Cap5_ejemplos_adicionales

Cap. 5 Fuerzas distribuidas Pág. 5-3

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Ejemplo 5.1: En el sistema I falta una fuerza para que sea equivalente al sistema II. Determinar el módulo de dicha fuerza, su orientación y la distancia de su línea de acción al punto A.

Solución:

Sea ),( yx FFF =

la fuerza desconocida con línea de acción igualmente desconocida. El sistema I quedará como muestra la figura. • Resultante del sistema I: La fuerza distribuida puede ser reemplazada por una única fuerza como se muestra en la siguiente figura:

150062

300200=

+

=Q kgf

(representa el área del trapecio)

8,263002003002002

31

=

++⋅

=y m

(está dada por la posición del centroide del trapecio)

Ahora: xx FR += 1500

yy FR +−= 800

• Resultante del sistema II: 600−=xR kgf

800=yR kgf Como las resultantes deben ser iguales:

6001500 −=+ xF → 2100−=xF kgf

800800 =+− yF → 1600=yF kgf

3 m 2 m 2 m

2 m

2 m

2 m

800 kgf

1000 kgf-m

200 kgf/m

300 kgf/m

A

3 m 2 m 2 m

2 m

2 m

2 m

A

43

Sistema I Sistema IIFig. 5-9

1000 kgf

Ad

F

3 m 2 m 2 m

6 m

4 m

800 kgf

1000 kgf-m

200 kgf/m

300 kgf/m

Sistema I Fig. 5-10

200 kgf/m

300 kgf/m

≡6 m

Fig. 5-11

G

Q

y



es decir: )1600,2100(−=F

; 264022 =+= yx FFF kgf Los momentos de ambos sistemas con respecto al mismo centro de reducción (A por ejemplo) deben ser iguales: Sistema I: )(2640)8,24(1500)2(8001000 dM I

A −−⋅++−= [kgf – m]

Sistema II: 2000)4(800)2(600 −=−=IIAM [kgf – m]

Como =I

AM IIAM : 667,1=d m

Nota: Otra forma de trabajar la fuerza distribuida es considerándola como la

superposición de una carga distribuida de forma rectangular más una triangular: Aquí básicamente cambiará la ecuación de momentos del sistema I:

)(2640)2(610021)1(6200)2(8001000 dM I

A −⋅+⋅++−=

la cual, igualada a la ecuación de IIAM proporciona, obviamente, el mismo resultado ya

obtenido para d. Una tercera forma de trabajar la fuerza distribuida trapezoidal es considerándola como la superposición de dos cargas triangulares. La ecuación de momentos del sistema I será:

)(2640)0(620021)2(6300

21)2(8001000 dM I

A −⋅+⋅++−=

la cual es equivalente a las dos anteriores ecuaciones planteadas para IAM .

+

+

+

+

200 kgf/m

300 kgf/m

200 kgf/m

200 kgf/m100 kgf/m

= +6 m

Fig. 5-12

200 kgf/m

300 kgf/m

= +

300 kgf/m

200 kgf/m

6 m

Fig. 5-13



Ejemplo 5.2: Calcular los valores de BF y Bq para que los sistemas mostrados sean equivalentes.

Solución: Reemplazaremos las fuerzas distribuidas por sus respectivas resultantes.

con: kN53

)5)(3(31 === CqLQ

m25,24

)3(34

31 ===

Ld

32

522

+

=

+

= BBC qLqqQ

→ kN][5,15,72 BqQ +=

35

)5(2312

31

2

+

+=

++

=B

B

BC

BC

qqL

qqqqd → m][

510

2B

B

qqd

++

=

• Por equivalencia de sistemas, las resultantes deben ser iguales:

Resultante del sistema I: 21 QQR I +=

→ BI qR 5,15,12 += (1)

Resultante del sistema I: BII FR += 10 (2)

Igualando (1) y (2): BB Fq +=+ 105,15,12

BB Fq =+ 5,15,2 (3) • Los momentos con respecto a cualquier centro de reducción (por ejemplo A) deben ser

iguales: )6()1()10()6( 2211 BFdQdQ +=−+

)6()1()10()5106()5,15,7()25,2(5 B

B

BB F

qqq +=

++

−++

025,15663075,695,7 2 =+−−+ BBBBB qFFqq (4)

de (3) y (4):

−=

nook

qB 0,583,10

tomamos: kN/m83,10=Bq )3(

→ kN75,18=BF

vértice de la parábola

qB

L = 3 m

A B

1 m 5 m

A B

FB10 kN

≡

Fig. 5-14Sistema I Sistema II

C

qC = 5 kN/m

L = 3 m

qC = 5 kN/m

qB

3 m 3 m

A B

Fig. 5-15

Q1 Q2

d1 d2C



Ejemplo 5.3:

Sobre el marco ABCDE pueden actuar los dos sistemas de fuerzas indicados: el sistema 1 está formado por fuerzas distribuidas por unidad de longitud; el sistema 2 está formado por las fuerzas FA y FC. Si ambos sistemas son equivalentes, hallar la máxima intensidad de las cargas parabólicas wD y las magnitudes de FA y FC. Los puntos C y E son vértices de las parábolas respectivas. Solución: Reemplazaremos cada sistema de fuerzas distribuidas por su resultante. • Sistema I:

kgf10021002

1 =×

=F a una distancia Adem67,032

=

kgf30021003

2 =×

=F a una distancia Adem2

kgf100052003 =×=F a una distancia m5,55,23 =+

DD wwF =×=33

4 a una distancia Adem25,02)3(43

=−

DD wwF =×

×=3

25,15 a una distancia Adem6,1)5,1(

535,2 =−

Ahora: DD

IH wwR ++= 100 (←)

1000300 +=IVR (↓)

)6,1()25,0()5,5(1000)2(300)3/2(100 DDIA wwM −−−−=

→ DIA wM 85,13,6033 −−=

+

2 m

3 m 5 m

100 kgf/m

3 m

1,5

m

A

B C

D

E

200 kgf/m

wD

A

B C

D

E

45°

FA

43

FC

Sistema I Sistema II

Fig. 5-16

3 m

1,5

m

A

B C

D

E

wD

F1

0,67

m

F2

2 m5,5 m

F3

F4

F5

1,6

m0,

25 m

Fig. 5-17



• Sistema II:

CAIIH FFR 8,0

22

+= (←)

CAII

V FFR 6,022

−= (↓)

)8(6,0)2(8,0 CCIIA FFM +=

→ CIIA FM 4,6=

Como los dos sistemas deben ser equivalentes:

IIH

IH RR

!= → CAD FFw 8,0

222100 +=+ (1)

IIV

IV RR

!= → CA FF 6,0

221300 −= (2)

IIA

IA MM

!= → CD Fw 4,685,133,6033 −=+ (3)

resolviendo: 815,49−=Dw kgf/m

77,1050=AF kgf

3,928−=CF kgf Nota: los signos negativos indican que el sentido verdadero es contrario al mostrado en la

figura respectiva. 5.1.2 Fuerzas distribuidas por unidad de área Un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de área se puede concebir como un sistema de fuerzas paralelas, actuando cada una de ellas (dQ) sobre un elemento diferencial de área dA.

+

2 m

A

C

0,6 FC

0,8 FC

AF22AF

22

8 m

Fig. 5-18

x y

z

dQ

xy

w (x, y)

O

x y

z

Q

xcyc

w (x, y)

G

O

Fig. 5-19

dA




Ejemplo 5.4: La sección transversal de una viga en forma de T está sometida a una fuerza distribuida de 25 N/mm2 según la dimensión a y también a una fuerza F. Si el sistema es equivalente a un par de 750 kN-m, se pide determinar la distancia a y la fuerza F.

Solución: reemplazamos el sistema I de la siguiente manera:

150000025)100(6001 ==F [N]

75000075025)100(3002 −=−= aaF [N] (a en mm)

Por equivalencia de sistemas se debe cumplir que:

• III RR!=

es decir: 021 =+−− FFF

0)7500007500(1500000 =+−−− Fa

→ aF 7500750000 += (1)

• IIQ

IQ MM

!= : 6

!

1 10750502

3402

⋅=

+−+

aFaF

de (1): 666 107502

390)750010.75,0(2

1015 ⋅=

−++⋅

aaa

ordenando: 010457103,33750 662 =⋅+⋅− aa (2) resolviendo (2): 58,7071 =a mm (físicamente descartada)

42,1722 =a mm tomaremos: 42,172=a mm en (1): 610043,2 ⋅=F N

+

600 mm

300 mm

500

mm

100

mm

60 m

mF

25 N/mm2

M = 750 kN-m

F

a≡

Fig. 5-20


F

50a/2 - 50

F1

F2Q

340

60

Fig. 5-21



Ejemplo 5.6: La figura muestra la sección transversal de un dique de concreto armado (peso específico

3ton/m4,2=coγ ) construida para represar agua ( 3ton/m1=agγ ). Hallar x para que cuando el agua alcance su nivel máximo, la resultante pase por A. Calcule las componentes horizontal y vertical de dicha resultante.

La resultante de las fuerzas distribuidas será: bhhF agH )(21 γ=

donde: 1=agγ ton/m3

1=b m (trabajaremos por ancho unitario)

→ 72=HF ton Dividiendo la presa de concreto en dos partes: ( 4,2=coγ ton/m3)

)12(4,14)12(21)4,2(11 xhxVW co −=−== γ @ )12(

32 x− del origen O

xhxVW co 8,28)4,2(22 === γ @ 2

12 xx +− del origen O El sistema equivalente será:

donde:

72=xR ton

21 WWRy +=

xx 8,28)12(4,14 +−=

→ 8,1724,14 += xRy

:∑ OM

yRxxxxx 6)4(72)2

12(8,28)12(32)12(4,14 =−+−+−−

de donde: 05215,2 2 =−− xx

resolviendo: 63,81 =x y 23,02 −=x

entonces: 63,8=x m → 1,297=yR ton

6 m12 m

h

x

12 m

A

Fig. 5-32

12 - x x

FH

O

W2

W1

y

x

h =

12 m

p = γ h

Fig. 5-33

6 m 6 m

Ryy

ORx

xA

R

Fig. 5-34



Ejemplo 5.7: La compuerta rectangular mostrada tiene ancho

5,1=b m y está sumergida en agua ( 1=γ ton/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presión del líquido sobre la compuerta y su ubicación. Solución: 33 kgf/m1000ton/m1 ==aguaγ

• Para el elemento diferencial dA mostrado, la fuerza que actúa sobre él es:

)( dybydApFd γ==

integrando: ( )2

)25(5,110002

225

2

22

1

2

1

2

1

−==== ∫∫

=

=

y

y

my

my

y

y

ybdyybdyybF γγγ

→ kgf75015=F Para calcular la profundidad del centro de presión )( Cy tenemos que se debe cumplir, por

equivalencia de sistemas: FydFy C=∫

→ ∫∫∫ =

=

====2

1

2

1

m5

m2

32

3

)( y

y

y

yC

yFbdyy

Fb

F

dybyy

F

dFyy γγγ

3

)25(15750

)5,1(1000 33 −=Cy → 714,3=Cy m

• Otra solución: sabemos que para superficies verticales sumergidas se cumple que:

)m3m5,1()m5,3(mkgf1000 3 ⋅== AyF γ → kgf15750=F

3)25(

)35,1(5,35,1

311 33m5

m2

322

2

1

2

1

−⋅⋅

==== ∫∫=

=

y

y

y

yAC

yAy

bdybyAy

dAyAy

y

→ m714,3=Cy

h 1 =

2 m

m3

=

A

B

Fig. 5-35

h 1 =

2 m

m3

=

b = 1,5 m

O

yC

y

x

F

y

dydA

1hγ

2hγ

Fig. 5-36



• Otra solución: Sabemos que la representación de las fuerzas distribuidas por unidad de área constituye un “volumen” que es denominado “prisma de presiones”.

La fuerza resultante es igual al volumen de prisma:

byybyybAF t )(2

)(21

2121rapecio +=⋅+=⋅=γγγ

)5,1(3)52(2

1000⋅⋅+=

→ kgf75015=F La recta de acción de F pasa por el centroide del prisma; dado que el ancho b es constante y en consecuencia el prisma es recto, la distancia H se puede determinar fácilmente a partir de que disponemos del conocimiento de la posición del centroide del área trapezoidal:

⋅

++

=⋅

++

=21

21

21

21 2312

31

yyyy

yyyyH

γγγγ

→ 352

52231

⋅

++⋅

=H → m286,1=H

finalmente: HyC −= 5 → m714,3=Cy

b

2yγ

1yγ

GV F

b/2

Fig. 5-37

GV H

F

yC

Vista lateral del prisma de presiones

Fig. 5-38



Ejemplo 5.8: La compuerta triangular mostrada tiene ancho

3=b m y está sumergida en agua ( 1000=γ kgf/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presión del líquido sobre la compuerta y su ubicación. Solución:

• Para el elemento diferencial mostrado:

3

5 ybb −

=′

→ )5(35,1 yb −=′

→ )5(21 yb −=′

dyyydybydApdF )5(2

−=′==γγ

integrando: ∫∫ −=−=5

2

)5(2

1000)5(2

2

1

dyyydyyyFy

y

γ

→ kgf6750=F

además: ∫ ∫∫ −=−==2

1

)5(2

)5(2

1 2y

yC dyyy

Fdyyyy

FF

dFyy γγ

∫ −=5

2

32 )5()6750(2

1000 dyyy

→ m17,3=Cy • Otra solución: utilizaremos las expresiones (5.9) y (5.12).

)5,1()3(21)3(1000== AyF γ → kgf6750=F

∫∫∫ −⋅=′==AAA

C dyyyAy

dybyAy

dAyAy

y )5(21111 222

∫ −=5

2

32 )5()5,1()3(

21)3(2

1 dyyy

→ m17,3=Cy

h 1 =

2 m

m3

=

A

B

b = 1,5 m

Fig. 5-39 h 1

= 2

mm

3=

O

yC

y

x

F

y1hγ

2hγ

b = 1,5 m

dydA

b´

Fig. 5-40



Ejemplo 5.9: Mostrar que los sistemas mostrados son equivalentes. W1 y W2 representan el peso de la masa de agua que está justo por encima de la compuerta rectangular.

Solución: Reemplazaremos las fuerzas distribuidas de ambos sistemas por sus

respectivas fuerzas resultantes y luego probaremos que son equivalentes. Analizando los nuevos sistemas I y II: • Sistema I:

Resultante: bhhR )(21

21 γγ += → bhhR )(2 21 +=γ

Sus componentes serán: θγθ sen)(2

sen 21 bhhRRx +== (1)

θγθ cos)(2

cos 21 bhhRRy +== (2) Momento resultante del sistema con respecto al punto A:

++

=

++

==21

21

21

21 23

231

hhhhR

hhhhRdRM I

A γγγγ

++

+=21

2121

2)(23

1hhhhbhhM I

Aγ

θ

h2

h1 γ h1

γ h2

θ

h2

h1 W1

W2

γ h2

γ h1

θcos


R

F

Fig. 5-47

≡d

eA A

θ

θse

n

θ

b

h2

θ

h2

h1 W1

W2

h1

γ h2

γ h1 γ h1

γ h2

Sistema I Sistema IIFig. 5-46

≡



→ )2(6 21

2 hhbM IA +=

γ (3)

• Sistema II: Determinaremos su resultante y el momento resultante con respecto al

punto A.

Resultante: bsenbhhbhhhhFRx )(2

)()(21

212121 +=−+==γγγ (4)

bsenbbhWWRy )(cos21cos121 θθγθγ +=+=

)( 12 hh −

−+=

22cos 12

1hhhbRy θγ

→ )(cos2 21 hhbRy += θγ (5)

Momento resultante del sistema con respecto al punto A:

θθ cos21cos

31

12 WWeFM IIA ++=

+

++

⋅+= θγγγγθγ senhhhhbsenhh 21

2121

231)(

2

+−+

2coscoscos

3)(

2cos

112θθγθθγ

bhhhb

+

++

⋅+=21

2121

23

)(2 hh

hhsensenbhh θθγ

1

22

12

22

2cos)(

6cos hbhhb θγθγ

+−+

1

22

12

22

2122

2cos)(

6cos)2(

6hbhhbhhsenb θγθγθγ

+−++=

[ ]θθθθθγ 21

21

22

22

21

2 cos3coscos26

hhhsenhsenhb +−++=

[ ])cos()cos(26

222

221

2 θθθθγ+++= senhsenhb

→ )2(6 21

2 hhbM IIA +=

γ (6)

Las expresiones (1), (2) y (3) son iguales a las expresiones (4), (5) y (6) respectivamente, con lo cual podemos afirmar que los sistemas estudiados son equivalentes.



Ejemplo 5.10: La compuerta rectangular mostrada tiene ancho 3=b m y está sumergida en agua ( 1000=ρ kg/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presión del líquido sobre la compuerta y su ubicación.

Solución:

m21422 == h

dybhdybpdApdF γ=== y como º45senyh = → dybsenydF º45γ=

2

1

2

1

2

122

222º45

2 y

y

y

y

y

y

ybgdyybgdyybsenF ρργ === ∫∫

2

)26()220()3(22)8,9(1000

22 −=

→ 93,1735677=F N

Centro de presión: ∫=A

C dAsenyF

y θγ 21

∫∫ ==2

1

2

1

221 y

y

y

yC dyy

Fbsendybseny

Fy θγθγ

3

)26()220(93,1735677

)3(º45)8,9(10003

333 2

1

−==

senyF

bsenyy

yC

θγ

→ m16,20=Cy Nota: Es fácil ver que, por simetría del área de la compuerta, 0=Cx . • Otra alternativa de solución:

800586)8,9(100011 === hgp ρ N/mm2

00019620)8,9(100022 === hgp ρ N/mm2

°= 45θ

b = 3

m h 2 =

20

m

h 1 =

6 m

Fig. 5-48 h1

h2

θ

b

O

y

x

y1

h

y2

y

dy

Fig. 5-49



Sabemos que la resultante de las fuerzas distribuidas en toda el área de la compuerta rectangular es igual al “volumen” del prisma de presiones:

→ bhghgF )(21

21 ρρ +=

)3()214()19600058800(21

+=

→ N93,1735677=F

o también: bhhgAhF 2

)( 21 +== ργ

)3()214(2206)8,9(1000 +

=

→ N93,1735677=F Para la ubicación del centro de presiones:

dybyby

dAyAy

yy

yAC ∫∫ ==

2

1

22 11

)(

23

1)(311 3

132

1

31

32 yy

yyy

y−

+

=−=

[ ]33 )26()220()214()2726(3

1−

+=

→ m16,20=Cy • Finalmente, otra alternativa de solución: las fuerzas debidas a la presión del líquido

pueden ser descompuestas en W1, W2 y FH:

bhgW )cos(11 θρ =

( ) ( ) 32221468,91000

=

N60046921 =W

bhhgW )cos()(21

122 θρ −=

322214)14(

21)8,9(1000

⋅=

N20088122 =W

=−+= bhhhhgFH )()(21

1212ρ )3()14()26(21)8,9(1000

N8003505=HF

Fig. 5-50

θ

h2

h1 γ h1

γ h2

Fig. 5-51

θ

h2

h1 W1

W2

γ h2

γ h1



La fuerza resultante será: N93,7567173)( 2221 =++= HFWWF

Para hallar Cy tomemos ∑ PM para ambos sistemas:

( )θρρθθ sen

hhhh

ggFWW H

++

⋅+

+

21

2121

231

3cos

2cos dF ⋅=!

22214

20620)6(2

315350800

3222142881200

2222142469600 ⋅⋅

++

⋅⋅+

⋅+

⋅ =

d⋅= 93,7567173!

→ md 123,8=

finalmente: 123,8220123,822 −=−= hyC → m16,20=Cy Ejemplo 5.11: Calcular la fuerza resultante que actúa sobre la compuerta de forma triangular mostrada y la posición del punto sobre la placa por el que pasa su línea de acción. El líquido almacenado es agua ( 3kgf/m1000=γ ).

º45=θ ; 61 =h m

3=b m ; 202 =h m Solución: Para la placa triangular:

m21422 12 =−= hh

del gráfico

1yybb −

=′

→ )( 1yybb −=′

)( dybhdApdF ′== γ

º45senyh =

dyyybsenydF )(º45 1−=

γ

∫∫ −=−=2

1

2

1

)(º45)(º45 12

1

y

y

y

y

dyyyysenbdyyybsenyF

γγ

220

26

23220

26

2

226

31050)26(

22)3(

214)8,9()1000(

−=−= ∫

yydyyy

N32,6924624=F

+

°= 45θ

h 1 =

6 m

h 2 =

20

m

b = 3

mFig. 5-52

h1

h2

θ

b

O

y

x

y1h

y2

y

dy

b’

Fig. 5-53



De otra manera: AhF γ=

donde: º45senyh = donde y es la ordenada del centroide de la placa triangular.

+=

22)214(3

22)214(

3226)8,9()1000(F

→ N32,6924624=F Centro de presión:

∫∫∫ −=−==220

26

2321

3 )26(10501)(º4511 2

1

dyyyF

dyyyysenbF

dFyF

yy

yC

γ

220

26

34

326

410501

−=

yyF

→ m69,22=Cy Ejemplo 5.12: Encontrar la fuerza resultante y su punto de aplicación para la compuerta de forma elíptica mostrada. 4/3tan =θ Solución:

• Resultante:

)2( dyxsenydApdF θγ==

∫= )2( dyxsenyF θγ (1)

pero: 19

)8(4

22

=−

+yx

de donde: 212

9)8(12

−−=

yx

en (1): ∫

−−⋅=

11

5

212

9)8(122 dyysenyF θγ

∫

−−=

11

5

212

9)8(14 dyyysenF θγ

γ48,90=F [N]

θ

G

3 m

3 m

2 m2 m

5 m

Fig. 5-54

θh

x

y

G

O

h

y

dA = 2 x dy

CyC

y

dy

3 m

3 m

2 m2 m

5 m

Fig. 5-55



Comprobación: AhF γ= )()8( basenF ⋅⋅= πθγ )32()8( ⋅⋅= πθγ senF γ48,90=F • Centro de presión

)2(11 3

3

dyxhyF

dFyF

yC ∫∫ ==−

γ ∫

−−=

11

5

2122

9)8(14 dyyy

Fsen θγ

dyyy21211

5

2

9)8(1)4(

53

)48,90(1

−−= ∫γ

γ

m28,8=Cy Ejemplo 5.13: Sobre ambos lados de la presa de concreto mostrada actúa presión de agua. Calcular la distancia del Punto A al punto en que la resultante del sistema de fuerzas que actúan sobre la presa (presión de líquidos más peso propio) corta al piso.

0,1=aguaγ ton/m3 4,2=concretoγ ton/m3

Solución: Dibujaremos la represa con las fuerzas actuantes debidas al peso propio y a la

presión de líquido.

ton89,41)1()8,2()235,6(4,21 ==W 4,1@ m de A

ton94,26)1()235,6()6,3()2/1(4,22 ==W 0,4@ m de A

ton58.14)1()4,5()4,50,1(21

1 =⋅=F 8,1@ m de A

ton92,5)1()7,3()2,30,1(21

2 =⋅=F

H =

5,4

m

h =

3,2

m

2,8 m 3,6 m

Fig. 5-56

60°A

6,23

5 m

1,4 m

Fig. 5-57

60°

A γ2,3γ4,5

W1

W2

5,4

m

1,8

m

4,0 m

F2

30°hF2

vF2

0,616 m

1,06

7 m

F1



cuyas componentes son: 127,530cos22 =°= FF h ton

96,230sen22 =°= FF v ton

El sistema de fuerzas 2121 y,, WWFF es equivalente a:

Si ),( yx RRR =

)(ton423,9127,558,14 →=−=xR )(ton79,7196,294,2689,41 ↓=++=yR

∑ :AM

dRFFWWF yhv ⋅=−++++ )067,1()984,28,2()0,4()4,1()8,1( 22211

→ m85,2=d

Ejemplo 5.14: En el embalse mostrado, la compuerta ABC es de acero, tiene un ancho 5,1=a m y su peso por unidad de área es de 0,8 ton/m2. Calcular la resultante de las fuerzas debidas a la presión del agua ( 1=γ ton/m3) y del peso propio de la compuerta, indicar el módulo y el punto de paso por el fondo del embalse medido desde A. Solución:

m31,23

4º60

2===

senAB

ton771,2)5,1()31,2(8,0)5,1( === ABacABW γ

ton5,1)5,1()25,1(8,0)5,1( === BCacBCW γ

)5,1()31,2()5()1(21)5,1()5,35,1(

21

=+= ABABF γγ

→ 66,8=ABF ton

m577,02

º60cos1 == ABd

m779,12

º60cos2 =+=cd AB

→ ton8125,2)5,1()25,1()1(5,1)5,1(5,1 === cFBC γ

m1)3094,2(55,6

315,3

5,15,3)5,1(2

31

3 ==++

⋅= ABd γγ

γγ

A

d

R

yR

xR

Fig. 5-58

d =

2 m

60°

c = 1,25 mb

= 1,

5 m

A

B

C

Fig. 5-59

d3

60°

c = 1,25 m

B C

WAB

WBC

FBC

FAB

Ad1

d2

Fig. 5-60

Cap5_ejemplos_adicionales

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