Cap. 7 Marcos y Bastidores

Cap. 7 Marcos y bastidores Pg. 7-7

Pontificia Universidad Catlica del Per Seccin de Ingeniera Mecnica - rea de Diseo

Ejemplo 7.1: Calcular las fuerzas que actan en los dos los elementos del marco mostrado. M es el punto medio de la barra BD. Solucin: Desmembraremos el marco y analizaremos el equilibrio de ambas barras por separado.

Para la barra ABC:

= :0AM 0)5/4(1000)60( =xB N1600=xB (1)

= :0xF 0)5/4(1000 =+ xx BA

)1( N800=xA (2)

= :0yF 0)5/3(1000 =+ yy BA

600=+ yy BA (3)

Para la barra BD:

= :0DM 0)230(500)60()60( =++ yx BB

)1( 0)230(500)60()60(1600 =++ yB

N55,1953=yB (4)

= :0xF 0)2/2(500 =+ xx DB

)1( 022501600 =+ xD

N55,1953=xD (5)

= :0yF 0)2/2(500 =+ yy DB

)4( 02250)55,1953( =+ yD N1600=yD (6)

(4) en (3): 600)55,1953( =+yA N55,2553=yA Ahora podemos comprobar la validez de nuestros resultados comprobando el equilibrio de toda la estructura:

1000 N

D

60 c

m

A

B

C

60 cm

M

500 N

60 c

m

34

1000 N

60 c

m

A

B

C

60 c

m

34

Ax

Ay

Bx

By

D

60 c

m

B

60 cm

M

500 N

Bx

By

Dx

Dy

42,43 cm

42,43 cm



= :0xF 0)2/2(500)5/4(1000 =+ xx DA 02250800)55,1953()800( =+ OK!

= :0yF 0)2/2(500)5/3(1000 =+ yy DA 02250600)1600(55,2553 =+ OK! = :0AM 0)120()8,0(1000)60( =+yD N1600=yD OK!

Respuesta: A continuacin se muestran las dos barras con las fuerzas actuantes en ellas.

1000 N

D

60 c

m

A

B

C

60 cm

M

500 N

60 c

m3

4

Ax

Ay

Dx

Dy

1000 N

60 c

m

A

B

C

60 c

m

34

800 N

2553,55 N

By

D

60 c

m

B

60 cm

M

500 N

By

1953,55 N

42,43 cm

42,43 cm

1600 N

1600 N 1600 N

1953,55 N

1953,55 N



250 N

E

70 c

m

30 cm

50 cm

A

B

C

DG

150 N

70 c

m

A

B

C

AyAx

28 c

m By

Bx

xC

yC

Ejemplo 7.2: Hallar las fuerzas en todos los apoyos y articulaciones de la estructura mostrada. G es el punto medio de la barra BD. Solucin: DCL del sistema

:0 =xF

0250 = xA N250=xA (1)

:0 =AM )50()15(150)70(250 yE=+ N395=yE (2)

= :0yF 0150 =+ yy EA

)2( 150395 =yA

N245=yA (3)

A continuacin analizaremos el equilibrio de cada uno de los elementos del marco:

Para la barra BD:

= :0BM 0)15(150)30( =yD N75=yD (4)

= :0xF xx BD = (5)

= :0yF 150=+ yy DB )4(

75150 =yB N75=yB (6)

Barra CBA:

= 0BM : )42()28( xx CA = N6,166=xC (7)

= :0xF 0= xxx CAB )7(

N6,416=xB (8)

= :0yF 0= yyy CBA )6(y)3(

N320=yC (9)

30 cm

B DG

150 N15 cm

By

Bx Dx

Dy

250 N

E

70 c

m

30 cm50 cm

A

B

C

DG

150 N

EyAy

Ax 15 cm



E

30 cm50 cm

C

D

Ey

Dy

Dx

xC

yC

70 c

m28

cm

Para la barra BD: = :0yF 0=+ yyy EDC

)2(y)4(

N320=yC (10)

= :0CM 0)50()30()42( =+ yyx EDD

)2(y)4(

N6,416=xD (11)

= :0xF 0= xx DC N6,416=xC (12)

Comprobacin: Ecuaciones de equilibrio para el pin C.

= :0xF 0250 =++ xx CC 02506,1666,416 =++ (OK!) = :0yF 0= yy CC 0)320(320 = (OK!)

A continuacin se muestran las fuerzas (magnitud, direccin y verdadero sentido) que actan en todos los elementos de la estructura:

CxC

yC

xC

yC

250 N

70 c

m

A

B

C

28 c

m

E

30 cm

50 cm

C

D 70 c

m

28 c

m

30 cm

B DG

150 N15 cm

C

250 N166,6 N 166,6 N

320 N 320 N

416,6 N 416,6 N

75 N

75 N

250 N

245 N

416,6 N

320 N

320 N

416,6 N

416,6 N 416,6 N

75 N

395 N

75 N



4 pi

e

Dx = 500 lb

C

D

E

1 pi

e

xCyC

xEyE

Dy = 500 lb

3 pie

2 pi

e2

pie

100 lb

B

CxC

yC

xB

yB

Ejemplo 7.3: Calcular las reacciones en el empotramiento A as como las fuerzas en todas las articulaciones. Presentar el DLC de la barra AEB. Solucin: DCL de la polea: lb500=xD lb500=yD Barra CD:

= :0yF 500=+ yy EC (1)

= :0EM 0)1(500)4( =+xC lb125=xC (2)

= :0xF 0500 =+ xx EC

)2( lb625=xE (3)

Barra CB: = :0BM 0)2(100)3()4( =++ yx CC

)2(

lb33,233=yC (4)

en (1): lb67,266=yE (5)

:0 =yF 0= yy CB )4(

lb33,233=yB (6)

:0 =xF 0100 =++ xx BC )2(

lb225=xB (7)

Barra AB: = :0xF 0= xxx BEA

)7(y)3(

lb400=xA (8)

= :0yF 0= yyy BEA

)6(y)5(

lb500=yA (9)

= :0AM 0)6()3( = yyA BEM

)6(y)5(

pielb2200 =AM (10)

3 pie 3 pie

2 pi

e2

pie

100 lb

W = 500 lb

A

B

C

D

E

R = 0,5 pie

1 pi

e

D

500 lb

500 lb

xD

yD

A ExA

yA

3 pie 3 pie

BxE

yE

xB

yBAM



Finalmente podemos comprobar la validez de nuestros resultados utilizando para ello el equilibrio de la estructura completa:

= :0xF 0100500 =+xA lb400=xA OK!

= :0yF 0500 =yA lb500=yA OK!

= :0AM 0)2(100)3(500)1(500 =AM pielb2200 =AM

A continuacin se muestran las tres barras que componen el marco con todas fuerzas (magnitud, direccin y verdadero sentido) que actan en ellas:

3 pie 3 pie2

pie

2 pi

e

100 lb

500 lb

A

B

C

D

E

1 pi

e

500 lb

xA

yA

AM

4 pi

e

Dx = 500 lb

C

D

E

1 pi

e

3 pie

2 pi

e2

pie

100 lb

B

C

A E

3 pie 3 pie

B

Dy = 500 lb

225 lb

225 lb

233,33 lb

233,33 lb

266,67 lb

266,67 lb

625 lb

625 lb

400 lb

500 lb

2200 lb-pie

125 lb 125 lb

233,33 lb

233,33 lb



T

W

C

T

T

T

TTT

T

T

D

Ejemplo 7.4: Para el marco mostrado se sabe que N900=W y que las dos poleas son idnticas, su dimetro es de 1,20 m y su peso despreciable. Se pide calcular las reacciones en todas las conexiones. Presentar el DLC de las dos barras con las fuerzas actuantes (mostrar mdulo, direccin y sentido). Solucin: El equilibrio de las poleas (de peso

despreciable) y del bloque de peso W exige que:

= :0yF WT = N900=T (1)

Anlisis de la barra ABC:

= :0AM 0)6,6()sen1()5,4()2,1( =+ TBT y donde: 4/38,4/6,3tan == 6,0sen = 8,0cos =

)1(

N288=yB (2)

= :0yF 0sen =+++ TTBTA yy senTBA yy += N828=yA (3)

= :0xF 0cos = TBA xx 720= xx BA (4) Anlisis de la barra EDB:

= :0EM 0)4,5()70,2()sen1()6,3(cos)2,7( =++ yx BTTB

)1(

N396=xB (5)

= :0xF 0cos =++ xx BTE

)5(y)1(

N1116=xE (6)

= :0yF 0)sen1( =+ yy BTE

)1( N1728=yE (7)

(5) en (4): N1116=xA

BA

E

2,10 m

3,6

m

D

3,6

m

C

2,70 m0,9 m1,2 m

W0,6 m

BA

2,10 m

C

3,30 m1,2 m

TAx

Ay T

TBy

Bx

B

E

3,6

m

D

3,6

m

2,70 m

Ex

Ey

TT

2,70 m

Bx

By



B

E

D36,87

396 N

288 N

9000 N9000 N

1116 N

1728 N

BA

E

2,10 m

3,6

m

D

3,6

m

C

2,70 m0,9 m1,2 m

0,6 m

Ax

Ay

Ex

Ey

T0,6 m

Comprobacin con el equilibrio del marco completo:

= :0xF 0=+ xx AE 011161116 =+ OK!

= :0yF 0= TAE yy 09008281728 = OK!

= :0AM 0)2,7()9,0()2,7( = TEE yx 0)2,7(900)9,0(1728)2,7(1116 = OK!

Otra posible comprobacin sera con el marco completo pero sin las poleas:

= :0xF 0coscos =++ TTAE xx 011161116 =+ OK!

= :0yF 0=++ TsenTsenTTTAE yy

09008281728 = OK!

= :0AM 0)6,6()8,1()2,1()9,0()2,7( =+ TTTEE yx

0)2,78,12,1(900)9,0(1728)2,7(1116 =+

OK! A continuacin se muestran los DCL finales de las dos barras:

BA C

9000 N

396 N

9000 N9000 N 288 N

828 N

1116 N

B

A

E

2,10 m

3,6

m

D

3,6

m

C

2,70 m0,9 m1,2 m

0,6 m

T

Ex

Ey

Ax

Ay T T

T

T



Ejemplo 7.5:

Calcular la fuerza F horizontal que se requiere para mantener el equilibrio del sistema mostrado si 60= . Adems calcular las reacciones en A y C. Solucin: DCL de la barra AB: = :0AM 0)250(30sen)5,432(30cos6000 =+ BB N04,24=B (1)

= :0xF 030cos = BAx )1(

N82,20=xA (2)

= :0yF 030sen = BAy )1(

N02,12=yA (3)

Anlisis de la barra DC:

= :0CM ++ )250(30sen)5,432(30cos BB 0)865( =+ F

)1(

N89,13=F (4)

:0 =xF 030cos =++ xCBF )4(y)1(

N94,6=xC (5)

:0 =yF 030sen = yCB )1(

N02,12=yC (6)

Comprobamos los resultados usando todo el sistema: = :0xF 0=++ xx ACF 0)82,20(94,689,13 =++ OK!

= :0yF 0= yy CA 0)02,12()02,12( =

= :0AM 0)865()500(6000 = FCy 0)865()89,13()500()02,12(6000 = OK!

A

B

432,

5

6000 N-mm

B

Ax 60

Ay250

30

AC

B

6 N-m

FD

6060

500 mm

500 mm

C

B

500 mm

FD 500 m

m

60

30

B

30

Cx

Cy500 mm

865

mm

AC

B

6000 N-mm

FD

6060

500 mm

500 mm

Cx

Cy

Ax

Ay 500 mm



A

B

432,

56000 N-mm

60

250

30

C

B

500 mm

FD

500 mm

60

30

30

500 mm

865

mm

20,82 N

12,02 N

24,04 N

24,04 N

6,94 N

12,02 N

Finalmente se muestran los dos elementos que componen el sistema, con todas las fuerzas actuantes en ellos: Ejemplo 7.6: Se muestra un mecanismo articulado empleado para triturar roca. Si la presin p en la cmara es 70 lb/pulg2 y el radio de pistn es 6 pulgadas encuentre la fuerza que el triturador ejerce sobre la roca. Los miembros AB, BC y BD estn articulados en sus extremos. Solucin: La fuerza originada por la presin p

ser:

222 )pulg6()lb/pulg70( === rpApF lb81,7916=F DCL del pistn D:

= :0yF 030cos =+ BDFF lb55,9141=BDF DCL del pin de acople B:

= :0xF 030sen55,914130cos30cos = BCBA FF lb86,5277= BCBA FF (1)

= :0yF 030cos55,914130sen30sen =+ BCBA FF lb63,15833=+ BCBA FF (2)

de (1) y (2): lb75,10555=BAF lb88,5277=BcF DCL del bloque triturador A:

= :0xF 030cos = BAFP lb55,9141=P

30 30

B

CA

30

pD

P

30

F

D

FBD

ND

B

30

30 30

FBD

FBCFBA

AP 30FBA

NA



AD

BC

200 mm

M 300 N

A D

BC

200 mm

M

300 NAx

Ay Dy

30

400 mm

250 mm

250 mm

WCD=200 N

30

G

216,51 mm

D

B

C

30 300 N

Dy

MB

NB G

250 mm

250 mm30

346,4 m

m

30

30

30

WCD=200 N

u

v

Ejemplo 7.7: La varilla lisa CD de longitud 500 mm y peso 200 N est articulada al collarn D y desliza por la gua B del elemento AB, de peso despreciable. Hallar el par M necesario para que el sistema est en equilibrio cuando 30= y adems las reacciones en A, B y D. Solucin: Para el conjunto:

= :0AM 0)400()49,183(200 = yDM 040036698 = yDM (1)

= :0yF 0200 = yy DA (2) = :0xF N300=xA (3)

Anlisis de la barra CGD:

= :0yF 020030cos = yB DN 0200866,0 = yB DN (4)

= :0xF 030030sen =BN N600=BN (5)

)4(

N6,719=yD (6)

)1(

mmN0,251143 =M (7)

)2(

N6,519=yA (8)

= :0DM 0)250(30cos200)4,346( =++ BB MN

)5(

mmN27,251141 =BM (9)

Comprobamos analizando equilibrio del elemento AB:

= :0AM 0=+ BMM 0)27,251141(0,251143 =+ OK!

= :0xF 030sen = Bx NA 0)5,0(600300 = OK!

= :0yF 030cos =+ By NA 0)866,0(6006,519 =+ OK!

A

B

200 mm

M

30 NB

Ax

Ay

MB



Ejemplo 7.8: Determinar las reacciones en los apoyos A y C y calcular todas las fuerzas actuantes en el pin B. Solucin: Un anlisis sencillo de la carga sobre la polea y del equilibrio de sta nos permitir simplificar el sistema de la siguiente manera:

Como se ve en el marco simplificado, la polea ha sido reemplazada por las dos fuerzas de 500 N cada una, actuantes en el agujero central de la polea.

Anlisis de la barra AB:

= :0xF xx BA = (1)

= :0yF yy BA = (2)

= :0AM )300()400( yx BB = (3) Anlisis de la barra AB:

= :0CM 0=xB (4)

= :0xF 0=xC (5)

= :0yF 0=+ yy BC (6) Notar que los resultados (4) y (5) son muy lgicos pues la barra BC es una barra tipo biela o autoequilibrante (est sometida a la accin de nicamente dos fuerzas).

Anlisis del pin B:

= :0xF xx BB =+ 500 (7)

= :0yF yy BB += 500 (8)

400

cm

W = 500 N

C

C

R = 50 cm

A

D

B

300 cm

W = 500 N

T = 500 N

T = 500 N

500 N

500 N

500 N

400

cm

B

CA

300 cm

500 N

500 N

400

cm

B

A

300 cm

By

Bx

Ay

Ax

B

C

400

cm

Cx

Cy

xB

yB

500 N

By

Bx

500 N

BxB

yB



400

cm

B

CA

300 cm

500 N

500 N

Ay

Ax CxCy

Ahora podemos resolver el sistema de ecuaciones: (4) en (7): N500=xB (9)

en (1): N500=xA (10)

(9) en (3): N67,666=yB (11)

(11) en (2): N67,666=yA (12)

de (8): 500= yy BB )11(

N67,1166=yB (13)

(13) en (6): N67,1166=yC (14) Ahora podemos comprobar la valides de nuestros resultados utilizando las ecuaciones de equilibrio para todo el sistema:

:0 =xF 0500 =+ xx CA 0500)0()500( =+ OK!

:0 =yF 0500 =+ yy CA 0500)67,1166()67,666( =+ OK! = :0AM 0)300(500)400(500)300( =yC 0)300(500)400(500)300()67,1166( = OK!

Notar que tambin se pudo haber utilizado el sistema original para realizar la comprobacin:

Las ecuaciones correspondientes al equilibrio de fuerzas en los sentidos horizontal y vertical son las mismas que en la anterior comprobacin, solamente vara la ecuacin de equilibrio de momentos: = :0AM

0)250(500)450(500)300( =yC

0)250(500)450(500)300()67,1166( = OK!

400

cm

C

C

R = 50 cm

A

B

300 cm

500 N

Ay

AxCx

Cy

W = 500 N



400

cm500 N

C

CA

EB

300 cm

CxCy

Ax

Ay 50 cm

Ejemplo 7.9: Determinar las reacciones en A y C y las fuerzas en el pin B. Considere N500=W y el peso de la polea despreciable.

Solucin: Quitando la carga, el sistema queda como se

muestra:

Anlisis del sistema: Se puede ver que la barra BC es un elemento autoequilibrante o del tipo biela, por lo que estar sometida solamente a carga axial, en consecuencia: 0=xC (1)

= :0xF 0=+ xx CA )1(

0=xA (2)

= 0AM : 0)250(500)300( =yC N67,416=yC (3) = :0yF 500=+ yy CA N33,83=yA (4)

Otra manera de realizar el anlisis de la estructura completa sera desmontando la polea:

= 0AM : 0)450(500)400(500)300(500)300( =+yC

N67,416=yC Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas en las direcciones horizontal y vertical son idnticas a las expresiones (2) y (4), respectivamente.

Anlisis de la barra AB:

= :0xF 0500 =+ xx BA )2(

N500=xB (5)

= :0yF 0= yy BA )4(

N33,83=yB (6)

= 0AM : (como comprobacin)

0)450(500)400()300( =+ xy BB )6(y)5(

OK!

400

cmW

C

C

R = 50 cm

A

EB

300 cm

W = 500 N

T = 500 N

400

cm

500 N

CA

E

B

300 cmCx

Cy

Ax

Ay

500 N

500 N 50 c

m

T = 500 N

500 N

500 N

500 N

400

cm

B

A

300 cm

By

Bx

AyAx

500 N50 c

m

E



Anlisis de la barra BC:

= :0xF 0= xx BC )1(

0=xB (5)

= :0yF 0=+ yy BC )3(

N67,416=yB (6)

Comprobacin mediante anlisis del pin B:

= :0xF xx BB =+ 500 5005000 =+ OK!

= :0yF 500+= yy BB 50067,41633,83 += 33,8333,83 = OK!

Como respuesta final al problema, a continuacin se muestran los elementos de la estructura con las fuerzas actuantes en ellos:

B

C

400

cm

Cy

Cx = 0

xByB

500 N

By

Bx

500 N

B xB

yB

400

cm

B

A

300 cm

B

C

500 N

400

cm

500 N

B500 N 50

cm

E500 N

83,33 N

83,33 N

500 N

83,33 N

416,67 N

416,67 N

416,67 N

T = 500 N

500 N

500 N

500 N



CT

T100 N

Px

Py

r

B

H

Ejemplo 7.10: La estructura mostrada est articulada en A y simplemente apoyada en E. Las barras homogneas AC, EC y DB pesan 80 N, 200 N y 36 N respectivamente y adems la polea tiene un peso de 100 N. Determinar las fuerzas que actan en todos los miembros de la estructura y dibujar finalmente los diagramas de cuerpo libre de todos ellos indicando las fuerzas con mdulos y sentidos correctos. El cable acta en el perno B.

Solucin: Polea, tringulo BHC: 3,01/3,0 ==sen 954,0cos = Anlisis de equilibrio de la polea:

= :0xF 0cos = TPx N6,381=xP (1) = :0yF 0100sen = TTPy N620=yP (2)

Anlisis del equilibrio del sistema: = :0AM )1(200)1(36)1(80)1(senT

0)5,1()2/2()2( =+ EPy

)2(

N08,1354=E (3)

= :0xF045coscos =++ EPTA xx

)1(

N33,957=xA (4)

= :0yF 620senTAy 045sen)2003680( =+++ E

)3(

N33,141=yA (5) Anlisis de la barra ABC:

= :0BM 0)1()1( =+ yy CA

)5(

N33,141=yC (6)

= :0yF 080 =++ yyy CBA )6(y)5(

N66,362=yB (7)

= :0xF 0=++ xxx CBA )4(

033,957 =++ xx CB (8)

A Br = 0,3 m

D

E

400 N

1 m

1,5

m

C

45

1 m

A B

1 m

D

E1 m

1,5

m

C

45

E

Ax

Ay

Px

PyT

WAC =80 N

WBD =36 N

WEC =200 N

A B CAx

Ay

Cx

Cy

WAC= 80 N1 m 1 m

BxBy



Anlisis del pin C:

= :0xF 06,381 =+ xx CC (10)

= :0yF 0=+ yyy CCP

)6(y)2(

0)33,141(620 =+ yC N67,478=yC (11)

Anlisis de la barra EDC:

= :0DM 0)1()75,0()1(707,0)75,0(707,0 =+ yx CCEE

)11(y)3(

N83,956=xC (12)

)10(

N23,575=xC (13)

)8(

N8,381=xB (14)

:0 =xF 0707,0 =+ xx CDE )12(y)3(

0=xD (15)

:0 =xF 0200707,0 =+ yy CDE )11(y)3(

N66,278=yD (16)

Anlisis de la barra EDC:

= :0xF 0= xx BD )15(

0=xB

:0 =xF 036 = yy DB

)16(

0)66,278(36 = yB N66,242=yB

Comprobacin usando el pin B:

= :0xF 0cos =+ TBB xx 0)954,0(4008,3810 =+

= :0yF 0=+ senTBB yy 0)3,0(40066,36266,242 =+

Finalmente mostraremos los resultados obtenidos a travs del DCL de cada uno de los elementos que componen el marco analizado:

CCx

Cy

Px

PyyC

xC

1 m

D

E1 m

0,75

m

C

45

E

WEC = 200 N

Dx

Dy

0,75

m

yC

xC

B

D

WBD = 36 N

Dx

Dy

0,75

m

xB

yB

BT

Bx

By

xB

yB

A B C957,33 N

144,33 N

575,23 N

141,33 N80 N

1 m 1 m

381,8 N

362,66 N

C

T = 400 N100 N

381,6 N

620 N

r

T = 400 N



Ejemplo 7.11: Calcular todas las fuerzas que actan en las barras de la estructura mostrada. Solucin: Notar que en la estructura hay dos articulaciones triples y que en una de ellas (pin A), hay adems cargas externas (reacciones externas).

Anlisis de toda la estructura:

= :0xF 150375 =xA kgf225=xA (1)

= :0AM + )6,0(150)25,2(600)6,0(375

0)7,2( = yD kgf550=yD (2)

= :0yF yy DA = 600 kgf50=yA (3) Anlisis de la barra AB:

= :0AM 0)9,0()2,1()6,0(375 =+ yx BB 0)9,0()2,1(225 =+ yx BB (4)

= :0xF 03751 =++ xx BA (5) = :0yF 01 =+ yy BA (6)

1,2

m

0,9 m

P = 375 kgf

A0,6

m

B

xA1

yA1

xByB

0,9 m2,7 m

P = 375 kgf Q = 150 kgf

DA

1,35 mF = 600 kgf

0,6

m

0,6

m

B C

xA

yA yD

1,2

m

0,9 m2,7 m 0,9 m

P = 375 kgf Q = 150 kgf

D

A

1,35 mF = 600 kgf

0,6

m

0,6

m

B C

1 m

D

E1 m

0,75

m

C

45

1354,08 N

956,83 N

478,67 N

200 N

B

D

242,66 N

36 N

278,66 N

0,75

m

B C

0,75

m278,66 N

141,33 N

575,23 N

478,67 N

956,83 N

381,6 N

620 NT = 400 N

242,66 N

362,66 N

381,8 N



3,6 m

A

C

xA2

yA2

xC2

yC2

1,2

m

=18,44

A D

2,7 m

xD2

yD2

xA3yA3

Anlisis de la barra BC: = :0CM 0)35,1(600)7,2( =+yB kgf300=yB (7)

)6(

kgf3001 =yA (8)

(7) en (4): kgf5,412=xB (9)

)5(

kgf5,371 =xA (10)

= :0xF 01 =+ xx CB )9(

kgf5,4121 =xC (11)

= :0yF 0600 1 =+ yy CB )7(

kgf3001 =yC (12) Anlisis de la barra AC: = :0AM

0)6,3()2,1( 22 = yx CC (13)

= :0xF 022 = xx CA (14) = :0yF 022 = yy CA (15) Notar que esta barra el del tipo biela.

Anlisis de la barra DC:

= :0DM 0)6,0(150)2,1()9,0( 33 =+ xy CC (16) = :0xF 15031 =+ xx CD (17) = :0yF 031 =+ yy CD (18)

Anlisis de la barra AD: Dado que es un elemento del tipo biela, podemos concluir inmediatamente que: 02 =yD (19)

03 =yA (20)

= :0xF xx DA 23 = (21) Anlisis del pin D:

= :0xF 021 = xx DD xx DD 21 = (22)

= :0yF 021 = yyy DDD )19(y)2(

kgf5501 =yD (23)

)18(

kgf5503 =yC (24) )16(

kgf5,3373 =xC (25)

)17(

kgf5,4871 =xD (26) )22(

kgf5,4872 =xD (27)

)21(

kgf5,4873 =xA (28)

1,35 m

F = 600 kgf

B C

2,7 m

xB

yB

xC1

yC1

0,9 m

Q = 150 kgf

D 0,6

m

C xC3yC3

xD1

yD1

1,2

m

DyD

xD1

yD1

xD2

yD2



3,6 m

A

C

1,2

m

=18,44

750 kgf

250 kgf

750 kgf

250 kgf790,57 kgf

790,57 kgf

kgf57,79022502750 =+== CA

Anlisis del pin C:

= :0xF 0312 = xxx CCC )25(y)11(

kgf7502 =xC (29)

)14(

kgf7502 =xA (30)

= :0yF 0312 = yyy CCC )24(y)12(

kgf2502 =yC (31)

)15(

kgf2502 =yA (32) Notar que los resultados (29) y (31) confirman la validez de la expresin (13).

Comprobacin a travs del equilibrio del pin A:

= :0xF 0225321 =+ xxx AAA 0225)5,487()750()5,37( =+ OK!

= :0yF 050321 =++ yyy AAA 0500)250()300( =++ OK!

Recordar que la barra AC (ver expresiones, (13), (14) y (15)) es del tipo biela y, en consecuencia, las fuerzas que actan en sus extremos deben tener la misma magnitud y direccin, pero sentido contrario.

A continuacin se muestran todas las barras y pines con las fuerzas actuantes en ellos:

C

yC1

yC2

xC2xC1

xC3yC3

225 kgf

AxA1

yA1xA2

yA2

xA3

yA350 kgf

1,2

m

0,9 m

P = 375 kgf

A0,6

m

B

1,35 m

F = 600 kgf

B C

2,7 m

0,9 m

Q = 150 kgf

D 0,6

m

C

A D

2,7 m

3,6 m

A

C

1,2

m

D

225 kgf

A

50 kgf

C

=18,44

1,2

m

412,5 kgf

412,5 kgf

300 kgf

300 kgf

37,5 kgf

37,5 kgf

300 kgf

300 kgf

750 kgf

250 kgf

487,5 kgf 487,5 kgf

412,5 kgf

412,5 kgf

300 kgf300 kgf

750 kgf

250 kgf

337,5 kgf

337,5 kgf

550 kgf

550 kgf

487,5 kgf

487,5 kgf

550 kgf

550 kgf

487,5 kgf487,5 kgf

550 kgf

790,57 kgf

790,57 kgf

Cap. 7 Marcos y Bastidores

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