Sol_mod_F.pdf

Instituto Profesional Dr. Virginio Gmez Departamento de Ciencias Bsicas

Solucin a los ejercicios propuestos en el mdulo F - 1.


El centro de gravedad de la figura se puede obtener restando al rea del rectngulo ( I ) , el rea del crculo ( 2 ).

Determine las coordenadas del centroide de la superficie plana representada.

Area x y A x A y ( I ) 175000 175 250 30625000 43750000 ( 2 ) - 31400 150 300 - 4710000 - 9420000 A = 143600 Ax = 25915000 Ay = 34330000

x = A x / A x = 25915000 = 177,46 mm 143600

y = A y / A x = 34330000 = 245,0 mm 143600


Area x y A x A y ( I ) 6000 28,125 48 168750 288000 ( 2 ) - 2250 25 20 - 56250 - 45000 A = 3750 Ax = 112500 Ay = 243000

El centro de gravedad de la figura rayada es igual al rea de la semiparbola ( 1 ) menos el rea del tringulo rectngulo ( 2 ).

x = A x / A

x = 112500 = 30 mm 3750

y = A y / A y = 243000 = 64,8 mm 3750


Area x y A x A y ( I ) 1928,54 0 11,0 0 21213,94 ( 2 ) 3290 - 15,66 - 23,33 - 51521,4 - 76755,7 A = 5218,54 Ax = - 51521,4 Ay = - 55541,76

El centro de gravedad de la figura rayada es igual al rea de la semielipse ( 1 ) mas el rea del tringulo rectngulo ( 2 ).

x = A x / A x = - 51521,4 = - 9,87 mm 5218,54

x = A x / A x = - 55541,76 = - 10,64 mm 5218,54


Area x y A x A y ( I ) 1890 30 64 56700 120960 ( 2 ) 6804 9 27 61236 183708 ( 3 ) 1728 48 - 16 82944 - 27648 A = 10422 Ax =200880 Ay = 277020

El centro de gravedad de la figura rayada es igual al rea del tringulo ( 1 ) ms el rea del rectngulo ( 2 ) ms el rea del tringulo rectngulo ( 3 ).

x = A x / A x = 200880 = 19,27 mm 10422

y = A y / A y = 277020 = 26,58 mm 10422


Area x y A x A y ( I ) 62500 125 125 7812500 7812500 ( 2 ) - 49062,5 106,15 106,15 - 5207984,375 - 5207984,375 A = 13437,5 Ax = 2604515,6 Ay = 2604515,6

En centro de gravedad de la figura rayada es igual al rea del cuadrado menos el rea del cuarto de crculo.

x = A x / A x = 2604515,6 = 193,8 mm 13437,5

y = A y / A y = 2604515,6 = 193,8 mm 13437,5


Determinar por integracin el centroide de la superficie que se muestra.


Solucin a los ejercicios propuestos en el mdulo F - 2.


1.-Una fuerza de 800 N acta sobre un cuerpo como se muestra en la figura. Encuentre el momento de la fuerza F respecto a B (magnitud, direccin, sentido). SOLUCION Descomponemos la fuerza de 800 N en sus componentes x e y: Fx = cos 60 800 N = 400 N Fy = sen 60 800 N = 688 N Luego tenemos que el brazo para Fx es 160 mm = 0,16 m Mx = Fx brazo = 400 N 0,16 m Mx = - 64 N m ( horario ) Luego tenemos que el brazo para Fy es 200 mm = 0,2 m My = Fy brazo = 688 N 0,2 m My = - 137,6 N m ( horario ) El momento de F es igual a la suma algebraica de los momentos de las componentes: Mf = Mx + My Mf = - 64 N m + - 137,6 N m Mf = - 201,6 Nm Magnitud: 211,6 Nm Direccin: perpendicular al plano de la hoja a lo largo del eje de rotacin( B ) Sentido: entrando al plano


2.-En la figura, determine el momento de una fuerza resultante en magnitud, direccin y sentido sobre la barra que se muestra en la figura, respecto de: a)Un eje que pasa a travs de O, perpendicular a la barra b)Un eje que pasa a travs de C, perpendicular al a barra SOLUCION a) Si el eje de rotacin pasa por el punto O, la fuerza de 30 N no provoca momento porque su brazo de palanca es cero (se encuentra justo en el eje). La fuerza de 25 N la descomponemos en: y : 25 N cos 30 = 21,5 N siendo el brazo: 2 m La componente 25 N sen 30 no provoca momento porque su lnea de accin pasa por el eje ( su brazo es cero). M( 25 N ) = 21,5 N 2 m = + 43 Nm (giro antihorario) La fuerza de 10 N la descomponemos en: y : 10 N sen 20 = 3,4 N La componente 10 N cos 20 no provoca momento porque su lnea de accin pasa por el eje (brazo nulo). M( 10 N ) = 3,4 N 4 m = - 13,6 Nm ( giro horario) El momento de las fuerzas en relacin al punto O es: MO = M( 25 N ) + M( 10 N ) = + 43 Nm + - 13,6 Nm = + 29,4 Nm Magnitud : 29,4 Nm Direccin: perpendicular al plano, a lo largo del eje de rotacin( O ) Sentido: saliendo del plano


b) Si el eje de rotacin pasa por el punto C, la fuerza de 25 N no provoca momento porque su brazo de palanca es cero (se encuentra justo en el eje). La fuerza de 30 N la descomponemos en: y : 30N sen 45 = 21,0 N siendo el brazo: 2 m La componente 25 N cos 45 no provoca momento porque su lnea de accin pasa por el eje ( su brazo es cero). M( 30 N ) = 21,0 N 2 m = + 42 Nm (giro antihorario) La fuerza de 10 N la descomponemos en: y : 10 N sen 20 = 3,4 N La componente 10 N cos 20 no provoca momento porque su lnea de accin pasa por el eje (brazo nulo). M( 10 N ) = 3,4 N 2 m = - 6,8 Nm ( giro horario) El momento de las fuerzas en relacin al punto C es: MC = M( 30 N ) + M( 10 N ) = + 42 Nm + - 6,8 Nm = + 35,2 Nm Magnitud : 35,2 Nm Direccin: perpendicular al plano, a lo largo del eje de rotacin( C ) Sentido: saliendo del plano


3.-En la figura encuentre el momento producido por cada fuerza con relacin al punto O, y luego encuentre el momento resultante. Las coordenadas de los puntos A, B, C se dan en pies. SOLUCION Descomponemos cada fuerza en sus componentes rectangulares: F1(x) = 15 lb sen 30 = 7,5 lb F1(y) = 15 lb cos 30 = 12,9 lb El momento de F1 es: MF1 = + 7,5 lb 2 pie + 12,9 lb 2 pie MF1 = + 40,8 lb pie F2(x) = 10 lb F2(y) = 0 lb El momento de F2 es: MF2 = - 10 lb 2 pie MF2 = - 20 lb pie F3(x) = 10 lb sen 45 = 7,0 lb F3(y) = 10 lb cos 45 = 7,0 lb El momento de F3 es: MF3 = + 7,0 lb 2 pie + 7,0 lb 0 pie MF3 = + 14 lb pie El momento resultante en relacin al punto O es: MRESULT. = + 40,8 lb pie + - 20 lb pie + 14 lb pie = 34,8 lb pie


4.-Para enderezar un poste de valla se emplea un tensor de trinquete. Sabiendo que la tensn en el cable BC es de 1040 N y que d = 1,90 m, determine el momento respecto a D de la fuerza que ejerce el cable en C.

SOLUCION Se calcula el momento producido por la fuerza ejercida por el cable en C respecto a D descomponiendo esta en sus componentes rectangulares y luego haciendo la suma algebraica de los momentos individuales. Para calcular las componentes de FC necesitamos el ngulo . En el tringulo rectngulo ACH se tiene: tg-1 = 0,875 / ( 1,9 + 0,2 ) = 22,6o FCX = 1040 N cos 22,6 = 960,1 N , FCY = 1040 N sen 22,6 = 399,6 N El brazo para FX respecto a D es 0,875 y el brazo de FY respecto a D es 0,2 m. FX respecto a D produce rotacin antihoraria ( + ) , en cambio FY respecto a D produce rotacin horaria ( - ):

MD = + 960,1 N 0,875 m - 399,6 N 0,2 m = 760,1 N m en sentido antihorario.


5.-Hallar el momento respecto al origen O de la fuerza F = 6i + 4j k aplicada en el punto A. Suponga que el vector de posicin de A es r = 4i 3j 5k.

( - )

SOLUCION Se aplicar el producto cruz r x F , luego tenemos: ( + )

i x j x k x i x j

M = r x F = ( 4i 3j 5k ) x ( 6i + 4j k ) M = 24 i x i + 16 i x j - 4 i x k - 18 j x i - 12 j x j + 3 j x k - 30 k x i - 20 k x j + 5 k x k M = 0 + 16 k - 4 ( - j ) - 18 ( - k ) - 0 + 3 i - 30 j - 20 ( - i ) + 0 M = + 16 k + 4 j + 18 k + 3 i - 30 j + 20 i M = 34 k - 26 j + 23 i


6.-Una vlvula de pedal de un sistema neumtico est articulada en A. Sabiendo que = 28o , determine el momento respecto a B de la fuerza de 16 N descomponindola en sus componentes horizontal y vertical.

SOLUCION Con la informacin dada y un poco de geometra, el ngulo que forma la fuerza de 16 n con el eje x es 8o . FY = sen 8 16 N = 2,22 N FX = cos 8 16 N = 15,84 N El brazo de FX respecto a B es el lado AC: AC = sen 20 0,17 m = 0,058 m El brazo de FY respecto a B es el lado CB: CB = cos 20 0,17 m = 0,159 m Las dos fuerzas provocan momento antihorario respecto a B, luego los dos momentos son positivos: MB = + 2,22 0,159 + 15,48 0,058 = 1,27 N m , antihorario.


7.-A una palanca se aplican, dos fuerzas paralelas cada una de 60 N. Determine el momento que provocan las dos fuerzas con respecto al punto A.

SOLUCION La figura muestra las componentes rectangulares de las fuerzas actuando en C y en B; d1, d2, d3, d4 son los brazos para cada una de las componentes rectangulares con respecto al punto A. d1 = cos 55 0,52 m = 0,298 m d2 = cos 55 0,88 m = 0,50 m d3 = sen 55 0,52 m = 0,42 m d4 = sen 55 0,88 m = 0,72 m MA = - 56,38 0,72 + 20,52 0,5 + 56,38 0,42 - 20,52 0,298 MA = - 12,76 N m , el signo negativo indica que la rotacin es horaria.


Solucin a los ejercicios propuestos en

el mdulo F - 3.


1.-Una escalera uniforme de 5,0 m de longitud y peso igual a 40 kgf , est en equilibrio con su parte superior apoyada en una pared vertical sin friccin y su base apoyada en el suelo spero a 3,0 m de la pared. a)Trace un diagrama que corresponda a la situacin y muestre las fuerzas que actan en la escalera. b)Determine la reaccin normal de la pared N1; del suelo N2 y la fuerza de friccin en la escalera f.

SOLUCION Las fuerzas que actan sobre la escalera son: N1 : fuerza normal ejercida por la pared 40 kgf: atraccin de la Tierra N2 : fuerza normal ejercida por el suelo sobre la escalera (impide que hunda el suelo) f : fuerza de friccin ejercida por el suelo sobre la escalera (impide que la escalera deslice) Como la escalera se encuentra en equilibrio ocupamos: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 Fx = 0 - N1 + f = 0 . ( 1 ) Fy = 0 N2 - 40 kgf = 0 N2 = 40 kgf M = 0 ( respecto al punto donde la escalera hace contacto con el suelo) M = 0 - 40 1,5 + N1 4 = 0 N1 = 15 N Reemplazando en ( 1 ) ,se tiene: - N1 + f = 0 f = 15 N


2.-Una varilla semicircular y uniforme pesa 50 N y tiene radio r = 50 cm. Se encuentra sujeta mediante un pasador en A y se apoya en la pared lisa (sin roce ) en B. Determine las fuerzas sobre la varilla en A y en B ( reacciones ).

SOLUCION Las fuerzas que actan en la varilla son: El pasador ejerce dos fuerzas, una horizontal y otra vertical, llamaremos a estas Rx , Ry y sus sentidos arbitrarios (los que muestra la figura). Peso de la varilla, que acta donde tiene el centro de gravedad la varilla ( a lo largo del eje de simetra a una distancia 2 r / ). Normal ( N ) ejercida por la pared en B Condiciones de equilibrio: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 Fx = 0 - Rx + N = 0 .( 1 ) Fy = 0 Ry - 50N = 0 Ry = 50N MA = 0 - 50 31,84 + N 50 = 0 N = 31,84 N Reemplazando en ( 1 ), se tiene: - Rx + N = 0 Rx = 31,84 N La fuerza total ejercida por el pasador es: R = 31,84 N i + 50N j

2 2Magnitud: ( 31,84) + ( 50) = 59,27 N Direccin : tg = 50 / 31,84 = 57,5o


3.-Una gra fija tiene una masa de 1000 kg y se utiliza para levantar un cajn de 2400 kg. Est sujeta mediante una articulacin en A y un balancn en B. El centro de gravedad de la gra est situado en G. Determine las componentes de las reacciones en A y en B.

SOLUCION Las fuerzas que actan sobre la gra son las que ejerce la articulacin en A ( llamaremos a estas Rx , Ry ) la que ejerce el balancn en B (llamaremos N a esta fuerza ), el peso de la masa que cuelga en el extremo ( 24000 N ) y el peso de la gra ( 10000 N ). Condiciones de equilibrio: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 Fx = 0 - Rx + N = 0 ( 1 ) Fy = 0 Ry - 10000 N - 24000 N = 0 Ry = 34000 N MA = 0 N 1,5 - 10000 2 - 24000 6 = 0 N = 109333,3 N Remplazando en ( 1 ) se tiene:

- Rx + 109333,3 N = 0 Rx = 109333,3 N

La fuerza total ejercida por el pasador es: R = 109333,3 N i + 34000 N j


4.-Una barra OM de peso despreciable, tiene una longitud de 4,0 m. Tres pesos, P1 = 4,0 N , P2 = 5,0 N , P3 = 6,0 N estn colgados respectivamente en los puntos A , B , C de la barra , tales que OA = 1,0 m , OB = 2,0 m , OC = 3,0 m . A qu distancia del punto O debemos colgar la barra para que quede en equilibrio horizontal?

SOLUCION Para que la barra permanezca en equilibrio horizontal debe cumplir que: Fy = 0 , M = 0 Actan tres fuerzas verticales hacia abajo, luego debe existir una fuerza vertical hacia arriba, tal que anule el efecto de ellas: Fy = 0 (equilibrio de traslacin) F - 4N - 5N - 6N = 0 F = 15 N Para que la barra no gire (equilibrio e rotacin): MO = 0

- 4 1 - 5 2 6 3 + F x = 0 , con F = 15 N De donde resulta x = 2,13 m del punto O.

Luego, para que la barra se mantenga en equilibrio horizontal, debemos aplicar una fuerza vertical hacia arriba de 15 N situada a 2,13 m del extremo O.


5.-El armazn de la figura soporta parte del tejado de un pequeo edificio. Sabiendo que la tensin del cable es de 150 kN, determine la reaccin en el empotramiento E. Considere a = 1,8 m

SOLUCION Debemos dibujar las fuerzas que actan sobre la estructura: En el empotramiento E tenemos que actan una fuerza vertical ( Ry ) , otra horizontal ( Rx ) y un momento ( M ). Tenemos la tensin en la cuerda ( T ) y los pesos que actan entre A y C. El ngulo : tg = 4,5 / 6 = 37o La tensin T en la cuerda se descompone en: Tx = sen 37 150 kN = 90 kN Ty = cos 37 150 kN = 120 kN Condiciones de equilibrio: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 Fx = 0 Tx - Rx = 0 90 kN - Rx = 0 Rx = 90 kN Fy = 0 - Ty 20 20 - 20 - 20 + Ry = 0 - 120 - 20 20 20 - 20 + Ry = 0 Ry = 200 kN 2 E UU ME = 0 0 7,2 + 20 5,4 + 20 3,6 + 20 1,8 - 90 6 + M = 0 M = 180 kN m

n el empotramiento actan:

Una fuerza vertical hacia arriba de valor 220 kN na fuerza horizontal hacia la izquierda de valor 90 kN n momento en sentido antihorario de valor 180 kN m


6.-Antes de derribar el tronco de un rbol de gran tamao, se fijan como se muestra los cables AB y BC. Sabiendo que en los cables AB y BC las tensiones son 555 N y 660 N, respectivamente, determine el momento respecto a O de la fuerza resultante que los cables ejercen en B.

SOLUCION Las coordenadas de los puntos A, B, C son: A ( - 0,75; 0 ; 6 ) , B ( 0 ; 7 ; 0 ) , C ( 4,25; 0 ; 1 ) La figura muestra las fuerzas actuando en el punto B FAB = 555 ( - 0,75 i 7 j + 6 k ) 9,25 FAB = ( - 45 i 420 j + 360 k ) N FCB = 660 ( 4,25 i - 7 j + 1 k ) 8,25 FCB = ( 340 i - 560 j + 80 k ) N El vector posicin r para las fuerzas es: r = + 7 j ( m ) El torque de FAB respecto al punto O es: MAB O = r x FAB = + 7 j x ( - 45 i 420 j + 360 k )= = - 315 j x i 2940 j x j + 2520 j x k = 315 k + 2520 i El torque de FCB respecto al punto O es: MCB O = r x FCB = + 7 j x ( 340 i - 560 j + 80 k ) = = 2380 j x i 3920 j x j + 560 j x k = - 2380 k + 560 i El torque resultante es: M = MAB O + MCB O = 315 k + 2520 i - 2380 k + 560 i M = ( - 2065 k + 3080 i ) N m


7.-Una carga que pesa 900 N est sujeta de una estructura como muestra la figura. La sujecin del punto P ejerce tanto una fuerza vertical como horizontal y el peso de cada parte de la estructura acta sobre el punto medio de la misma. a)Determine las componentes de la fuerza ejercida en el punto P sobre la estructura y el valor de la tensin del cable. c)Qu peso mximo puede tener la carga si la mxima tensin que soporta el cable es 2500 N?

SOLUCION a) Para determinar la posicin del centro de gravedad de la estructura, vamos a considerar como magnitud fsica la longitud de cada parte de ella (tambin puede calcularse considerando la masa de cada parte de la estructura, pues suponemos que la distribucin de masa es uniforme en cada longitud): Para la longitud L1= 5 m , el centro de gravedad se encuentra en la coordenada: y = 2,5 m Para la longitud L2= 3 m, el centro de gravedad se encuentra en la coordenada: y = 5,0 m , x = 1,5 m Longitud x y L x L y L1 = 5 0 2,5 0 12,5 L2 = 3 1,5 5 4,5 15 L = 8 L x = 4,5 L y = 27,5

x = L x = 4,5 = 0,56 m L 8

y = L y = 27,5 = 3,44 m L 8


b) Debemos dibujar las fuerzas que acta sobre la estructura y luego aplicar las condiciones de equilibrio. Las fuerzas que acta sobre la estructura son: T : tensin en la cuerda (se debe descomponer en una vertical y otra horizontal) En el punto de sujecin, acta dos fuerzas, una horizontal Ry y otra vertical Rx, como no se sabe sus sentidos, supongamos que Ry acta vertical hacia arriba y Rx horizontal a la izquierda. Si los valores obtenidos para Ry y Rx son positivos, significa que el sentido asignado es correcto, de lo contrario acta en sentido opuesto. Las dems fuerzas que acta son el peso de cada porcin de la estructura y la carga que cuelga del extremo ms alejado. Para aplicar las ecuaciones de equilibrio: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 debemos ubicar las fuerzas en direccin horizontal y vertical, en este caso la nica que debemos descomponer es la tensin T. Ty = cos 45 T = 0,7 T Tx = sen 45 T = 0,7 T Fx = 0 - Tx - Rx = 0 - 0,7 T - Rx = 0 ..( 1 ) Fy = 0 - 0,7 T - 300 - 900 - 500 + Ry = 0 . ( 2 ) M = 0 (consideremos P como eje de rotacin) + Tx 5 - 300 1,5 - 900 3 = 0 + 0,7 T 5 - 300 1,5 - 900 3 = 0 T = 900 N Reemplazando en ( 1 ) se tiene: - 0,7 900 - Rx = 0 Rx = - 630 N , esto significa que el sentido de Rx es hacia la derecha, siendo su magnitud 630 N. Reemplazando en ( 2 ) se tiene: - 0,7 900 - 300 - 900 - 500 + Ry = 0 Ry = 2330 N La fuerza total que ejerce la sujecin es: R = 630 N i + 2330 N j Magnitud: ( 630 )2 + ( 2330 )2 = 2413,66 N Direccin: tg = 2330 / 630 = 74,8o


c) Para calcular el peso mximo que puede soportar la estructura si la tensin en la cuerda puede resistir hasta 2500 N, debemos dibujar nuevamente las fuerzas sobre la estructura. Tx = 2500N sen45 = 1750 N Ty = 2500N sen45 = 1750 N Fx = 0 - 1750 N + Rx = 0 Rx = 1750 N (Ahora Rx tiene el valor de 1750 N ) Fy = 0 - 1750 - 300 - Q - 500 + Ry = 0 . ( 3 ) M = 0 (consideremos P como eje de rotacin) + 1750 5 - 300 1,5 - Q 3 = 0 Q = 2766,6 N Esta es la carga mxima que puede soportar la estructura para una tensin de 2500 N. Podemos obtener el valor de Ry , reemplazando en ( 3 ) : - 1750 - 300 - 2766,6 - 500 + Ry = 0 Ry = 5316,6 N La fuerza total que ejerce la sujecin es ahora: R = 1750 N i + 5316,6 N j


8.-Un drada nas que

magn de la cargas.

SOLUCION Las fuerzas que actan sobre la placa resultante es: R = - 100 200 40 - 60 = - 400

Para calcular el punto de aplicacin, delas cuatro fuerzas que actan: F x y z - 200 0 0 0 - 100 1,2 0 3 - 40 3,0 0 1,- 60 3,0 0 0 F = -400

x = F x / F y = - 420 = 1,05 m - 400

La posicin es entonces : r = 1,05 m i + 0,9 j

soporta las cuatro columresultante de las cuatro

a placa de cimentacin cuaitud y el punto de aplicacin

son todas verticales hacia abajo,

kN

bemos obtener las coordenadas

F x F y 0 0 - 120 0

5 - 120 0 - 180 0 Fx = - 420 Fy

y = A y / A y = 0 = 0 m - 400

se muestran. Determine la por lo tanto la fuerza

del centro de gravedad de

F z 0 - 300 - 60 0

= 0 Fz = - 360

z = F z / F z = - 360 = 0,9 m - 400


SOLUCION

9.-Una cercha soporta las cargas representadas. Determine la fuerza en cada uno de los pasadores. En A , se tiene un soporte o pasador , en G un rodillo

En el pasador A actan dos fuerzas, una horizontal y la otra vertical, que se dibujan arbitrariamente, en este caso les llame RX (horizontal a la derecha) y RY (vertical hacia arriba). Si los signos de estas fuerzas son positivos entonces ellas tienen los sentidos indicados, si las fuerzas resultan negativas entonces los sentidos son contrarios. En G (rodillo) acta slo una fuerza normal hacia arriba ( N ). La fuerza de 1200 N que acta en B se descompone en sus componentes horizontal y vertical: Componente horizontal: cos 70 1200 = 410,4 N Componente vertical: sen 70 1200 = 1127,6 N La fuerza de 1500 N que acta en F se descompone en sus componentes horizontal y vertical: Componente horizontal: cos 40 1500 = 1149 N Componente vertical: sen 40 1500 = 964,1 N Ahora slo con fuerzas horizontales y verticales, se tiene: FX = 0 RX + 410,4 - 1149 = 0 RX = + 738,6 N FY = 0 RY - 1127,6 - 450 + N - 800 - 964,1 = 0 MA = 0 - 410,4 1,8 - 1127,6 1,2 450 2,4 800 3,6 964,1 6 + 1149 1,8 + N 7,2 = 0 N = 1356,7 N Reemplazando en : RY - 1127,6 - 450 + N - 800 - 964,1 = 0 RY = 1985 N


10.-Un letrero de densidad uniforme de 1,5 x 2,4 mm pesa 1350 N y est soportada por una rtula A y por dos cables. Determine la tensin en cada cable y la reaccin en A. La rtula ejerce tres fuerzas (Ax , Ay, Az ).

SOLUCION La figura muestra las fuerzas que actan sobre el letrero: Rtula ( A ): ejerce tres fuerzas AX , AY , AZ dibujadas arbitrariamente. Si los valores de ellas son positivos entonces su sentido es correcto. A = AX + AY + AZ FCE = FCE ( - 1,8 i + 0,9 j + 0,6 k ) 2,1 FCE = - 0,857 FCE i + 0,428 FCE j + 0,285 FCE k FDB = FDB ( - 2,4 i + 1,2 j - 2,4 k ) 3,6 FDB = - 0,666 FDB i + 0,333 FDB j - 0,666 FDB k El peso del letrero es P = - 1350 N j Aplicando F = 0 se tiene: A + FDB + FCE + P = 0 Sumando las componentes correspondientes se tiene: FX = 0 AX - 0,857 FCE - 0,666 FDB = 0 FY = 0 AY + 0,428 FCE + 0,333 FDB - 1350 = 0 FZ = 0 AZ + 0,285 FCE - 0,666 FDB = 0


Ocupando la suma de momentos respecto de A e igualando a cero se tiene: MA = r x FCE con r = 1,8 m i MA = 1,8 i x ( - 0,857 FCE i + 0,428 FCE j + 0,285 FCE k ) = MA = - 1,54 FCE i x i + 0,77 FCE i x j + 0,513 FCE i x k MA = 0 + 0,77 FCE k - 0,513 FCE j MA = r x FDB con r = 2,4 m i MA = 2,4 i x ( - 0,666 FDB i + 0,333 FDB j - 0,666 FDB k ) = MA = - 1,598 FDB i x i + 0,799 FDB i x j - 1,598 FDB i x k MA = 0 + 0,799 FDB k + 1,598 FDB j MA = r x P con r = ( 1,2 i - 0,75 j ) m MA = ( 1,2 i - 0,75 j ) x ( - 1350 j ) = MA = - 1620 i x j + 1012,5 j x j MA = - 1620 k MX = 0 No hay momento en el eje x MY = 0 - 0,513 FCE + 1,598 FDB = 0 MZ = 0 + 0,77 FCE + 0,799 FDB - 1620 = 0 Resolviendo el sistema, se tiene FCE = 1578,5 N FDB = 506,7 N Luego estos valores se reemplazan en las ecuaciones de las fuerzas y se obtiene: A = ( 1690 i + 506 j - 112,5 k ) N


11.-El poste ABC de 6 m est sometido a la fuerza de 455 N que se muestra. El poste se sostiene mediante una rtula A y dos cables BD y BE. Determine la tensin en cada cable y la reaccin en A.


12.-Una pluma de 1,2 m est sostenida por una rtula C y dos cables BF y DAE, y ste pasa por una polea lisa situada en el punto A. Para la carga indicada, determine la tensin de cada cable y la reaccin en C.


13.-La viga AD soporta las dos cargas de 200 N indicadas. La viga est suspendida del empotramiento D y del cable BE unido al contrapeso W. Hallar la reaccin en D, cuando W = 500 N

SOLUCION Hacemos el diagrama de cuerpo libre para la viga: El punto D est empotrado, por lo tanto se tiene all dos fuerzas una horizontal y otra vertical que se dibujan arbitrariamente y un momento. FX = 0 - RX = 0 RX = 0 es decir en el empotramiento no hay fuerza horizontal FY = 0 -200 200 + 500 + Ry = 0 De aqu podemnos obtener el valor de RY , que resulta RY = - 100 N El signo negativo nos indica que en realidad la fuerza vertical ejercida por el empotramiento sobre la viga acta vertical hacia abajo. MD = 0 - M + 200 1,2 + 200 2,4 - 500 1,5 = 0 M = - 30 N m , el signo negativo significa que el empotramiento ejerce un momento en sentido contrario al asignado arbitrariamente, es decir el momento ejercido por el empotramiento es antihorario.


14.-Despreciando el rozamiento y el radio de la polea, determine: a) la tensin en el cable ABD b) la reaccin en C

SOLUCION La cuerda pasa por la polea, por lo tanto la tensin en la cuerda es la misma en A y en B. En C tenemos un pasador, ste elemento mecnico ejerce una fuerza horizontal y otra vertical. FX = 0 T cos 23 + T cos 37 RX = 0 FY = 0 T sen 23 + T sen 37 - 120 + RY = 0 MC = 0 - T sen 23 360 - T sen 37 200 + 120 280 = 0 - 140, 6 T - 120,36 T + 33600 = 0 T = 128,75 N Luego se reemplazan en las ecuaciones de las fuerzas para obtener RX , RY : FX = 0 128,75 cos 23 + 128,75 cos 37 RX = 0 Rx = 221,33 N FY = 0 128,75 sen 23 + 128,75 sen 37 - 120 + RY = 0 RY = . 7,79 N Como el valor de RY es negativo, indica que la reaccin vertical en el pasador es hacia abajo. Resultante en C : R = ( 221,33 )2 + 7,79 )2 R t = 221,46 N g = ( 7,79 / 221,46 ) = 2,0o


15.-Sobre la viga AB de peso despreciable actan las fuerzas que se indican y una carga distribuida rectangular. Determine la magnitud de las reacciones en el rodillo y en el pasador.

SOLUCION Dibujamos las fuerzas que actan sobre la barra: En el pasador de la izquierda dibujamos una fuerza horizontal y otra vertical ( RX , RY ). La carga distribuida se reemplaza por: 50 N/cm 80 cm = 4000 N En el rodillo de la derecha, existe slo una fuerza vertical hacia arriba ( N ) Condiciones de equilibrio: Fx = 0 , Fy = 0 , M = 0 Fx = 0 - RX = 0 RX = 0 Fy = 0 Ry - 50 - 20 - 100 - 4000 + N = 0 .. ( 1 ) MA = 0 - 50 40 - 20 80 - 100 140 - 4000 200 + N 240 = 0 N = 3406,6 N R R R Reemplazando en ( 1 ) se tiene: y - 50 - 20 - 100 - 4000 + N = 0

y - 50 - 20 - 100 - 4000 + 3406,6 = 0

y = 763,4 N


ANEXOS - MUSCULOS 1.-Una persona se flexiona y levanta un objeto de 200 N con la espalda en posicin horizontal. El msculo de la espalda unido en un punto dos tercios arriba de la espina dorsal mantiene la posicin de la espalda, donde el ngulo entre la espina dorsal y ste msculo es de 12o . Con el modelo mecnico que se muestra y considerando el peso de la parte de arriba del cuerpo igual a 350 N, encuentre la tensin en el msculo de la espalda ( T ) y la fuerza compresiva en la espina dorsal ( RX ). SOLUCION Aplicando las condiciones de equilibrio, se tiene: Fx = 0 RX - T cos 12 = 0 FY = 0 RY + T sen 12 - 350 200 = 0 M = 0 T sen 12 2/3 L - 350 L/2 - 200 L = 0 T = 2,71 kN Reemplazando en las ecuaciones de las fuerzas, se tiene: RX - T cos 12 = 0 RX - 2,71 kN cos 12 = 0 RX = 2,65 kN


2.-Cuando una persona se para sobre la punta del pie, la posicin del pie es como muestra la figura. El peso total del cuerpo FG es soportado por la fuerza n ejercida por el piso sobre la punta del pie. Se presenta un modelo mecnico, donde T es la fuerza ejercida por el tendn de Aquiles sobre el pie y R es la fuerza ejercida por la tibia sobre el pie. Encuentre los valores de T, R y cuando FG = 700 N


Calculemos momentos respecto de A , B , C : MA = 0 sen 75 R cos 7 + cos 75 R sen 7 700 cos 25 = 0 6,76 R cos + 1,81 R sen = 17500 cos MB = 0 sen (90 - ) T cos 7 + cos (90 - ) T sen 7 700 cos 18 = 0 7 T = 12600 cos MC = 0 - cos 75 R sen 18 - sen75 R cos 18 + cos(90 - ) T sen 25 + + sen(90 - ) T cos 25 = 0 25 T = 4,65 R sen + 17,38 R cos Ordenando se tiene: 6,76 R cos + 1,81 R sen = 17500 cos ...................( 1 ) 7 T = 12600 cos ..........................................................( 2 ) 25 T = 4,65 R sen + 17,38 R cos ( 3 ) Haciendo la sumatoria de fuerzas igual a cero, se tiene. FX = 0 cos 75 R - cos ( 90 - ) T = 0 cos 75 R - sen T = 0 ..( 4 ) FY = 0 sen ( 90 - ) T - sen 75 R + 700 = 0 cos T - sen 75 R = - 700 ( 5 ) Al resolver los sistemas, se tiene aproximadamente : = 22o , T = 1670 N , R = 2320 N


PROPIEDADES ELASTICAS DE LOS MATERIALES 1.-Una barra rgida AB est sujeta por dos postes como muestra la figura. El alambre AC est hecho de acero y tiene un dimetro de 20 mm y BD est hecho de aluminio y tiene un dimetro de 40 mm. Determine el alargamiento de cada barra cuando acta en el punto F una carga de 90 kN. Considere Yacero = 2 x 1011 Pa , Yaluminio = 70 x 109 Pa. SOLUCION Determinemos primero las fuerzas sobre los dos postes que sern aquellas que provocan el esfuerzo en cada poste. Fy = 0 FA + FB - 90 kN = 0 M = 0 (respecto de A) - 90 200 + FB 600 = 0 FB = 30 kN, luego FA = 60 kN Alargamiento en la barra A rea de la seccin transversal: (dimetro)2 / 4 A = 3,14 ( 0,02 )2 / 4 A = 3,14 10-4 m2 = FA / A = 60 103 N / 3,14 10-4 m2 = 19,1 107 N/m2 Deformacin unitaria longitudinal ( ) = / Y = 19,1 107 N/m2 / 2 1011 N/m2 = 9,55 10-4 Alargamiento ( l ) : l = lo (lo , longitud inicial) l = 9,55 10-4 300 mm l = 0,28 mm


Alargamiento en la barra B rea de la seccin transversal: (dimetro)2 / 4 A = 3,14 ( 0,04 )2 / 4 A = 12,56 10-4 m2 = FB / A = 30 103 N / 12,56 10-4 m2 = 2,38 107 N/m2 Deformacin unitaria longitudinal ( ) = / Y = 2,38 107 N/m2 / 70 109 N/m2 = 0,034 10-2 Alargamiento ( l ) : l = lo (lo , longitud inicial) l = 0,034 10-2 300 mm l = 0,102 mm


2.-Una lmpara que pesa 800 N est soportada por 2 barras de acero AB y BC. La barra AB mide 0,8 m y tiene un dimetro de 10 mm y la barra BC mide 0,9 m y tiene un dimetro de 8 mm. Determine el alargamiento que se produce en cada barra. Considere Yacero = 2 x 1011 Pa SOLUCION Calculemos las fuerzas que actan sobre la barra, para ello suponemos las fuerzas concentradas en la lmpara: Fy = 0 FAB sen 60 + FBC sen 37 - 800 = 0 FX = 0 - FAB cos 60 + FBC cos 37 = 0 Resolviendo el sistema, se obtiene: FAB = 645,29 N , FBC = 408,41 N Alargamiento en la barra AB rea de la seccin transversal: (dimetro)2 / 4 A = 3,14 ( 0,01 )2 / 4 = 7,85 10-5 m2 = FAB / A = 645,29 N / 7,85 10-5 m2 = 82,2 105 N/m2 Deformacin unitaria longitudinal ( ) = / Y = 82,2 105 N/m2 / 2 1011 N/m2 = 164,4 10-6 Alargamiento ( l ) : l = lo (lo , longitud inicial) l = 164,4 10-6 0,8 m = 131,52 10-6 m


Alargamiento en la barra BC rea de la seccin transversal: (dimetro)2 / 4 A = 3,14 ( 0,008 )2 / 4 = 5,0 10-5 m2 = FAB / A = 408,41 N / 5,0 10-5 m2 = 81,68 105 N/m2 Deformacin unitaria longitudinal ( ) = / Y = 81,68 105 N/m2 / 2 1011 N/m2 = 40,84 10-6 Alargamiento ( l ) : l = lo (lo , longitud inicial) l = 40,84 10-6 0,8 m = 32,67 10-6 m


3.-Un cable de acero para transporte est enrollado alrededor de un tronco y de l tira un tractor. El dimetro del cable es 12,5 mm y la distancia entre el tractor y el tronco es 10,5 m. Para tirar del tronco es necesaria una fuerza de 9500 N. Sabiendo que esto ocurre dentro del lmite elstico del alambre y que el mdulo de Ypung para el acero es YACERO = 2 x 1011 N/m2 a)Cul es el esfuerzo en el cable ? b)Cul es la deformacin unitaria longitudinal del cable ? c)Cunto se alarga el cable cuando se tira del tronco ? SOLUCION rea de seccin transversal = (dimetro)2 / 4 = 3,14 (0,0125)2 / 4 = 12,26 10-5 m2 Esfuerzo = F / A = 9500 N / 12,26 10-5 m2 = 774,87 105 N / m2 Deformacin unitaria longitudinal ( ) = / Y = 774,87 105 N / m2 / 2 1011 N/m2 = 387,43 10-6 Alargamiento ( l ) : l = lo (lo , longitud inicial) = 387,43 10-6 10,5 m = 4068,1 10-6 m


DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR 1.-Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga y cargas representadas. SOLUCION Primero debemos calcular las fuerzas ejercidas en el pasador y en el rodillo. Para ello la caerga distribuida debemos representarla como carga puntual: 25 kN/m 2,4 m = 60 kN Fx = 0 - Rx = 0 Rx = 0 Fy = 0 Ry - 10 - 60 + N - 60 = 0 .(1) M = 0 (respecto al pasador a la izquierda) - 10 1,8 - 60 4,2 + N 7,2 - 60 8,4 = 0 N = 107,5 kN Reemplazando en ( 1 ) se tiene: Ry - 10 - 60 + 107,5 - 60 = 0 Ry = 22,5 kN


Analicemos ahora por tramos para construir el diagrama de fuerza cortante ( V ) y momento flector ( M ). Partimos desde la izquierda para x = 0. Primer tramo AB con 0 x 1,8 F = 0 22,5 - V = 0 V = 22,5 kN (constante) M = 0 (respecto extremo derecho) - 22,5 x + M = 0 M = 22,5 kN x (el momento en este tramo es funcin lineal de x ) Segundo tramo BC con 1,8 x 4,2 F = 0 22,5 kN - 10 kN - V = 0 V = 12,5 kN (constante) M = 0 (respecto extremo derecho) - 22,5 x + 10 ( x - 1,8 ) + M = 0 M = 22,5 x - 10 ( x - 1,8 ) M = 12,5 x + 18 Tercer tramo CD con 4,2 x 7,2 F = 0 22,5 kN - 10 kN - 60 kN - V = 0 V = - 47,5 kN (constante) M = 0 (respecto extremo derecho) - 22,5 x + 10 ( x - 1,8 ) + 60 ( x - 4,2 ) + M = 0 M = 22,5 x - 10 ( x - 1,8 ) - 60 ( x 4,2 ) M = - 47,5 x + 270


Cuarto tramo DE con 7,2 x 9,6 F = 0 22,5 kN - 10 kN - 60 kN + 107,5 kN - 25 ( x 7,2 ) - V = 0 V = 22,5 kN - 10 kN - 60 kN + 107,5 kN - 25 ( x 7,2 ) V = 240 kN - 25 x M = 0 (respecto extremo derecho)

- 22,5 x + 10 ( x - 1,8 ) + 60 ( x - 4,2 ) - 107,5 ( x - 7,2) + + 25 ( x 7,2 ) ( x 7,2 ) / 2 + M = 0

M = 60 x - 504 12,5( x 7,2)2 DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Tramo AB : 0 x 1,8 V = 22,5 kN Tramo BC: 1,8 x 4,2 V = 12,5 kN Tramo CD: 4,2 x 7,2 V = - 47,5 kN Tramo DE: 7,2 x 9,6 V = 240 kN - 25 x Si x = 7,2 V = 60 kN Si x = 9,6 V = 0 kN


DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR Primer tramo AB con 0 x 1,8 M = 22,5 kN x Si x = 0 M = 0 Si x = 1,8 M = 40,5 Segundo tramo BC con 1,8 x 4,2 M = 12,5 x + 18 Si x = 1,8 M = 40,5 Si x = 4,2 M = 70,5 Tercer tramo CD con 4,2 x 7,2 M = - 47,5 x + 270 Si x = 4,2 M = 70,5 Si x = 7,2 M = - 72 Cuarto tramo DE con 7,2 x 9,6 M = 60 x - 504 12,5( x 7,2)2 Si x = 7,2 M = - 72 Si x = 9,6 M = 0


2.- Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga y cargas representadas SOLUCION Determinemos lasa fuerzas que actan en el pasador y en el rodillo. Para ello la carga distribuida la consideramos como una carga puntual de valor 20 kN/m 6m = 120 kN. Fy = 0 Ry + N - 120 kN = 0 . ( 1 ) Fx = 0 - Rx = 0 Rx = 0 M = 0 (respecto al extremo izquierdo) - 120 3 + N 9 = 0 N = 40 kN Reemplazando en ( 1 ) se tiene: Ry + N - 120 kN = 0 Ry + 40 kN - 120 kN = 0 Ry = 80 kN Anlisis por tramo para obtener las expresiones de fuerza cortante y momento flector Tramo AB con 0 x 6 Fy = 0 80 kN 20 x - V = 0 V = 80 - 20 x M = 0 (respecto extremo derecho) - 80 x + 20 x x/2 + M = 0 M = 80 x - 10 x2


Tramo BC con 6 x 9 Fy = 0 80 kN - 120 kN - V = 0 V = - 40 kN M = 0 (respecto extremo derecho) - 80 x + 120 ( x 3 ) + M = 0 M = 360 - 40x DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Tramo AB con 0 x 6 V = 80 - 20 x Si x = 0 V = 80 kN Si x = 6 V = -40 kN Tramo BC con 6 x 9 V = - 40 kN DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR Tramo AB con 0 x 6 M = 80 x - 10 x2 Si x = 0 M = 0 kN m Si x = 1 M = 70 kN m Si x = 2 M = 120 kN m Si x = 3 M = 150 kN m Si x = 4 M = 160 kN m Si x = 5 M = 150 kN m Si x = 6 V = 120 kN m Tramo BC con 6 x 9 M = 360 - 40x Si x = 6 M = 120 kN m Si x = 9 M = 0 kN m


3.- Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga en voladizo y cargas representadas. SOLUCION Determinemos las reacciones producidas en el empotramiento. La carga distribuida (de altura wo ) se representa por una carga puntual de valor: ( wo a) / 2 y se representa a 1/3 desde el punto A. En el empotramiento tenemos una fuerza vertical Ry , otra horizontal Rx y un momento M. Fx = 0 - Rx = 0 Rx = 0 Fy = 0 Ry - ( wo a) / 2 = 0 Ry = ( wo a) / 2 M = 0 (respecto al empotramiento) + ( wo a) / 2 (2a/3 + b) - M = 0 M = ( wo a) / 2 (2a/3 + b) Anlisis por tramo para obtener los diagramas de fuerza cortante y momento flector Tramo AB 0 x a Al hacer un corte entre A y B, la figura que resulta es un trapecio ( lo separaremos en un tringulo y en un rectngulo). La altura menor del trapecio se determina con una proporcin: wo : a = P : ( x a ) de donde resulta: P = wo ( x a ) / a La carga triangular es entonces: [ wo - ( wo (x a ) / a ) ] x/2 y se dibuja a la distancia x/3. La carga rectangular es: ( wo (x a ) / a ) x y acta a la distancia x/2.


Fy = 0 - [ wo - ( wo (x a ) / a ) ] x/2 - ( wo (x a ) / a ) x - V = 0 V = - [ wo - ( wo (x a ) / a ) ] x/2 - ( wo (x a ) / a ) x V = - wo x2 / 2a M = 0 + [ wo - ( wo (x a ) / a ) ] x/2 2x/3 + ( wo (x a ) / a ) x x/2 + M = 0 M = - [ wo - ( wo (x a ) / a ) ] x/2 2x/3 - ( wo (x a ) / a ) x x/2 M = - wo x2 / 6 - wo x3 / 6a Tramo BC con a x b Fy = 0 - ( wo a)/2 - V = 0 V = - ( wo a)/2 M = 0 + ( wo a)/2 ( x a/3 ) + M = 0 M = - ( wo a)/2 ( x a/3 ) DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Tramo AB 0 x a V = - wo x2 / 2a Si x = 0 V = 0 Si x = a V = - wo a / 2 Tramo BC con a x b V = - ( wo a)/2 (constante Si x = a V = - ( wo a)/2 Si x = b V = - ( wo a) / 2


DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR Tramo AB 0 x a M = - wo x2 / 6 - wo x3 / 6a Si x = 0 M = 0 Si x = a M = - wo a2 / 3 Tramo BC con a x b M = - ( wo a)/2 ( x a/3 ) Si x = a M = - ( wo a2 )/3 Si x = a + b M = - ( wo a) / 2 ( a + b a/3 ) M = - ( wo a / 6 ) ( 3 (a + b) a )

SOLUCIONF1(x) = 15 lb ( sen 30 = 7,5 lbF1(y) = 15 lb ( cos 30 = 12,9 lbEl momento de F1 es:MF1 = + 7,5 lb ( 2 pie + 12,9 lb ( 2 pieF2(x) = 10 lbF2(y) = 0 lbEl momento de F2 es:MF2 = - 10 lb ( 2 pieF3(x) = 10 lb ( sen 45 = 7,0 lbF3(y) = 10 lb ( cos 45 = 7,0 lbEl momento de F3 es:MF3 = + 7,0 lb ( 2 pie + 7,0 lb ( 0 pieANEXOS - MUSCULOSAlargamiento en la barra AAlargamiento en la barra BAlargamiento en la barra ABAlargamiento en la barra BCM = 12,5 ( x + 18M = - 47,5 ( x + 270V = 240 kN - 25 ( xV = 22,5 kNM = 22,5 kN ( xM = - 47,5 ( x + 270Tramo AB con 0 ( x ( 6V = 80 - 20 ( xV = - 40 kNM = 360 - 40xDIAGRAMA DE FUERZA CORTANTETramo AB con 0 ( x ( 6V = 80 - 20 ( xV = - 40 kNDIAGRAMA DE MOMENTO FLECTORM = 360 - 40x

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