 )𝑑𝑥 𝑥̅ =

𝐹𝑅 = 12 [𝑥 +

0

𝑥̅ =

7 𝑥2 𝑥4 12 [ + ] 2 2 𝑥̅ = 7 𝑥̅ = 0.27𝑓𝑡

0.5 0

Problema 2: La carga distribuida actúa sobre la viga como se muestra en la figura. Determine la magnitud de la fuerza resultante equivalente y especifique el punto donde actúa, medido desde el punto A.

𝐹𝑅 = ∫ 𝜔(𝑥)𝑑𝑥 4

𝐹𝑅 = ∫ −2𝑥 2 + 4𝑥 + 16 𝑑𝑥 0

𝐹𝑅 = 33.33𝑙𝑏.

0.5

∫0 (−2𝑥 2 + 4𝑥 + 16) 𝑑𝑥 𝑥̅ = 33.33 𝑥̅ = 1.60𝑓𝑡

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO. DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE. Problema 3: Trace el diagrama de cuerpo libre de la barra, cuyo grosor no se toma en cuenta y puntos de contacto lisos en A, B y C. explique la importancia de cada fuerza en el diagrama.

Las fuerzas NA, NB y NC son fuerzas normales que desarrolla el cuerpo cuando se aplica una fuerza que en este caso es de 10lb. Problema 4: Trace el diagrama de cuerpo libre del malacate, el cual consiste en un tambor de 4 pulg. de radio. Está conectado mediante un pasador en su centro C, y en su aro exterior hay un engranaje de cremallera con un radio medio de 6 pulg.

Las fuerzas Cx y Cy son las producidas por el pasador, la fuerza FAB es la que produce el eslabón sobre el engranaje y la fuerza de 500 lb. Es la aplicada mediante la cuerda.

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

EQUILIBRIO EN DOS DIMENSIONES Problema 5: El resorte CD permanece en la posición horizontal en todo momento debido al rodillo en D. si el resorte no se estira cuando θ=0° y la rigidez del resorte de k=1.5kN/m, determine el mínimo ángulo θ requerido para el equilibrio y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A. Grafico

Sistema de fuerzas

Fuerza en el resorte: 𝑭 = 𝒌𝒔 𝐹 = 15000 × 0.6𝑠𝑖𝑛𝜃 𝐹 = 900𝑠𝑖𝑛𝜃 Momento en A: ∑𝑴𝑨 = 𝟎 900𝑠𝑖𝑛𝜃(0.6𝑐𝑜𝑠𝜃) = 300(0.45 cos 𝜃 + 0.6 sin 𝜃) 540𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 180𝑠𝑖𝑛𝜃 + 135𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜃 = 23.03°

Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑭𝒚(↑) = 𝟎 𝐴𝑦 = 300𝑁

∑𝑭𝒙(→) = 𝟎 𝐴𝑥 = 900𝑠𝑖𝑛𝜃 𝐴𝑥 = 900𝑠𝑖𝑛23.03° 𝐴𝑥 = 352.86 JOSELYN CONDORI PALLE | ALUMNA

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Problema 6: Tres libros iguales cada uno con peso W y longitud a, están colocados como se muestra. Determine la distancia d máxima que el libro superior pueda sobresalir con respecto al de la base sin que se caiga. Grafico:

Sistema de fuerzas:

Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑊 − 𝑁𝐴 = 0 𝑊 = 𝑁𝐴 ∑𝑴𝑩 = 𝟎 𝑊(𝑎 − 𝑑) − 𝑤(𝑑 − 𝑎/2) = 0 𝑑 = 3/4𝑎

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA EQUILIBRIO EN TRES DIMENSIONES. Problema 7: La placa circular tiene un peso W y centro de gravedad en su centro. Esta sostenida por tres cuerdas verticales atadas a su borde; determine la distancia d máxima desde el centro hasta el punto donde se puede aplicar cualquier fuerza vertical p de manera que, en ninguno de los cables la fuerza se vuelva cero.

Suponiendo que: 𝑇𝐴 = 𝑇𝐵 = 0 ∑𝑀𝐵𝑋 = 𝑇𝐶 (𝑟 + 𝑟𝑐𝑜𝑠60°) − 𝑊(𝑟𝑐𝑜𝑠60°) − 𝑃(𝑑 + 𝑟𝑐𝑜𝑠60°) =0 ∑𝐹𝑍 = 𝑇𝐶 − 𝑊 − 𝑃 Eliminando 𝑻𝑪 :

∑𝑀𝑎−𝑎 = 𝑊(𝑟𝑐𝑜𝑠60) − 𝑃(𝑑 ′ ) = 0 𝑊𝑟 𝑑′ = 2𝑃

Hallando d: 𝑊𝑟 𝑑 = 𝑟𝑐𝑜𝑠60° + 2𝑃 𝑟 𝑊 𝑑 = (1 + ) 2 𝑃

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA Problema 8: Una mesa cuadrada uniforme que tiene un peso W y lados de magnitud a se sostiene mediante tres patas verticales. Determine la mínima fuerza vertical P que puede aplicarse a su parte superior para ocasionar la volcadura de la mesa.

Angulo: 𝜃 = tan

−1

𝑎 (2) 𝑎

𝜃 = 26.565° Distancia d: 𝑑 = (𝑎/2)𝑠𝑖𝑛26.565° = 0.224𝑎 < 𝑑 ′ = 𝑎𝑠𝑖𝑛26.565° = 0.447𝑎

𝑎 2

Momento en BC: ∑𝑀𝐵𝐶 = 𝑊(0.224𝑎) − 𝑃(0.447𝑎) = 0 𝑑 ′ = 0.4𝑊

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA ANALISIS ESTRUCTURAL ARMADURAS SIMPLES. Problema 9: Determine la fuerza en cada elemento de la armadura y establezca si los elemento están en tensión o en compresión. Considere 𝑃1 = 2𝑘𝑁 y 𝑃2 = 1.5𝑘𝑁 .

Nodo C:

Nodo D: +

Nodo B: +

∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 𝐹𝐶𝐵 𝑠𝑖𝑛30° − 1.5 = 0 𝐹𝐶𝐵 = 3.00 𝑘𝑁(𝑇)

∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 𝐹𝐷𝐸 − 2.598 = 0 𝐹𝐷𝐸 = 2.598𝑘𝑁(𝐶)

∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 𝐹𝐶𝐷 − 3𝑐𝑜𝑠30° = 0 𝐹𝐶𝐷 = 2.60𝑘𝑁(𝐶)

∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 𝐹𝐷𝐵 − 2 = 0 𝐹𝐷𝐵 = 2. .00𝑘𝑁(𝑇)

+

∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 𝐹𝐵𝐸 𝑐𝑜𝑠30° − 2.00𝑐𝑜𝑠30° = 0 𝐹𝐷𝐸 = 2.00𝑘𝑁(𝐶) ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 4𝑠𝑖𝑛30° + 3 = 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐵𝐴 = 5.00𝑘𝑁(𝑇)

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA PROBLEMA 10: Elimine la fuerza de 1200lb y determine la máxima fuerza P que puede aplicarse a la armadura de manera que ninguno de los elementos este sometido a una fuerza que exceda 200lb en tención o 1500 lb en compresión. Sistema de fuerzas:

Reacciones en el cuerpo: ∑𝑀𝐵 = 0 𝑁𝐵 (8 + 8) − 𝑃(8) = 0 𝑁𝐵 = 0.5𝑃 Punto B:

Punto C: +

∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 𝐹𝐵𝐺 = 0 ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 0.5𝑃 − 𝐹𝐵𝐶 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 0.5𝑃(𝐶)

Punto G: ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 ∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 0.707𝑃𝑐𝑜𝑠45° − 0.707𝑃𝑐𝑜𝑠45° = 0 − 𝐹𝐶𝐺 𝑐𝑜𝑠45° = 0 𝐹𝐶𝐺 = 0.5𝑃(𝐶) 𝐹𝐵𝐶 = 0.707𝑃(𝐶) +

𝐹𝐶𝐺

+

∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 0.5𝑝 − 𝐹𝐶𝐺 𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐶𝐺 = 0.707𝑃(𝑇)

∑𝑭𝒙 (→) = 𝟎 0.707𝑃𝑠𝑖𝑛45° + 0.707𝑃𝑠𝑖𝑛45° − 𝐹𝐺𝐹 =0 𝐹𝐶𝐺 = 𝑃(𝑇)

Por simetría hallamos las otras fuerzas: 𝐹𝐴𝐸 = 𝐹𝐵𝐶 = 0.5𝑃(𝐶) 𝐹𝐴𝐹 = 𝐹𝐵𝐺 = 0 𝐹𝐸𝐷 = 𝐹𝐶𝐷 = 0.5𝑃(𝐶) 𝐹𝐸𝐹 = 𝐹𝐶𝐺 = 0.707𝑃(𝑇) 𝐹𝐹𝐷 = 𝐹𝐺𝐷 = 0.707𝑃(𝐶) Despejando P por las condiciones: 0.707𝑃 = 1500 𝑃 = 2121.33𝑙𝑏

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MÉTODO DE LOS NUDOS Y DE LA FUERZA INCÓGNITA. Problema 11: Determine la máxima fuerza P que puede aplicarse a la armadura, de manera que ninguno de los elementos este sometido a una fuerza que exceda 2.5kN en tensión o 2kN en compresión. Sistema de fuerzas:

Punto A:

Punto B: +

∑𝐹𝑦 ′ = 0 𝐹𝐴𝐷 𝑠𝑖𝑛73.34° − 𝑃𝑠𝑖𝑛53.13° = 0 𝐹𝐴𝐷 = 0.833𝑃(𝑇) ∑𝐹𝑥 ′ = 0 0.833𝑃𝑐𝑜𝑠73.34° − 𝑃𝑐𝑜𝑠53.13° − 𝐹𝐴𝐵 = 0 𝐹𝐴𝐵 = 0.833𝑃(𝐶)

Punto D: ∑𝐹𝑦 ′ = 0 𝐹𝐴𝐷 𝑠𝑖𝑛73.34° − 𝑃𝑠𝑖𝑛53.13° = 0 𝐹𝐷𝐶 = 0.833𝑃(𝑇) ∑𝐹𝑥 ′ = 0 𝐹𝐷𝐸 − 0.833𝑃 − 𝑃𝑐𝑜𝑠53.13° − 0.833𝑃𝑐𝑜𝑠73.74° = 0 𝐹𝐴𝐵 = 0.167𝑃(𝑇)

∑𝐹𝑥 (→) = 0 4 4 0.833𝑃 ( ) − 𝐹𝐵𝐶 ( ) = 0 5 5 𝐹𝐵𝐶 = 0.833𝑃(𝐶) ∑𝐹𝑦(↑ +) = 0 3 3 𝐹𝐵𝐷 − 0.833𝑃 ( ) − 0.833𝑃 ( ) 5 5 =0 𝐹𝐵𝐷 = 𝑃(𝑇)

Hallando P con las condiciones: 0.833𝑃 = 2 𝑃 = 2.40𝑘𝑁 1.667𝑃 = 2.5 𝑃 = 1.5𝑘𝑁

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Problema 12: Determine la fuerza en cada elemento de la armadura de doble tijera en terminos de la carga P y establezca si los elementos estan en tension y en compresion.

Reacciones en el cuerpo: ∑𝑴𝑨 = 𝟎 𝐿 2𝐿 𝑃 ( ) + 𝑃 ( ) − 𝐷𝑦 𝐿 = 0 3 3 𝐷𝑦 = 𝑃 ∑𝑭𝒚(↑ +) = 𝟎 𝐴𝑦 = 𝑃

Nodo F:

Reemplazando:

Nodo A:

+

(+↑)∑𝑭𝒚 =0 1 𝐹𝐹𝐵 ( ) − 𝑃 = 0 √2 𝐹𝐹𝐵 = √2𝑃 = 1.41𝑃(𝑇) +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 1 𝐹𝐹𝐷 − 𝐹𝐹𝐸 − 𝐹𝐹𝐵 ( ) = 0 √2 𝐹𝐹𝐵 = 𝐹𝐹𝐸 = 𝑃

+

→ ∑𝑭𝒙 = 𝑶 → ∑𝑭𝒙 = 𝑶 2 1 1 1 √2 𝐹𝐶𝐴 ( ) − √2𝑃 ( ) − 𝐹𝐶𝐷 ( ) 𝐹𝐴𝐸 − ( ) 𝑃 ( ) √5 √2 √2 3 √2 =0 2√5 2 2 1 −( )𝑃( ) 𝐹𝐶𝐴 ( ) − 𝐹𝐶𝐷 = 𝑃 3 √5 √5 √2 =0 2√5 𝐹𝐶𝐴 = 𝑃 = 1.491𝑃(C) 5 3 𝐹𝐴𝐸 = 𝑃 = 1.67𝑃(𝑇) 2 3 𝐹𝐶𝐷 = 𝑃 = 0.471𝑃(𝐶) 3 Reemplazando las fuerzas: 𝐹𝐹𝐸 = 0.667𝑃(𝑇) 𝐹𝐴𝐸 = 1.670𝑃(𝑇) 𝐹𝐵𝐷 = 1.490𝑃(𝐶) 𝐹𝐹𝐷 = 1.670𝑃(𝑇) 𝐹𝐴𝐶 = 1.490𝑃(𝐶) 𝐹𝐸𝐶 = 1.410𝑃(𝑇) 𝐹𝐴𝐵 = 0.471𝑃(𝐶) 𝐹𝐵𝐹 = 1.410𝑃(𝑇) 𝐹𝐵𝐷 = 0.471𝑃(𝐶) JOSELYN CONDORI PALLE | ALUMNA

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NUDOS BAJO CONDICIONES ESPECIALES DE CARGA. ELEMENTOS DE FUERZA CERO. Problema 13: Determine la máxima masa m del bloque suspendido de modo que la fuerza en cualquier elemento no exceda 30kN (T) o 25kN(C).

Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐷𝐶 𝑐𝑜𝑠45°+𝐹𝐷𝐸 𝑠𝑖𝑛30.25° − 𝑊 = 0 +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝐹𝐷𝐶 𝑠𝑖𝑛45°+𝐹𝐷𝐸 𝑐𝑜𝑠30.25° − 𝑊 = 0 𝐹𝐷𝐶 = 1.414𝑊(𝐶) 𝐹𝐷𝐸 = 0 Nodo A: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐴𝐶 𝑐𝑜𝑠45° − 1.414𝑊𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐴𝐶 = 𝑊(𝑇) Por compresión en los miembros DC, BC Y AB. 25𝑘𝑁 = 1.414𝑊 𝑊 = 17.678𝑘𝑁 +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝐹𝐷𝐶 𝑠𝑖𝑛45°+𝐹𝐷𝐸 𝑐𝑜𝑠30.25° − 𝑊 = 0 𝐹𝐷𝐶 = 1.414𝑊(𝐶) 𝐹𝐷𝐸 = 0 Por tensión en el miembro AG. 𝑊 = 30𝑘𝑁

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

Masa: 17.678 × 103 9.81 𝑚 = 1.80𝑀𝑔.

𝑚=

Problema 14: La armadura que se ha utilizado para soportar un balcón esta sometida a la carga mostrada. Aproxime cada nodo como un pasador y determine la fuerza en cada elemento. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P1=800lb y P2=0.

Nodo A: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐴𝐷 𝑠𝑖𝑛45° − 800 = 0 𝐹𝐴𝐷 = 1134.4𝑙𝑏(𝐶) +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝐹𝐴𝐵 − 1131.4𝑐𝑜𝑠45° = 0 𝐹𝐴𝐵 = 800(𝑇) Nodo B: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐵𝐷 = 0 +

(→) ∑𝑭𝒙 =0

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𝐹𝐵𝐷 − 800 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 800(𝑇) Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐹𝐷𝐶 𝑠𝑖𝑛45° − 1131.4𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐷𝐶 = 1134.4𝑙𝑏(𝑇) +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 1131.4𝑐𝑜𝑠45° + 1131.4𝑐𝑜𝑠45 − 𝐹𝐷𝐸 = 0 𝐹𝐷𝐸 = 1600(𝐶)

MÉTODO DE LAS SECCIONES. Problema 15: La armadura de arrastre interna para el ala de un avión ligero esta cometida a las fuerzas que se muestran. Determine la fuerza en los elementos BC, BH y HC, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

(+↑)∑𝑭𝒚 =0 180 − 𝐹𝐵𝐻 𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐹𝐵𝐻 = 255𝑙𝑏(𝑇)

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Momento en h: ∑𝑴𝑯 = 𝟎 −𝐹𝐵𝐶 (2) + 60(2) + 40(3.5) = 0 𝐹𝐵𝐶 = 130𝑙𝑏(𝑇) Sección 2: +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 80 + 60 + 40 − 𝐹𝐻𝐶 = 0 𝐹𝐻𝐶 = 180(𝐶) Problema 16: Determine la fuerza en los elementos JE y GF de la armadura y establezca si estos elementos están en tensión o en compresión. Además, indique todos los elementos de fuerza cero.

𝐹𝐴𝐵 = 𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐷𝐶 = 𝐹𝐷𝐸 = 𝐹𝐻𝐼 = 0 Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 4 7.5 − 𝐹𝐽𝐸 = 0 5 𝐹𝐷𝐸 = 9.38𝑘𝑁(𝐶) +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 3 (9.38) − 𝐹𝐺𝐹 = 0 5 𝐹𝐺𝐹 = 5.62𝑘𝑁(𝑇)

ARMADURAS COMPUESTAS Y COMPLEJAS. JOSELYN CONDORI PALLE | ALUMNA

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Problema 17: Determine la fuerza en los elementos CD y GF de la armadura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Además indique todos los elementos de fuerza cero.

Reacciones en el cuerpo: ∑𝑴𝑨 = 𝟎 𝐸𝑌 (4) + 2(0.8) + 1.5(2) = 0 𝐸𝑌 = 1.15𝑘𝑖𝑝𝑠 Momentos en: ∑𝑴𝑯 = 𝟎 3 1.15(3) − 1.5(1) − 𝐹𝐵𝐴 (1) = 0 5 𝐹𝐵𝐶 = 3.25𝑘𝑁(𝐶) ∑𝑴𝑨 = 𝟎 1.5(4) − 1.5(2) − 𝐹𝐶𝐻 𝑠𝑖𝑛56.31° = 0 𝐹𝐶𝐻 = 1.92𝑘𝑁(𝑇) Problema 18: Determine la fuerza en los elementos JI y DE de la armadura K, indique si los elementos están en tensión o en compresión.

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Reacciones en el cuerpo: ∑𝑴𝑨 = 𝟎 𝐺𝑌 (120) + 1.80(60) − 1.5(40) − 1.2(20) = 0 𝐺𝑌 = 1.60𝑘𝑖𝑝𝑠 Momentos en: ∑𝑴𝑬 = 𝟎 1.6(40) − 𝐹𝐼𝐽 (30) = 0 𝐹𝐼𝐽 = 2.13𝑘𝑖𝑝𝑠(𝐶) ∑𝑴𝑨 = 𝟎 1.60(40) − 𝐹𝐷𝐸 (30) = 0 𝐹𝐷𝐸 = 2.13𝑘𝑖𝑝(𝑇)

ARMADURAS ESPACIALES. Problema 19: Determine la fuerza en los elementos FE y ED de la armadura espacial y establezca si los elementos están en tensión p en compresión.

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Nodo F: +

(→) ∑𝑭𝒙′ =0 𝐹𝐹𝐸 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝐹𝐹𝐸 = 0 Nodo E: +

(→) ∑𝑭𝒙′ =0 𝐹𝐸𝑑 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝐹𝑒𝑑 = 0

Problema 20: Determine la fuerza en los elementos AB, CD, ED y CF de la armadura espacial, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

Nodo J: 𝐹𝐶𝐹 = 0 (+↑)∑𝑭𝒛 =0 𝐹𝐶𝐷 𝑠𝑖𝑛60° − 2 = 0 𝐹𝐶𝐷 = 2.31𝑘𝑁(𝑇) +

(→) ∑𝑭𝒙 =0

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2.31𝑐𝑜𝑠60° − 𝐹𝐵𝐶 = 0 𝐹𝐵𝐶 = 1.15𝑘𝑁(𝐶) Nodo D: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 3

( ) 𝐹𝐷𝐹 − 2.309𝑐𝑜𝑠60° = 0 √13 𝐹𝐷𝐹 = 4.16𝑘𝑁(𝐶) +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 3 ( ) 4.16 − 𝐹𝐸𝐷 = 0 √13 𝐹𝐸𝐷 = 3.46𝑘𝑁(𝑇) Nodo B: (+↑)∑𝑭𝒛 =0 0.732 ( ) 𝐹𝐵𝐸 − 2 = 0 √13 𝐹𝐵𝐸 = 4.16𝑘𝑁(𝑇) +

(→) ∑𝑭𝒚 =0 3 𝐹𝐴𝐵 − ( ) 4.16 = 0 √13 𝐹𝐸𝐷 = 3.46𝑘𝑁(𝐶)

BASTIDORES. CASOS: NUDO MÚLTIPLE, DE POLEA, APOYO MÚLTIPLE, FUERZA EN EL NUDO. Problema 21: Determinar la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionaste en los puntos F y G de la viga compuesta. El punto F se localiza justo a la derecha de la fuerza de 500 lb, mientras que el punto G se ubica justo a la derecha de la fuerza 600 lb.

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∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑫𝒚 = 𝟎 ∑ 𝑴𝒂 = 𝟎 𝐷𝑦(6) − 𝐹𝑏𝑐(4) − 500(2) = 0 ∑ 𝑴𝒆 = 𝟎 𝟔00(2) + 𝐷𝑦(4) − 𝐹𝑏𝑐(6) = 0 Resolviendo 1 y 2 𝐹𝑏𝑐 = 560 𝑙𝑏 𝐷𝑦 = 540 𝑙𝑏 Fuerzas en B: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐸𝑦 − 600 − 540 + 560 = 0 𝐸𝑦 = 580 𝑙𝑏 Usando Dx , Dy en FBC: +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝑨𝒙 = 𝟎 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝑦 − 500 − 560 + 540 = 0 𝐴𝑦 = 520 𝑙𝑏 Fuerzas en C: +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝑁𝑓 = 0 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 520 − 500 − 𝑉𝑓 = 0 𝑉𝑓 = 20 𝑙𝑏 ∑𝑴𝑭 = 𝟎 𝑀𝐹 − 520(2) = 0) = 0 𝑀𝐹 = 1040 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡 JOSELYN CONDORI PALLE | ALUMNA

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Problema 22: Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en los pasadores A y C del bastidor de dos elementos.

Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑴𝑨 = 𝟎 𝐹𝐵𝐶 𝑐𝑜𝑠45°(3) − 600(1.5) = 0 𝐹𝐵𝐶 = 424.26𝑁 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝑦 + 424𝑐𝑜𝑠45° − 600 = 0 𝐴𝑦 = 300𝑁 +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝐴𝑥 + 424𝑠𝑖𝑛45° = 0 𝐴𝑥 = 300𝑁 Fuerzas en C: 𝐶𝑥 = 𝐹𝐵𝐶 𝑠𝑖𝑛45° = 300𝑁 𝐶𝑦 = 𝐹𝐵𝐶 𝑐𝑜𝑠45° = 300𝑁 MÁQUINAS. Problema 23: Si el bloque de madera ejerce una fuerza de F=600 N sobre la tenaza de fijación, determine la fuerza P aplicada al mango.

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(← +)∑𝑴𝒂 = 𝟎 𝐵𝑥(50) − 𝑃(140) = 0 𝐵𝑥 = 2.8𝑃 +

→ ∑𝑭𝒙 = 𝟎 2.8𝑃 − 𝐴𝑥 = 0 𝐴𝑥 = 2.8𝐴 +

→ ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝐵𝑥 − 𝐴𝑦 − 𝑃 = 0 Momento en C: (← +)∑𝑴𝒄 = 𝟎 𝑃(160)(2.8𝑃) − 𝐵𝑦(20) = 0 𝐵𝑦 = 15𝑃

Momento en D

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(← +)∑𝑴𝒅 = 𝟎 14𝑃(85) − 2.8(50) − 600(40) = 0 𝑃 = 80𝑁 Problema 24: La cortadora de tubos esta afianzada alrededor del tubo P. si la rueda en A ejerce una fuerza normal de 80N sobre el tubo.Determine las fuerzas normales de las ruedas B y C sobre el tubo. Las tres ruedas tienen cada una un radio de 7mm y el tubo tienen un radio exterior de10mm.

Ecuaciones de equilibrio: (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝐵 𝑠𝑖𝑛36.03° − 𝑁𝐶 𝑠𝑖𝑛36.03| = 0 𝑁𝐵 = 𝑁𝐶 +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 80 − 𝑁𝐵 𝑐𝑜𝑠36.03° − 𝑁𝐶 𝑐𝑜𝑠36.03° 𝑁𝐵 = 𝑁𝐶 = 49.5𝑁

FUERZAS INTERNAS FUERZAS INTERNAS EN ELEMENTOS ESTRUCTURALES: FUERZA AXIAL, FUERZA CORTANTE, MOMENTO FLECTOR Y MOMENTO TORSOR. Problema 25: La espiga de tornillo esta cometida a una tensión de 80lb. Determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en el punto C.

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+

→ ∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑁𝐶 + 80 = 0 𝑁𝐶 = −80𝑙𝑏 +

→ ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑉𝐶 = 0 (← +)∑𝑴𝒂 = 𝟎 𝑀𝐶 − 80(6) = 0 𝑀𝐶 = −480𝑙𝑏. 𝑖𝑛 Problema 26: Determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en el plano B de la viga en voladizo.

+

→ ∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑁𝐵 = 0 +

→ ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑉𝐵 − 28.8 = 0 𝑉𝐵 = 28.8

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(← +)∑𝑴𝑩 = 𝟎 −28.8(4) − 𝑀𝐵 = 0 𝑀𝐵 = −115𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡 FUERZAS DE SECCIÓN EN SISTEMAS PLANOS. BASTIDORES O MARCOS, VIGAS. Problema 27: La grúa estibadora sostiene un lancha de 1.5mg con el centro de masa en g. determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en el punto d del larguero. El carro puede rodad libremente a lo largo del riel del larguero.

∑𝑴𝑩 = 𝟎 𝐵𝑌 (9) − 1500(9.81)(3.5 + 3) = 0 𝐵𝑌 = 10627𝑁 +

→ ∑𝑭𝒙 = 𝟎 𝑁𝐷 = 0 +

→ ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑉𝐷 + 10627.5 = 0 𝑉𝐷 = −10627.5𝑁 ∑𝑴𝑫 = 𝟎 10627.5(4) − 𝑀𝐷 = 0 𝑀𝐷 = 42510𝑘𝑁. 𝑚

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

Problema 28: El gato AB se usa para enderezar la viga doblada mediante el arreglo mostrado. Determine el momento interno desarrollado en el punto C.

∑𝑴𝑪 = 𝟎 𝑀𝐶 + 2500(10) = 0 𝑀𝐷 = −25𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡

DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS. Problema 29: Trace los diagramas de fuerza y momento flexionante para la viga ABCDE.

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

∑𝑴𝑨 = 𝟎 𝐸𝑌 − 500(7) − 500(3) = 0 𝐸𝑌 = 333.33𝑙𝑏 +

→ ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝐴𝑌 + 333.33 − 500 = 0 𝐴𝑌 = 166.67𝑙𝑏 Problema 30: Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga.

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

∑𝑴𝑨 = 𝟎 −5000(10) + 𝐵𝑌 (20) = 0 𝐵𝑌 = 2500𝑙𝑏 +

(→) ∑𝑭𝒙 =0 𝐴𝑥 ° = 0 𝐴𝑥 = 300𝑁 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 𝐴𝑦 − 5000 + 2500 = 0 𝐴𝑦 = 2500𝑙𝑏 Para el diagrama de 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐𝟎𝒇𝒕 ∑𝑴𝟏 = 𝟎 𝑥 −2500(𝑥) + 150 + 250𝑥 ( ) + 𝑀 = 0 2 𝑀 = 25(100𝑥 + 5𝑥 2 − 6)

RELACIONES ENTRE LA CARGA, LA FUERZA CORTANTE Y EL MOMENTO FLECTOR. Problema 31: Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga simplemente apoyada.

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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

(+↑)∑𝑭𝒚 =0 1 0.75 − 𝑥(0.5𝑥) − 𝑉 = 0 2 𝑉 = 0.75 − 0.25𝑥 𝑥 = 1.732𝑚 ∑𝑴𝟏 = 𝟎 1 1 𝑀 + 𝑥(0.5𝑥) 𝑥 − 0.75𝑥 = 0 2 3 𝑀 = 0.75𝑥 − 0.08333𝑥 3 𝑀 = 0.75(1.732) − 0.08333(1.7322 ) 𝑀 = 0.866 Problema 32: Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga simplemente apoyada.

𝑥 𝑤 = 200 ( ) = 33.333𝑥 6 (+↑)∑𝑭𝒚 =0 1 −300 − 𝑥(33.333𝑥) − 𝑉 = 0 2 𝑉 = −300 − 16.67𝑥 2 lb ∑𝑴𝟏 = 𝟎 1 1 𝑀 + 𝑥(33.33𝑥) 𝑥 − 300𝑥 = 0 2 3 𝑀 = −300𝑥 − 5.556𝑥 3 𝑙𝑏. 𝑓𝑡

JOSELYN CONDORI PALLE | ALUMNA

PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

APLICACIONES AL TRAZADO DE DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS. Problema 33: Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionaste:

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