224709449-Hola

BIENVENIDOS E nca ncarg rg ado de de la la materia: Ing I ng . Luis L uis R ob obeerto Puentes Puentes G onz onzá ález

MECÁNICA E nc nca ar g ado de la la materi eria a: Ing . Luis L uis R ob obeert rto o Puent Puentes G on onzá zállez

Presentación de los alumnos • Nombre completo • ¿Cuántos años tiene? • ¿Donde Vive? • ¿De que preparatoria egreso? • ¿Trabaja? • ¿Qué es lo mas importante para ti en este

momento? MECÁNICA

UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

VIDEO SOBRE LA REFLEXIÓN DE MÉXICO

MECÁNICA


REGLAS •No alimentos •No aretes/persing •No tatuajes •No gorras •No shorts •No sandalias •No celular •No platicar

MECÁNICA

Compromisos •Cumplir con las reglas. •Vocabulario en clase (PROHIBIDO LA PALABRA WEY) •Escuchar a mis compañeros •Terminar las evidencias evide ncias en tiempo y forma. • Respetar a mi compañeros y al profesor. UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

*

PROGRAMA DE ESTUDIO “MECÁNICA” Unidad 1 Análisis de Partículas

•En el plano •En el espacio

Unidad 2 Análisis de cuerpos rígidos

•Momentos de una fuerza •Paredes •Determinación de reacciones

Unidad 3 Análisis de Estructuras

Unidad 4 Propiedades de Líneas MECÁNICA

•Métodos de nodos •Métodos de las selecciones •Centroides •Momentos de inercia UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SUBTEMAS Y EJEMPLOS ANÁLISIS DE DE PARTÍCULA PARTÍCULAS S FUERZAS EN EL PLANO EJEMPLO 1 EJEMPLO 2 EJEMPLO 3 EJEMPLO 4 EJEMPLO 5 EJEMPLO 6 EJEMPLO 7

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE EJEMPLO 1 EJEMPLO 2 EJEMPLO 3 EJEMPLO 4 EJEMPLO 5 EJEMPLO 6 EJEMPLO 7

MOMENTOS DE UNA FUERZA RESPECTO A UN EJE EJEMPLO 1 EJEMPLO 2 EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS EJEMPLO 1 EJEMPLO 2

FUERZAS EN EL ESPACIO ESPACIO MÉTODO DE NODOS EJEMPLO 1 EJEMPLO 1 COMPONENTES RECTANGULARES EJEMPLO 2 DE UNA FUERZA VECTORIAL EJEMPLO 3 EJEMPLO 1 EJEMPLO 4 EJEMPLO 2 EJEMPLO 5 EJEMPLO 3 EJEMPLO 6 ADICIÓN DE FUERZAS FUERZAS SUMANDO SUMANDO SUS EJEMPLO 7 EJEMPLO 8 COMPONENTES EJEMPLO 9 EJEMPLO 1 EJEMPLO 2 EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA EJEMPLO 3 EN EL ESPACIO EJEMPLO 1 EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA EJEMPLO 2 EJEMPLO 1 EJEMPLO 3 CUERPOS RÍGIDOS EJEMPLO 1 EJEMPLO 2

MECÁNICA


FUENTE DE INFORMACIÓN: Mecánica vectorial para ingenieros (Estática) Beer – Beer – Johnston Johnston Mc. Grow Hill

EVALUACIÓN Evidencia de conocimiento Evidencia por problemario Actitud

Calif. mínima aprobatoria 7 MECÁNICA

10 min tolerancia 2 faltas por unidad sin derecho acreditar UNIVERSIDAD UNIVERS IDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

UNIDAD I

Calendarización

EXAMEN

00/Mes/0000

RECUPERACIÓN

00/Mes/0000

UNIDAD II EXAMEN

00/Mes/0000

RECUPERACIÓN

00/Mes/0000

UNIDAD III PROBLEMARIO

00/Mes/0000

RECUPERACIÓN

00/Mes/0000

UNIDAD IV PROBLEMARIO EXAMEN RECUPERACIÓN MECÁNICA

00/Mes/0000 00/Mes/0000 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

OBJETIVO GENERAL DEL CURSO Modelar analizar y resolver problemas de sistemas en equilibrio.

MECÁNICA


UNIDAD I “ANÁLISIS DE PARTÍCULAS PARTÍCULAS ” Resolver problemas que impliquen equilibrio de una partícula sometida a la acción de fuerza. INTRODUCCIÓN En esta unidad se estudiara el efecto de la fuerza que actúa sobre las partículas. Primero sustituiremos dos ó mas fuerzas que actúan sobre una partícula por una fuerza que tenga el mismo efecto, en ellas esta fuerza equivalente es la resultante de las fuerzas originales. Después derivaremos las relaciones que existan entre las distintas fuerzas que actúan sobre una partícula, en un estado de equilibrio y las usaremos para determinar determina r algunas de las fuerzas presentes sobre dicha partícula. partícula . MECÁNICA


FUERZA EN EL PLANO Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro y se caracteriza por su punto de aplicación, su magnitud, su dirección y su sentido.

LAS UNIDADES DE FUERZA Newton (N) Libra MECÁNICA

(lb) UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

VECTORES Los vectores se definen como expresiones matemáticas que posen magnitud, dirección y sentido y que se suman de acuerdo con la ley del paralelogramo y polígono vectorial.

MECÁNICA


FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS S en θ =

C ateto eto Opues to Hipotenusa

Cos θ =

Tag Tag θ =

C ateto teto Adyacent A dyacentee

C ateto teto Opues to

C ateto teto Opues to

S ec θ =

Hipotenusa C ateto teto Adyacent A dyacentee

C tg θ =

C ateto teto Adyacent A dyacentee C ateto teto Opues to

Hipotenusa

C ateto teto Adya A dyacc ente ente

MECÁNICA

C s c θ =

Hipotenusa


LEY DE SENOS

a S en A

=

b S en B

=

LEY DE COSENOS

a 2 = b 2 + c 2 – 2b 2bc C os A

c S en C

TEOREMA DE PITÁGORAS

c 2 = a2 + b2

b 2 = a 2 + c 2 – 2a 2ac Co C os B c 2 = a 2 + b 2 – 2ab 2ab C os C

MECÁNICA


MÉ TO TOD D OS G R Á F IC OS •Paralelogramo •Polígono

Método Paralelogramo •Se realiza una escala. •Se traza el primer vector a partir del origen •Se traza el segundo vector a partir del origen. •Se trazan dos líneas paralelas a los dos primeros vectores y se deben de interceptar •Se traza una resultante del origen a donde se unen las líneas paralelas. •Se mide para sacar la escala. MECÁNICA


Método Polígono •Se realiza una escala. •Se traza el primer prim er vector a partir del origen •Se traza el segundo vector en donde termino el primer vector. •Se traza una resultante del origen hasta la punta del ultimo vector •Se mide para sacar la escala.

MECÁNICA


EJEMPLO 1 Determine en forma grafica y trigonométrica de las resultantes de las fuerzas mostradas y su ángulo . 600 N

900 N

45º 30º

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 1. Matemático 600 N

900 N

45º 30º

45° 135°

?

MECÁNICA

75°

30°

30°


SOLUCIÓN MÉTODO 1. Matemático c2 = a2 + b2 -2ab Cos C c2 = (600)2 + (900)2 -2(600)(900) Cos(135) 45° 135°

17.76° ? 30°

30°

75°

c2 = 1,170,000 -1,080,000 (-0.7071) c = 1,933,675.32 c = 1,390.56

Fuerza Resultante = 1,390.56 N a c Sen A = Sen C

Despeje:

Sen A = a Sen C c

Sen A = 600 Sen (135°) = 424.26 = 0.305 1390.56 1390.56

A= 17.76

 = 17.76° + 17.76° + 30°

 =47.76° MECÁNICA


SOLUCIÓN

600 N

MÉTODO 2. Matemático

900 N

45º 30º

424.26 N 45°

?

30°

45°

Sen  = Co Hp Co = Sen  Hp Co = Sen (45) (600 N)

C o = 424.26 N

c2 = a 2 + b 2 c2 = (1324.26 N) 2 + (424.26 N) 2 c = 1,933,661.095 c = 1390.56

Fuerza Resultante = 1,390.56 N MECÁNICA

Cos  = Ca Hp Ca = Cos  Hp Ca = Cos (45) (600 N)

C a = 424.26 N

Tan A = Co Ca Tan A = 424.26 1324.26 Tan A = 0.3203 A = 17.76  = 17.76° + 30° = 47.76° UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

Escala

SOLUCIÓN

1cm

MÉTODO 3. Paralelogramo 600 N

= 100 N

13.9cm = 1390N

900 N

45º 30º

30° 75°

75°

30°

?

F.R.= 1,390 N  = 49°

MECÁNICA


Escala

SOLUCIÓN

1cm

MÉTODO 4. Polígono 600 N

= 100 N

13.9cm = 1390N

900 N

45º 30º

75°

30°

?

F.R.= 1,390 N  = 48°

MECÁNICA


EJEMPLO 2 Las 2 fuerzas P y Q actúan sobre el perno A. Determinar su resultante y su ángulo.

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 1. Matemático   =      2 ∗    = (60) (40) 2 60 40 ∗ co cos(155)

45°

c= 97.71

20°

b

Fuerza Resultante = 97.71 N

  

=

   MECÁNICA





=     =

  

20º

  =   =

   

 155° ∗ 60

 =15.04+20°

 = .  

97.71

A = . ° UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN MÉTODO 2. Matemático 25.35 N 25°

?

20°

25°

Sen  = Co Hp Co = Sen  Hp Co = Sen (25) (60 N)

C o = 25.35 N

c2 = a 2 + b 2 c2 = (25.35 N) 2 + (94.37 N) 2 c = (25.35 N) 2 + (94.37 N) 2 c = 97.71

Fuerza Resultante = 97.71 N MECÁNICA

Cos  = Ca Hp Ca = Cos  Hp Ca = Cos (25) (60 N)

C a = 54.37 N

Tan A = Co Ca Tan A = 25.35 25. 35 94.37 Tan A = 0.2686 A = 15.02  = 15.02° + 20° = 35.02° UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN MÉTODO 3. Paralelogramo ESCALA 1 cm=10 N

FUERZA RESULTANTE 9.8 cm = 98 N

20°

 = 35°

45° 45° 20º

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 4. Polígono ESCALA 1 cm=10 cm

FUERZA RESULTANTE= 9.8 cm = 98 N 45°

 = 35° 20º

MECÁNICA


EJEMPLO 3 Dos fuerzas actúan sobre una carretilla que se mueve a lo largo de una varilla horizontal sabiendo que el ángulo A = 25º a) Determinar la magnitud de la fuerza “P” de “P” de manera que la fuerza resultante que se ejerce sobre la carretilla sea vertical. b) Determinar la magnitud de la fuerza resultante.

15º

1600 N

A=25º

P MECÁNICA


SOLUCIÓN 

 

=

B

15º



1600 N

 

A=25º

25º

P

 ∗   =  ∗ 

=

F =?

 ∗  

115° 15º

 

C

1600( 75°) = .   =  (25°)

75º 15º

A

  

= MECÁNICA

=

  

1600 ( 80°)  25

 ∗   =  ∗  B

=

 ∗    

= .    UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

EJEMPLO 4 Una lancha es arrastrada por dos remolcadores, si la resultante de las fuerzas ejercidas por los remolques es de 5000 lb, dirigidas a lo largo del eje de la lancha. Determinar la tensión de cada una de las cuerdas sabiendo que el ángulo A es de 45º. 45º . T1 30º

Lancha

R1

5000 lb

A=45º T2

R2 MECÁNICA


SOLUCIÓN

R1

T1

B

5000 lb

30º

Lancha

A=45º 0 0 0 5 = F

120°

75° 105°

T2 R2

45°

C

45° 45°

A Ley de Senos 

 

=





 

 

    =     =

    

 = 3660.25 MECÁNICA

=

5000( 45°)  (105°)  = . 

=

  

    =    B =

    

=

5000( 30°)  (105°)

 = 2588.19  = .  UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

EJEMPLO 5 Dos fuerzas P y Q se aplican en el punto A del gancho que se muestra en la figura. Si P=15 lb y Q=25 lb, determine en forma grafica la magnitud y la dirección de su resultante empleando: a) La regla del triangulo b) La ley del Paralelogramo

MECÁNICA


SOLUCIÓN B

A) LA REGLA DEL TRIANGULO Ley de cosenos   =     2 ∗ cos 

? = F

75°

  = (25) (15) 2 25 15 ∗ co cos(135°)

C 15 lb

  = 850  530.33

c= 1380.33        c= .  

75°

A Ley de Senos   

=

  

 = 28.41 MECÁNICA

sen   =      = 28.41  75

  =

   

25( 135°) = 0.47 .4758 = 37.15 

 = . ° UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN B) LEY DEL PARALELOGRAMO Escala 1 cm = 5 lb

15 lb 15 lb 75°

FR=? 7.4 cm

120°

25 lb 15 lb Fuerza Resultante 37 lb

75°

A

 = 103° MECÁNICA


EJEMPLO 6 UN AUTOMÓVIL UN AUTOMÓVIL DESCOMPUESTO ES JALADO POR MEDIO DE CUERDAS SUJETAS A SUJETAS A LAS DOS FUERZAS QUE SE MUESTRAN EN LA FIGURA. DETERMINE EN FORMA GRAFICA LA MAGNITUD Y LA DIRECCIÓN DE SU RESULTANTES USANDO. A) LA REGLA DEL TRIANGULO B) LA LEY DEL PARALELOGRAMO

MECÁNICA


a) La ley del triangulo B

a

120°

55° 65°

C

c b

65°

MECÁNICA

A


a) La ley del triangulo B

a

120°

55° 65°

C

c b

LEY DE SENOS   

=

65°

A

LEY DE COSENOS

  =   =

      4 (125) 5.40

c2 = a2 + b2 -2ab Cos C

Sen A = 0.6067

c2 = (4)2+ (2)2-2(4)(2) Cos(125)

A= 37.35 +65.00

c2 = 20 + 9.1772

102.35° c = 5.40 MECÁNICA

Fuerza Resultante = 5.40 KN UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

a) La ley del Paralelogramo Escala 2 cm = 1 KN 10.8 cm = ?

10.8 cm

8KN

F=?

FUERZA RESULTANTE 5.4 KN = 102°

MECÁNICA


EJEMPLO 7 Se aplican dos fuerzas en el gancho de apoyo que se muestra en la figura. Sabiendo que la magnitud de P es de 600 N. Determine por trigonometría a) el ángulo requerido si la resultante R de las dos fuerzas aplicadas en el gancho es vertical, y b) la magnitud correspondiente de R.

MECÁNICA


SOLUCIÓN 45°

FR = ?

135°

90°

MECÁNICA

?


SOLUCIÓN Ley de Cosenos 45°

FR = ?

c2 = a2 + b2 -2ab Cos C

135°

c2 = (600)2 + (900)2 -2(600)(900) Cos(135) c2 = 1,170,000 + 763,675.32

90°



c = 1,933,675.324

?

c = 1,390.566

Fuerza Resultante = 1,390.56 N a Sen A

c Sen C

Despeje:

Sen A = a Sen C c

Sen A = 600 Sen (135°) = 424.26 = 0.305 1390.566 1390.56

A= 17.76

 = 90° − 17.76°

 = .   ° MECÁNICA


COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA VECTORIAL En muchos problemas será conveniente descomponer una fuerza en sus dos componente perpendiculares entre si. La fuerza F se ha descompuesto en una componente Fx a lo largo del eje x y un componente Fy a lo largo del eje y. El paralelogramo trazado para obtener las dos componentes es un rectángulo, y las fuerzas Fx y Fy se llaman componentes rectangulares j Y Fy

0 MECÁNICA

F

Fx

X

i


EJEMPLO 1 Una fuerza de 800 se ejerce sobre un un perno A. Como Como se muestra, determine la fuerza vertical y la fuerza f uerza horizontal. F = 800 N B)

A)

35º 35º

A

A

F = 500 N

MECÁNICA


SOLUCIÓN

a)

Y j

Fy= 458.86 Fy 35° Fx Fx = 655.32

Cos θ = =

C ateto teto A dyacente Hipotenusa

Fx= (HIP)(Cos Fx= F.R.(Cos

)

S en θ =

C ateto teto Opuesto Opues to Hipotenusa

Fy= (HIP)(Sen

)

Fx = (800)(Cos 35)

Fy= F.R.(Sen .R.(Sen ) Fy = (800)(Sen 35)

Fx = 655.32

Fy = 458.86

MECÁNICA

)

Xi


SOLUCIÓN

FX

b)

Fx = 409.57

-35°

i X

Fy = -286.78 Fy Y

Cos θ = =

j

C atet ateto o Adyacente A dyacente Hipotenusa

S en θ = Cateto Opuesto Hipotenusa

FX = (HIP)(Cos

)

Fy= (HIP)(Sen

)

Fx= F.R.(Cos

)

Fy= F.R.(Sen

)

Fx = (500)(Cos -35)

Fy = (500)(Sen -35)

Fx = 409.57

Fy = -286.78

MECÁNICA


EJEMPLO 2 Un hombre tira de una cuerda atada a un edificio con una fuerza de 300 N. Cuales son los componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por la cuerda en el punto A. 8m

10 m

6m

F = 300 N MECÁNICA


SOLUCIÓN 8m

Fx

c.a 

Cos= 

36.86 10 m Hp

c.o 6m - Fy

F = 300 N 



Tan  =  =  = 0.75  = 36.86

MECÁNICA

Fx = Cos ● FR Fx = Cos ( - 36.86) ● 300 N

Fx = 240.03 N



Sen= 

Fy = Sen ● FR Fy = Sen ( - 36.86) ● 300 N Fy = - 179.95 N


EJEMPLO 3 Una fuerza F = (700 lb) i + (1500 lb) j se aplica a un perno A. Determinar la magnitud de la fuerza y el ángulo que forma con la horizontal. j

1500 lb

700 lb MECÁNICA

i UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN j

1,655.29 Hp

co 1500 lb

64.98 700 lb

C2 = a2 + b2 C2 = (700)2 + (1500) 2 C = 2,740,000 C = 1,655.29

ca

i



Tan =  Tan =

 

Tan  = 2.1428  = 64.98°

MECÁNICA


ADICIÓN DE FUERZAS SUMANDO SUS COMPONENTES Cuando se van van a sumar tres fuerzas o más fuerzas, no puede obtenerse una solución trigonométrica práctica del polígono de fuerzas que define a la fuerza resultante. En este caso no se puede obtenerse una solución analítica del problema si se descompone cada fuerza en sus elementos rectangulares.

EJEMPLO 1 Cuatro fuerzas actúan sobre un perno A como se muestra en la figura. Determine la resultante de las fuerzas sobre el perno.

MECÁNICA


SOLUCIÓN

 

 y

.

 

. 

C ∅ = 

 ∅ =

. =  ∅ 

. =  ∅ 

 .  =  30° ∗ 150 .  = 129.90

 ∅ =



.  = 75

.  =-27.36

  ∅ = F2 20°

 

.   ∅ =



. =  ∅   .  =  20° ∗ 80

30° 15°

A

X .  = 75.17 F4

N 0 1 1

.  

. =  ∅   .  =  15° ∗ 100 .  = 96.59

  .

F3 MECÁNICA

 .  =  20° ∗ 80

  F1



. =  ∅ 

 .  =  30° ∗ 150

Y

. 

S ∅ = 

. =  ∅ 

=  15° ∗ 100

.  = -25.88 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN FUERZA

MAGNITUD

F1 F2 F3 F4

150 N 80 N 110 N 100 N

COMPONENTE X

129.90 N -27.36 N 0 96.59 N ∑Fx= 199.13 N

COMPONENTE COMPONEN TE Y

75 N 75.17 N -110 N -25.88 N ∑Fy= 14.29 N

Y   =     9 2 . 4 1

A

MECÁNICA

C=

199.13

X

∅ =

(14.29) (199.13)

C= .  N Fuerza Resultante

∅ =

.  .  14.29 199.13

∅ = 0.07 ∅ = .   °


SOLUCIÓN MÉTODO GRAFICO. POLIGONAL

ESCALA 1 cm=20 N

F3 110 N

Fuerza Resultante 9.9 cm = 198 N

110°

 = 4°

15° 30° MECÁNICA

4° UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

PARALELOGRAMO AMO SOLUCIÓN MÉTODO PARALELOGR

ESCALA 1 cm=20 N

Y

30° 110°

110°

30°

A 90° Fuerza Resultante 10 cm = 200 N

10 cm

4°

15°

X

90°

F 3

F 3

 =4° 15° MECÁNICA


EJEMPLO 2 Obtener la resultante y su ángulo mediante el método Matemático, y el Método Grafico del Polígono.

X 30° 80 lb F3

150 lb

120 lb

F1 Y MECÁNICA

F2 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN

   ∅ =

MÉTODO MATEMÁTICO

  . C ∅ = 

.  

 .  =  50 ∗ 150

 .  =  50° ∗ 150

.  = -96.41

.  = -114.90

X F3

 

 

.

.

S ∅ = 

C ∅ =  F1   . C ∅ = 

F2

-Y

 .  =  30° ∗ 80 .  = 69.28 MECÁNICA

 .  =  75° ∗ 120

.  = 31.05

   ∅ =

.  

 .  =  75° ∗ 120 .  = . 

 .  =  30° ∗ 80

.  = -40 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN FUERZA

MAGNITUD

COMPONENTE X

COMPONENTE COMPONEN TE Y

F1

150 lb

-114.90 -1 14.90 lb

-96.41 lb

F2

120 lb

31.05 lb

-115.91 -1 15.91 lb

F3

80 lb

69.28 lb

-40 lb

∑Fx=

-14.57 lb

∑Fy Fy= =

-252.32 lb

Y   =    

∅ =

  = (25 (252. 2.32 32)) (14.57) ∅ =

-14.57

  X C = (252.32) (14.57)

-252.32

MECÁNICA

C = .  lb Fuerza Resultante

.  .  252.32 14.57

∅ = 17.31

∅ = . °


SOLUCIÓN MÉTODO GRAFICO. POLÍGONO X

ESCALA 1 cm=20 lb

30°

A

X

150 lb

120 lb

F1

140°

75°

80 lb F3

Y

F2

FR=?

Fuerza Resultante 12.6 cm = 252 lb

 = 87°

30°

-Y MECÁNICA


EJEMPLO 3 Determine la resultante y su ángulo de inclinación. B

40 mm

C

75 mm

72 mm

A

MECÁNICA

135 mm


SOLUCIÓN

B

40 mm C

40 cm Y

75 mm 72 mm

28.07°

A

135 mm

72cm 28.07°

X

A

Para determinar el ángulo de F = 225 N

∅ = ∅ =

MECÁNICA

.  .  72 135

Para determinar el ángulo de F = 300 N

∅ = ∅ =

.  .  40 75

∅ = 0.533

∅ = 0.533

∅ = . °

∅ = . ° UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN

 

40 cm Y

 ∅ =

72cm 28.07°

.  

.  = 198.53 N

X

A

 ∅ =



 .  =  28 28.07 ∗ 225

28.07°

 

. 

   ∅ =

 

. 

  ∅ =



.  

 .  =  28.07 ∗ 225

 .  =  28 28.07 ∗ 300

 .  =  28 28.07 ∗ 300

.  =105.87 N

.  = -141.16 N

.  = 264.71 N

MECÁNICA


SOLUCIÓN FUERZA F1

MAGNITUD

225 N 300 N

F2

COMPONENTE X

198.53 N -141.16 N ∑Fx= 57.37 N

COMPONENTE Y

105.87 N 264.71 ∑Fy= 370.5 370.588 N

Y   =       = (370 (370.5 .58) 8) (57.37)

370.58 ? A

MECÁNICA

∅ =

X 57.37

c = (370.58) (57.37)

C= .   Fuerza Resultante

∅ =

.  .  370.58 57.37

∅ = 6.45

∅ = . °


EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA En las secciones anteriores expusieron los métodos utilizados para determinar la resultante de varias fuerzas que actúan sobre una partícula. Es posible que la resultante sea cero. En tal caso, el efecto neto de las fuerzas dadas es cero, y se dice que la partícula en equilibrio.

MECÁNICA


EJEMPLO 1 F4=400 lb Co.

------------

Hip.

F1 X F1 Y 300lb 0

F2 Y F2 X 0 -173.21lb

F3 X Co=Sen(30)200 Co=-100lb

F3 Y Ca=Cos(30)200 Ca=-173.20lb

F4 X Co=Sen(30)400lb Co=-200lb

F4 Y Ca=Cos(30)200 Ca=346.41lb

30° Ca.

F1=300 lb Hip.

30°

Ca.

F3=200 lb --------------

F2=173.2 lb

Co.

Ʃ fx=F1+ F2 + F3 + F4

Ʃ fy=F1 + F2 + F3 +F4

Ʃ fx=300lb+0-100-200=0 fx=300lb+0-100-200=0

Ʃ fy=0lb-173.21-173.20+346.41=0 fy=0lb-173.21-173.20+346.41=0

Si están en equilibrio. MECÁNICA


DIAGRAMAS DE CUERO LIBRE En la practica, un problema de ingeniería mecánica se deriva de una situación física real. Un esquema que muestra las condiciones físicas del problema se conoce como diagrama espacial. Escogiendo una partícula significativa y dibujando un diagrama separado que muestra a esta y a todas las fuerzas que actúan sobre ella. Dicho diagrama se conoce como diagrama de cuerpo libre.

MECÁNICA


EJEMPLO 1 Por ejemplo, considérese el embalaje de madera de 75kg mostrado en el diagrama espacial de la figura. Este E ste descansaba entre 2 edificios y ahora es levantado hacia la plataforma de un camión que lo quitara de ahí. El embalaje esta soportado por un cable c able vertical unido en “A” a dos cuerdas que pasan sobre poleas fijas a los edificios en “B” y “C”. Se desea determinar la tensión en cada una de las cuerdas AB y AC.

Diagrama espacial

MECÁNICA


SOLUCIÓN

(75kg)(9.8 m/s 2 )

C

W=735.75N

FAB 40°

130°

a

b

80°

W=735.75N

c

60°

30° --------------

B

FAC

30°

A

Ley de senos b a c = Sen B = Sen A Sen C Sen(60°) a= 735.75N Sen(60° Sen(80° Sen(80°) .

FAB=647.007 N MECÁNICA

a 735.75N c = = Sen(60° Sen(60°) Sen(80° Sen(80°) Sen(40° Sen(40°) Sen(40°) c= 735.75N Sen(40° Sen(80° Sen(80°) FAC=480.226 N .


SOLUCIÓN

FAB -

SUMATORIA DE FUERZAS 130°

H 40°

FABy Co.

H 30°

50°

FACx Ca.

FABx Ca.

-

FAC FACy Co.

75kg (75kg)(9.8 m/s 2 )

w

W=735.75N

ƩFx. FAC cos 30

-FAB -FAB cos 50 =0

ƩFy. FAC sen 30

+FAB +F AB sen 50 -735.75N =0

° °

° °

° °

° °

30° - FAB cos 50° ƩFx. FAC cos 30° 50° 30° + FAB sen 50° 50° ƩFy. FAC sen 30° MECÁNICA

= 0 = 735.75N

Ec.1 Ec.2 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN Método: Sumatoria de Fuerzas 30° - FAB cos 50° ƩFx. FAC cos 30° 50° = 0 30° + FAB sen 50° 50° = 735.75N ƩFy. FAC sen 30°

Despejar FAC FAC de la Ec.1 FAC=

FAB cos 50° 50°

FAC= .742 FAB

Cos 30° 30°

Sustituir FAC FAC en Ec.2 (.742) FAB sen 30° 30°+ FAB sen 50° 50°=735.75

Ec.1 Ec.2

Sustituir FAB FAB en la ecuación mas sencilla (Ec.1) FAC cos 30° 30°-647.09 cos 50° 50°=0 50° FAC= 647.09 Cos 50° Cos 30° 30°

FAC= 480.28N

0.371 FAB +FAB +FAB sen 50° 50° =735.75N 1.137 FAB =735.75 FAB= 735.75 1.137 FAB= 647.09 MECÁNICA


EJEMPLO 2 En la operación de descargan de un barco, un automóvil de 3500 Lb es soportada por un cable. Se haya una cuerda al cable en A y se tira para centrar al automóvil sobre la posición deseada. El ángulo entre el cable y la vertical es de 2° 2 °, mientras que el Angulo Angulo entre la cuerda y la horizontal es de 30° 30° ¿Cual es la tensión en la cuerda?

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO MA MATEMÁTICO TEMÁTICO 2°

FAB 3500 lb

30°

58° 92° 30° MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO MA MATEMÁTICO TEMÁTICO 2°

a S en A

b

= S en B

=

c S en C FAB 3500 lb

b= (C)(sen 120) sen (58)

a= (3500)(sen 120) sen (58)

b= (3500)(sen 2) sen (58)

a= (C)(sen 120) sen (58)

b=

122.14 0.8440

a= 3031.08 0.8480

b= 144.03

a= 3574.19

F AC= AC= 144.03 lb

F AB= 3574.19 lb

MECÁNICA

30° 58° 92° 30°


SOLUCIÓN FAB

Co

SUMATORIA DE FUERZAS

F AB X

Hip

2°

Ca F AB Y

Ca F AC x

30° Hip

Co F AC y FAC

3500 Ib = FAC Cos (30°) - FAB Sen(2°)= 0 = -FAC Sen (30°) + FAB Cos(2°) -3500 lb = 0 = FAC Cos (30°) - FAB Sen(2°)= 0

Ec.1

= -FAC Sen (30°)+FAB Cos(2°)= 3500 Ec.2 MECÁNICA


SOLUCIÓN Sistema De Ecuaciones

SUMATORIA DE FUERZAS

= FAC Cos (30°) - FAB Sen(2°)= 0

Ec.1

= -FAC Sen (30°)+FAB Cos(2°)= 3500

Ec.2

DESPEJAR FAC DE LA ECUACIÓN 1 FAC=

FAB Sen (2°) Cos(30°)

FAC = FAB 0.0402

SUSTITUIR FAC EN LA EC. 2 -FAB 0.0402 Sen(30) + FAB Cos (2)=3500 Ib 

SUSTITUIR FAC EN LA ECUACIÓN MAS SENCILLA (Ecuación 1) FAC Cos (30°) - 3574.04 Sen (2°)= 0 FAC= 3574.014Sen(2) Cos (30)

FAC = 144.02 Ib

-FAB0.0201 + FAB Cos(2) = 3500 Ib 0.9792 FAB=3500Ib FAB = 3500Ib 0.9792

FAB = 3574.04 Ib MECÁNICA


EJEMPLO 3 Dos cable se amarran junto en C y se carga como indica la figura. Determine la tensión tensi ón en el cable AC y BC.

MECÁNICA


SOLUCIÓN 53.14 36.86

143.14

53.14

43.60°

43.60

80.46

3 KN 46.4

Para obtener el ángulo de BC Tan  = Co = 500 Ca 525  = 43.60

43.60

Para obtener el ángulo de AC Tan  = Co = 300 Ca 400  =36.86 MECÁNICA


SOLUCIÓN a S en A

=

b S en B

= Scen C

143.14

53.14

43.60°

80.46

3 KN a b 3 KN = = Sen(80.46° Sen(80.46 ° ) Sen(46.4° Sen(46.4 °) Sen(53.14° Sen(53.14 °) 46.4

43.60

b= 3KN Sen 53.14

a = 3KN Sen46.4

Sen(80.46)

Sen(80.46)

FBC = 2.433 KN

FAC = 2.202 KN

MECÁNICA


SOLUCIÓN SUMATORIA DE FUERZAS Y FAC

Co F AC x FBC

F AC y Ca

53.14

53.14° 53.14°

43.60° 43.60° X

FBC y Co

36.86

43.60

Ca FBC x 3 KN

= FBC Cos (43.60) - FAC Sen(53.14)=0

EC 1

= FBC Sen (43.60) + FAC Cos(53.14)=3 Cos(53.14)=3 KN

EC 2

MECÁNICA


SOLUCIÓN SUMATORIA DE FUERZAS = FBC Cos (43.60) - FAC Sen(53.14)=0

EC 1

= FBC Sen (43.60) + FAC Cos(53.14)=3 Cos(53.14)=3 KN

EC 2

DESPEJAR FAC DE LA ECUACIÓN 1 FBC=

FAC Sen (53.14) Cos(43.60)

FBC = FAC 1.1048 SUSTITUIR FBC EN LA ECUACIÓN 2 FAC 1.1048 Sen 43.60 + FAC Cos(53.14)=3 KN 

SUSTITUIR FAC EN LA ECUACIÓN MAS SENCILLA (Ecuación 1) FBC Cos(43.60) - 2.203 Sen(53.14)=0 S en(53.14)=0 FBC = 2.203 Sen(53.14) Cos 43.60

FBC=2.433 KN

FAC 0.7618+ FAC Cos(53.14)= 3 KN FAC 1.3617 = 3KN FAC = 3 KN 1.3617

FAC= 2.203 KN MECÁNICA


EJEMPLO 4 Dos cables se amarran junto a C y se cargan como se muestra. Determinar la tensión tens ión AC y BC

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO MA MATEMÁTICO TEMÁTICO 180° 75° 15° 60° 105°

200 KG (9.8) = 1960 N

1960 N 15° 75° MECÁNICA


SOLUCIÓN 180°

MÉTODO MA MATEMÁTICO TEMÁTICO

a S en A

=

b S en B

=

75°

c

15°

S en C

a b = = Sen(15° Sen(15°) Sen(105° Sen(105°)

60° 105°

1960N Sen(60° Sen(60°) 1960 N 15°

75°

b= 1960N Sen(105) Sen(60)

FBC = 2186.095 N

MECÁNICA

a = 1960N Sen(15) Sen(60)

FAC = 585.76 N


SOLUCIÓN SUMATORIA DE FUERZAS FBC

Hip Co FBC y Ca F AC x 15°

Co F AC X

75°

Ca FBC x

Hip

200 KG (9.8) = 1960 N

FAC

1960 N = FBC Cos (75°) - FAC Cos (15°)= 0

Ec.1

= FBC Sen (75°) - FAC FAC Sen (15°)= (15°)= 1960

Ec.2

MECÁNICA


SOLUCIÓN SUMATORIA DE FUERZAS = FBC Cos (75°) - FAC Cos (15°)= 0

Ec.1

= FBC Sen (75°) - FAC FAC Sen (15°)= (15°)= 1960 N Ec.2

DESPEJAR FBC DE LA ECUACIÓN 1 FBC=

FAC Cos (15°) Cos(75°)

FBC = FAC 3.7320

SUSTITUIR FAC EN LA EC. 2 FAC 3.7320 Sen(75) - FAC Sen (15)=1960 N 

SUSTITUIR FAC EN LA ECUACIÓN MAS SENCILLA (Ecuación 1) FBC Cos (75°) – (75°) – 585.77N 585.77N Cos (15°)= 0 FBC= 585.77N Cos(15) Cos (75)

FBC = 2186.12

FAC 3.6048 - FAC Sen (15) = 1960 N FAC 3.3459 =1960 N FAC = 1960 N 3.3459

FAC = 585.77 N MECÁNICA


EJEMPLO 5 Dos cables se amarran junto a C y se cargan como se muestra en la figura. Determinar la tensión en AC y BC.

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 1. Matemático Para obtener los ángulos:

Tan = C.O. C.A. 4 . 1

Tan = 1.4 = 31.89 2.25

31.89°

2.25 53.13°

2.5 3

Tan = C.O. C.A. Tan = 3 = 53.13 2.5

143.13°

58.13°

85.02° N 0 6 6

94.98°

58.11°

58.11° MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 1. Matemático Aplicamos ley de senos

143.13°

58.13°

85.02° N 0 6 6

94.98°

58.11°

58.11°

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 2. Sumatoria de fuerzas

31.89°

Co FBC X Ca FBC Y Co F AC Y

53.13°

53.13°

58.11°

Ca F AC X 660 N

Sistemas de Ecuaciones

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 2. Sumatoria de fuerzas Sistemas de Ecuaciones

F AC = FBC Sen (53.13) Cos (58.11)



F AC = FBC 1.5143



F AC Sen (58.11) + FBC Cos (53.13) = 660 N FBC 1.2857 + FBC Cos (53.13) = 660 N

FBC



F AC Cos 58.11 - 350.002 Sen (53.13)=0 F AC = 350.002 N Sen S en (53.13) Cos 58.11

1.8857 = 660 N

FBC =

660 N 1.8857

MECÁNICA


EJEMPLO 6 Determinar la tensión T AC y TBC

MECÁNICA


SOLUCIÓN

Determinar la tensión T AC y TBC Para obtener los ángulos: Tan = C.O. C.A.

8 2

45

Tan = 28 = 31.89 45 9

2 1

Tan = C.O. C.A. Tan = 12 = 53.13 9

31.89°

53.13°

85.02

143.13 ° 58.11

53.13°

94.98° N 0 6 6

31.89°

58.11°

Aplicamos ley de senos

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 2. Sumatoria de fuerzas

31.89°

Co T AC X Ca T AC Y

53.13°

58.11°

Ca TBC X

600 N

53.13°

Co TBC Y

Sistemas de Ecuaciones

MECÁNICA


SOLUCIÓN MÉTODO 2. Sumatoria de fuerzas Sistemas de Ecuaciones



T AC = TBC Sen (53.13) Cos (58.11) T AC = FBC 1.5143



-TBC

1.5143



T AC Cos 58.11 58.11 - 318.183 Sen (53.13) = 0 T AC = 318.83N Sen (53.13) Cos 58.11

Sen (58.11) - TBC Cos (53.13) = -600 N



-TBC 1.2857 - TBC Cos (53.13) = -660 N - TBC 1.8857 = -600 N

TBC = -600 N -1.8857

MECÁNICA


EJEMPLO 7 Dos cables se unen en el punto A. Determinar la tensión AB y AC por sumatoria de fuerzas. f uerzas.

MECÁNICA


SOLUCIÓN

FAB

Para obtener los ángulos: 9

60 18

12

Tan = 12 = 53.13 9

Tan = C.O. C.A. Tan = 60 = 73.30 18

Tan = C.O. C.A.

73.30° F3

Tan = C.O. C.A.

3

4

Tan = 4 = 53.13 3

53.13 F4

FAC

53.13 F5

F6

FAC + FAB Cos 73.28 – 73.28 – 300 300 -576 + 511.79 = 0 FAC + FAB Cos 73.28 – 73.28 – 364.61 364.61 = 0

FAB Sen 73.30 – 73.30 – 767.99 767.99 - 200 – 200 – 384 384 = 0 FAB Sen 73.30 – 73.30 – 1351.99 1351.99 = 0 MECÁNICA


SOLUCIÓN FAC + FAB Cos 73.28 – 73.28 – 300 300 -576 + 511.79 = 0 FAC + FAB Cos 73.28 – 73.28 – 364.61 364.61 = 0

FAB Sen 73.30 – 73.30 – 767.99 767.99 - 200 – 200 – 384 384 = 0 FAB Sen 73.30 – 73.30 – 1351.99 1351.99 = 0 



FAB = 1351.99 1351.99 Sen (73.30)

= 1411.52 N

FAC = -FAB Cos(73.28) + 364.61 FAC = -1411.52 Cos (73.28) + 364.61 FAC = -41.47 N

MECÁNICA

TAB = 1411.52 N

TAC = -41.47 N


FIN

UNIDAD I PAR ARTE TE I

MECÁNICA


FUERZAS EN EL EL ESPACIO ESPACIO Los problemas considerados en la primera parte de este capitulo involucraron únicamente dos dimensiones y pudieron formularse y resolverse en un solo plano. Ahora analizaremos problemas que comprenden las tres dimensiones del espacio.

MECÁNICA


FUERZAS EN EL ESPACIO

Fy = F Cos y Fh = F Sen y

Fx = Fh Cos  = F Sen y Cos  Fz = Fh Sen  = F Sen y Sen  F =      

MECÁNICA


FUERZAS EN EL ESPACIO Fx = F Cos x

Fy = F Cos y

Fz = F Cos z

R =     

Cos x =

MECÁNICA



y = Cos 



z = Cos 

 


FUERZAS EN EL ESPACIO =

 

 = dxi + dyj + dzk

MN=d=           

F = F = (dxi + dyj + dzk)

MECÁNICA


EJEMPLO 1 Determinar: a) Las componentes x, y, z de las fuerzas b) La Fuerza resultante c) Y la dirección de la fuerza resultante (ángulos x, y , z)

F1 = 900 N

MECÁNICA

F1 = 750 N


SOLUCIÓN F1 = 750 N

co

F2 = 900 N

ca Fh1 = F1 Cos 55° Fh1 = 750 (Cos 55°) = 430.18 N

Fh2 = F2 Cos 65° Fh2 = 900 (Cos 65°) = 380.35 N

25 °

55 °

Fh1

Fx

Fx = Fh1 Cos  Fx = 430.18 N (Cos 25° 25 °) Fx = 389.87 N Fy Fy = F1 Cos y Fy = 750 N (Cos 35° 35°) Fy = 614.36 N Fz Fz = Fh1 Sen  Fz = 430.18 N (Sen 25° 25 °) Fz = 181.80 N

MECÁNICA

Fh2

co

ca

Fx Fx = Fh2 Cos  Fx = 380.35 N (Cos 70° 70 °) Fx = - 130.08 N Fy Fy = F2 Cos y Fy = 900 N (Cos 25° 25 °) Fy = 815.67 N Fz Fz = Fh2 Sen  Fz = 380.35 N (Sen 70° 70 °) Fz = 357.41 N UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

F1 = 750 N

SOLUCIÓN

F2 = 900 N

Fx = - 130.08 N Fy = 815.67 N Fz = 357.41 N

Fx = 389.87 N Fy = 614.36 N Fz = 181.80 N

N – 130.08 130.08 N = 259.79 N )Σfx ) Σfx = 389.87 N – Σfy = 614.36 N + 815.67 N = 1430.03 N Σfz = 181.80 N – N – 357.41 N =539.21 N

) FR = 2  2  2  =

259 259.79 .79

2

1430.03

2

539.21

2

FR = 1550.23 N

c) x =

 

.

= . = .1675

 = 80.35 MECÁNICA

y =

 

.

= . = .9224

y = 22.71

z =



.

= . = .3478 

 = 69.64 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

EJEMPLO 2 Determinar: a) las componentes x, y, z de las fuerzas b) La Fuerza resultante c) Y la dirección de la fuerza resultante (ángulos x, y , z)

MECÁNICA


SOLUCIÓN co

-----

co F1 =

co

60° ca ca

Fh2 = Cos  ● F2 Fh2 = Cos 70° ● 1900 N Fh2 = 649.838 N 70° ca

Fh1 = Cos  ● F1 Fh1 = Cos 30° ● 900 N Fh1 = 779.42 N

co ca

Fx Fx = Fh1 Cos  Fx = 779.42 (Cos 25° 25°) Fx = 706.39 N Fy Fy = Fh1 Sen  Fy = 900 (Sen 30° 30°) Fy = 450 N Fz Fz = Fh1 Sen  Fz = 779.42 (Sen 25° 25 °) Fz = - 329.39 N MECÁNICA

Fx Fx = Fh2 Cos  Fx = 649. 838 (Cos 20° 20 °) Fx = - 610.647 N

Fy Fy = Fh1 Sen  Fy = 1900 (Cos 20° 20 °) Fy = 1785.4159 N Fz Fz = Fh1 Sen  Fz = 649. 838 (Sen 20° 20°) Fz = 222.257 N UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN

F2=1900 N

F1=900 N

Fx = - 610.647 N Fy = 1785.4159 N Fz = 222.257 N

Fx = 706.39 N Fy = 450 N Fz = - 329.39 N 95.743 N

) Σfx = 706.39 N – 610.647 – 610.647 N =

2235.4159 N

Σfy = 450 N + 1785.4159 1785.4 159 N =

Σfx = - 329.397 N – N – 222.257 N =- 107.14 N

b) FR = 2  2  2  =

95.7 5.743

2

2235.4159

2

 107.14

2

FR = 2240.029 N

c)  x = y



.

= . = .0427 

= 87.55

MECÁNICA

 y = y



= 

= 3.6777

.



− .

= .9979  z =  = . = - .0477 .  = 92.741 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

EJEMPLO 3 El alambre de una torre está anclado en A, por medio de un perno, la tensión en el alambre es de 2500 N, determine: Fy, Fz de las fuerzas que actúan sobre el perno. a) Los Fx, Fy, b) Los ángulos x, y, z que definen la dirección de la fuerza.

MECÁNICA


SOLUCIÓN Y j

2500 N

80 m -40 m

-X -i

X i

30 m z k

MECÁNICA


Yj

SOLUCIÓN Fr = F (di + dj + dk) d dx i = - 40 m dy j = 80 m dz k = 30 m d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(-40)2 +

(80)2 +

(30)2

d = 94.33 m

Fr = 2500 N (-40 mi + 80 mj + 30 mk) 94.33 m

Fr i = -1,060.108 N Fr j = 2,120.2162 N Fr k = MECÁNICA

795.081 N

2500 N 80 m

-X -i

- 40 m

X i

30 m

zk

Cos x = Fx = -1,060.108 = 115.09° F 2,500 Cosy = Fy F

= 2,120.2162 = 31.99° 2,500

Cosz = Fz F

= 795.081 2,500

= 71.4560°


EJEMPLO 4 Determinar las fuerzas y su dirección en x, y, y, z. Si la fuerza f uerza resultante es de 300 lb.

MECÁNICA


SOLUCIÓN Y j

F = 300 lb

-z -k 30 in

-45 in

-X -i

X i

18 in z k

MECÁNICA


Y j

SOLUCIÓN Fr = F (di + dj + dk) d dx i = - 45 in dy j = 30 in dz k = 18 in d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(-45)2 +

(30)2 +

(18)2

d = 57 in

Fr = 300 lb (-45 in i + 30 in j + 18 in i n k) 57 in

Fr i = - 236.842 lb Fr j =

157.89 lb

Fr k =

94.736 lb

MECÁNICA

F = 300 lb

-X -i

30 in

-45 in

-z -k

X i 18 in

z k

Cos i = Fi = -236.842 = 142.136° F 300 Cosj = Fj F

= 157.89 300

Cosk = Fk F

=

= 58.244°

94.736 = 71.591° 300


EJEMPLO 5 Determinar la fuerzas resultante y su dirección en x, y, y, z. lb y AC = 420 lb. lb. Si AB = 250 lb y

MECÁNICA


SOLUCIÓN 250 lb

Fr = F (di + dj + dk) d AB = 250 lb AC = 420 lb d i = 45 in d i = 45 in d j = - 30 in d j = - 30 in d k = - 18 in d k = 46 in

420 lb

AB d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(45)2 + (-30)2 + (-18)2

AC d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(45)2 + (-30)2 + (46)2

d = 57 in

d = 71 in

Fr = 250 lb (45 in i - 30 in j - 18 in k) 57 in

Fr = 420 lb (45 in i - 30 in j + 46 in k) 71 in

F i = 197.36 lb

F i = 266.197 lb

F j = -131.57 lb

F j = -177.46 lb

F k = -78.94 lb

F k = 272.11 lb

MECÁNICA


SOLUCIÓN AB

AC

F i = 197.36 lb

F i = 266.197 lb

F j = -131.57 lb

F j = -177.46 lb

F k = -78.94 lb

F k = 272.11 lb

Fi = 197.36 + 266.197 = 463.557 lb Fj = -131.57 – -131.57 – 177.46 = -309.03 lb Fk = -78.94 + 272.11 272.11 = 193.17 lb

Fr = (Fi) 2 + (Fj)2 + (Fk)2

Cos i = Fi = 463.557 lb = 38.173° F 589.6603 lb Cosj = Fj = -309.03 lb = 121.606° F 589.6603 lb Cosk = Fk = 193.17 lb = 70.877° F 589.6603 lb

Fr = (463.557) 2 + (-309.03 ) 2 + (193.17)2

Fr = 589.6603 lb MECÁNICA


EJEMPLO 6 Una sección de una pared de concreto se sostiene temporalmente por los cables mostrados, se sabe que la tensión es de 840 lb en el cable AB y 1200 Lb en el cable AC. Determinar la magnitud y la dirección de la resultante de las fuerzas ejercidas por los cables AB y AC sobre el perno A.

MECÁNICA


SOLUCIÓN 1200 lb 840 lb

Fr = F (di + dj + dk) d AB = 840 lb AC = 1200 lb d i = -16 Ft d i = -16 Ft d j = 8 Ft d j = 8 Ft d k = 11 Ft d k = -16 Ft

AB d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(-16)2 + (8)2 + (11)2

AC d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(-16)2 + (8)2 + (-16)2

d = 21 Ft

d = 24 Ft

Fr = 840 lb (-16 Ft i + 8 Ft j + 11 11 Ft k) 21 Ft

Fr = 1200 lb (-16 Ft i + 8 Ft j - 16 Ft k) 24 Ft

F i = -640 lb

F i = -800 -800 lb

F j = 320 lb

F j = 400 lb

F k = 440 lb

F k = -800 lb

MECÁNICA


SOLUCIÓN AB

AC

F i = -640 lb

F i = -800 lb

Fj =

320 lb

F j = 400 lb

F k = 440 lb

F k = -800 lb

Fi = -640 - 800 = -1440 lb Fj = 320 + 400 =

720 lb

Fk = 440 - 800 = -360 lb

Fr = (Fi) 2 + (Fj)2 + (Fk)2

Cos i = Fi = -1440 lb = 150.79° F 1,649.727 lb Cosj = Fj = 720 lb = 64.12° F 1,649.727 lb Cosk = Fk = -360 lb = 102.604° F 1,649.727 lb

Fr = (-1440)2 + (720)2 + (-360)2

Fr = 1,649.727 lb MECÁNICA


EJEMPLO 7 Dos cables BG y BH están atados al marco ACD, sabiendo que la tensión es de 540 N en el cable BG y de 750 N en el cable BH determinar la magnitud y dirección de la resultante de las fuerzas que ejercen los cables sobre el marco en B.

MECÁNICA


SOLUCIÓN

540 N

750 N

Fr = F (di + dj + dk) d BG = 540 N BH = 750 lb d i = -0.8 m d i = 0.6 m d j = 1.48 m d j = 1.2 m d k = -0.64 m d k = -1.2 m

BG d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(-0.8m)2 + (1.48m)2 + (-0.64m)2

BH d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(0.6m)2 + (1.2m)2 + (-1.2m)2

d = 1.8 m

d = 1.8 m

Fr = 540 N (-0.8m i + 1.48 m j – j – 0.64 0.64 m k) 1.8 m

Fr = 750 N (0.6 m i + 1.2 m j – j – 1.2 1.2 m k) 1.8 m

F i = -240 N

F i = 250 N

F j = 444 N

F j = 500 N

F k = -192 N

F k = -500 N

MECÁNICA


SOLUCIÓN BG

BH

F i = -240 N

F i = 250 N

Fj =

444 N

F j = 500 N

F k = -192 N

F k = -500 N

Fi = -240 + 250 =

10 N

Fj = 444 + 500 = 944 N Fk = -192 - 500 = -692 N

Fr = (Fi) 2 + (Fj)2 + (Fk)2 Fr =

Cos i = Fi = 10 N = 89.51° F 1,170.51 N Cosj = Fj = 944 N = 36.245° F 1,170.51 N Cosk = Fk = -692 N = 126.24° F 1,170.51 N

(10)2 + (944)2 + (-692)2

Fr = 1,170.51 N MECÁNICA


EJEMPLO 8 Dos cables BG y BH están atados al marco ACD, como se muestra en la figura. Si la tensión en el cable BG es de 450 N y la tensión en el cable BH es de 600 N. Determinar los componentes de la fuerza ejercida por el cable BH y BG. Y la magnitud y la dirección de la resultante.

MECÁNICA


SOLUCIÓN 450 N 600 N

Fr = F (di + dj + dk) d BG = 450 N BH = 600 lb di= -1 m d i = 0.75 m d j = 1.85 m d j = 1.5 m d k = -0.8 m d k = -1.5 m

BG d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(-1)2 + (1.85m)2 + (-0.8m)2

BH d = (di) 2 + (dj)2 + (dk)2 d=

(0.75m)2 + (1.5m)2 + (-1.5m)2

d = 2.25 m

d = 2.25 m

Fr = 450 N (-1 m i + 1.85 m j – j – 0.8 0.8 m k) 2.25 m

Fr = 600 N (0.75 m i + 1.5 m j – j – 1.5 1.5 m k) 2.25 m

F i = -200 N

F i = 200 N

Fj =

370 N

F j = 400 N

F k = -160 N

F k = -400 N

MECÁNICA


SOLUCIÓN BG

BH

F i = -200 N

F i = 200 N

Fj =

370 N

F j = 400 N

F k = -160 N

F k = -400 N

Fi = -200 + 200 =

0N

Fj = 370 + 400 = 770 N Fk = -160 - 400 = -560 N

Fr = (Fi) 2 + (Fj)2 + (Fk)2 Fr =

Cos i = Fi = 0N = 90° F 952.10 N Cosj = Fj = 770 N = 36.02° F 952.10 N Cosk = Fk = -560 N = 126.02° F 952.10 N

(0)2 + (770)2 + (-560)2

Fr = 952.10 N MECÁNICA


EJEMPLO 9 Un cañón apunta a un blanco A localizado a 20º al noroeste, sabiendo que el tubo del cañón forma un ángulo de 35º con la horizontal horizontal y que la máxima fuerza de disparo es de 800 N. Determinar: a) Los componentes (supóngase que el norte es el eje –z, –z, el sur z, el este x, oeste -x )

MECÁNICA


SOLUCIÓN

ℎ1 =  35° ∗ 800 

-Z norte

 = .  

 =  20° ∗ 655.321 

-X oeste

A

X este

 = .  

 =  20° ∗ 655.321 

 = .    =  35° ∗ 800 N

 = .  

MECÁNICA


EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA EN EL ESPACIO Una partícula “A” “A” esta en equilibrio si la resultante de todos las fuerzas f uerzas que actúan sobre A es cero.

MECÁNICA


EJEMPLO 1 Un cilindro de 200 kg se sostiene por medio de dos cables AB y AC que se amarran en la parte mas alta de una pared vertical. Una fuerza horizontal P perpendicular a la pared sostiene en la posición mostrada. Determinar la magnitud de P y la tensión en cada cable.

SOLUCIÓN 

  = 1.2

 = 1.2

 = 10 

 =

 = 8 

 = 10 

10 

P= Fx -Fy 1962 N w= ()  = 200  ∗ 9.8 /S2 w = 1962 

 =

(1.2) (10) (8)

 = 12.862 

F  =

−.++ .

. .      .      .   

MECÁNICA

 =

(1.2) (10) (10)

 = 14.192 

F  =

−.+− .

. .      .      .     


-Fy w=1962 N

SOLUCIÓN . .      .      .     

Fx P

. .      .      .    

∑ = 0.0 0.093 933 3    0.08 0.0845 45     0.7776 76    0.70 0.7047 47    1962 1962 = 0 ∑ = 0.77 0.622 2     0.70 0.7047 47   = 0 ∑ = 0.62    ∑ Despejar  0.7047   = 0.622  = 1.1329 FA FAC

Sustituir en ∑ 0.7776 1.1329   0.7047  = 1962 1.58 1.5856 56  = 1962 1962  =

1962 1.5856

. .  N FAC=  MECÁNICA


SOLUCIÓN FAC=   ..  N

∑ = 0.0 0.093 933 3    0.08 0.0845 45     0.7776 76    0.70 0.7047 47    1962 1962 = 0 ∑ = 0.77 0.622 2     0.70 0.7047 47   = 0 ∑ = 0.62

Sustituir en ∑

Sustituir en ∑

0.622    0.7047 1237.38  = 0

0.0 0.0933 1401.82 .82   0.0 0.0845 1237 237.38 .38  P= 0

0.622   871.91 = 0

130.7 0.789  104.55   = 0

 =

871.91 

 =235.347 N

0.622 

F = .  N

MECÁNICA


EJEMPLO 2 Un contenedor se sostiene por medio de tres cables que están unidos al techo como se muestra en la figura. Determine el peso w del contenedor si la tensión del cable AB es de 6 KN. KN .

MECÁNICA


SOLUCIÓN AD

AB=6KN

di= 0.5m dj= 0.6m dk= 0.36m

di= -0.45m dj= 0.6m dk= 0m dAB= (-0.45m) 2 +(0.6m) dAB=0.75m

2

2 2 dAD= (0.5m)2+(0.6m)+(0.36m) +(0.6m)+(0.36m)

Fy -W

dAD=0.86m

AC di= 0m dj= 0.6m dk= -0.32m MECÁNICA

dAC= (0.6m) 2 +(-0.32m)

2

dAD=0.68m UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN AD

AB=6KN

AC

di= -0.45m dj= 0.6m dk= 0m

di= 0.5m dj= 0.6m dk= 0.36m

di= 0m dj= 0.6m dk= -0.32m

dAB=0.75m

dAD=0.86m

dAD=0.68m

6KN(-0.45mi+0.6mj) 0.75m -3.6KNi+4.8KNj

MECÁNICA

FAD(0.5mi+0.6mj+0.36mk) 0.86m 0.581FADi+0.697FADj+0.418FADk

FAC(0.6mj-0.32mk) 0.68m 0.882FACj-0.47FACk


Fj -W

SOLUCIÓN 0.581FADi+0.697FADj+0.418FADk

-3.6KNi+4.8KNj ΣFi

-3.6KN+0.581FAD=0

0.882FACj-0.47FACk

ΣFk

0.418FAD-0.47FAC=0

ΣFj

4.8KN+0.697FAD+0.882FAC-W=0 Despejar FAD de ΣFi FAD=3.6KN 0.581 FAD=6.196KN

MECÁNICA

Sustituir FAD en ΣFk

Sustituir FAC y FAD en ΣFj

0.418(6.196KN) - 0.47FAC=0 4.8KN+0.697(6.196KN)+0.882(5.508KN)-W=0 2.589KN - 0.47FAC FAC=-2.589KN -0.47 FAC=5.508KN

4.8KN+4.318+4.858KN=W

W=13.976KN


EJEMPLO 3 Una caja esta sostenida por tres cables. Determinar el peso W de la caja si se sabe que la tensión del cable AD es de 924 Lb b)Si el cable AB tiene una tensión de 1378 Lb.

MECÁNICA


a) SOLUCIÓN Fy -W

AD = 924Lb di= -26in dj=45in dk=18in dAD=

(-26in)

2

2

+(45in) +(18)

2

dAD=55in

AB AC di=0in dj=45in dk=-24in MECÁNICA

dAC=

(45) 2+(-24in)

dAC=51in

2

di=28in dj=45in dk=0in dAB=

(28) 2 +(45in)

2

dAB=53in UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

a) SOLUCIÓN AD = 924Lb 924Lb

AC

di= -26in dj=45in dk=18in

di=0in dj=45in dk=-24in

dAD=55Lb

dAC=51in

AB

Fy -W

di=28in dj=45in dk=0in dAB=53in

924Lb(-26in i+45in j+18ink) 55in

FAC(45inj-24ink) 51in

-436.8i+756j+3024k

0.882FACj-0.4705FACk

MECÁNICA

FAB(28ini+45inj) 53in 0.528FABi+0.849FABj


Fy -W

a) SOLUCIÓN -436.8i+756j+3024k ΣFi

-436.8+0.528FAB=0 ΣFj

756+0.882FAC+0.849FAB-W=0 ΣFk

0.528FABi+0.849FABj

0.882FACj-0.4705FACk

Despejar FAB de ΣFi FAB=436.8 0.528 FAB=827.272Lb

302.4-0.4705FAC=0

Despejar FAC de ΣFk

Sustituir FAC y FAB en ΣFj 756+0.882(642.72Lb)+0.849(827.272Lb)-w=0

FAC=-302.4 -0.4705

756+566.8794+702.353-w=0

FAC=642.72Lb

W=2,025.23Lb

MECÁNICA


b) SOLUCIÓN Fy -W

AD di= -26in dj= 45in dk=18in dAD=

(-26in)

2

2

+(45in) +(18)

2

dAD=55in

AB = 1378 Lb AC di=0in dj=45in dk= -24in MECÁNICA

dAC=

(45) 2+(-24in)

dAC=51 in

2

di=28in dj=45in dk=0in dAB=

(28) 2 +(45in)

2

dAB=53in UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

a) SOLUCIÓN AD di=-26in dj=45in dk=18in dAD=55Lb

AC di=0in dj=45in dk=-24in dAC=51in

FAD(-26in i+45in j+18ink) 55in

Fy AB=1378 AB=1378 Lb -W Di=28in dj=45in dk=0in dAB=53in

FAC(45inj-24ink) 51in

1378 Lb(28ini+45inj) 53in

Lbi+1170Lbj -0.4727FADi+0.8181FADj+0.3272FADk 0.8823FACj-0.4705FACk 728 Lbi+1170Lbj

MECÁNICA


Fy -W

a) SOLUCIÓN

-0.4727FADi+0.8181FADj+0.3272FADk 0.8823FACj-0.4705FACk 728 Lbi+1170Lbj Lbi+1170Lbj ΣFi

Despejar FAC en ΣFk

-0.4727FAD+728Lb=0

0.3272(1540.08Lb) – 0.3272(1540.08Lb) – 0.470 0.4705F 5FAC=0 AC=0

ΣFj

-W+0.8181FAD+0.8823FAC+1,170Lb=0 ΣFk

0.3272FAD – 0.3272FAD – 0.4 0.4705FAC 705FAC=0 =0

Despejar FAD de ΣFi

503.9141Lb) – 0.4 – 0.4705F 705FAC=0 AC=0 FAC= -503.9141Lb = 1,071.018 1,071. 018 0.4705 FAC= 1,071.018 Lb

Sustituir FAC y FAD en ΣFj

FAD= -728 -0.4727

-W+0.8181(1540.08)+0.8823(1071.018)+1,170Lb=0

FAD=1540.08Lb

W=3,374.89Lb

MECÁNICA

-w+1259.939Lb+944.9591Lb+1170Lb=0


FIN

UNIDAD I

MECÁNICA


UNIDADII "CUERPOS RÍGIDOS" Anteriormente se supo que cada uno de los cuerpos considerados podía ser tratado como una solo partícula. Si embargo adopta tal suposición, no es siempre posible, y en general un cuerpo debe tratarse como una combinación de un gran numero de partículas. En mecánica elemental se supone que la mayoría de los cuerpos son rígidos, siendo cuerpo rígido el que no se deforma.

MECÁNICA


CUERPOS RÍGIDOS Fuerzas externas Representan la acción de otros cuerpos sobre el cuerpo rígido en consideración.

Fuerzas internas Son las que mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo rígido.

MECÁNICA


PRINCIPIO DE TRA TRANSMISIBILIDAD NSMISIBILIDAD FUERZAS EQUIVALENTES El principio de transmisibilidad establece que las condiciones de equillo o de movimiento de un cuerpo rígido permanecerán inalteradas si una fuerza fuer za F que actúan en un punto dado de ese cuerpo se reemplaza por una fuerza f uerza F que tiene la misma magnitud y dirección, pero que que actúan en un punto distintos siempre y cuando las dos fuerzas tengan la misma línea de acción

MECÁNICA

UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACI O

PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES +

j

i

-

k

ixi= 0 ixj= k i x k = -j

MECÁNICA

j x i = -k j x j = 0 j x k = i

kxi= j k x j = -i kxk=0


Momentos de una fuerza alrededor de un punto Mo = r F

Componentes rectangulares del momento de una fuerza

r = (x i + y j + z k) F = (Fx i + Fy j + Fz k) i Mo = x Fx MECÁNICA

j

k y

z

Fy

Fz UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

EJEMPLO1 Una acción de pared de concreto premezclado se sostiene temporalmente por medio de 2 cables, si se sabe que la tensión en el cable BD es de 900 N, Determinar el momento con respecto a “o” de “o” de la fuerza que ejerce el cable en B.

MECÁNICA


SOLUCIÓN

d = (-1m)2 + (-2m)2 + (2m)2 = 3m

Fx = -300N Fy = -600N Fz = 600N MO= r F

r= 2.5mi + 2mj Para obtener i Para obtener j Para obtener k + 1200i di = - 1m dj = -2m dk= +2m MECÁNICA

-1500j

+(-1500)k – +(-1500)k –(-600k) (-600k)

Mo = (1200)2 + (1500)2 + (900)2 Mo= 2121.32N UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

EJEMPLO 2 Sobre la ménsula ABC se plica una fuerza f uerza de 200n determine el momento de la fuerza con respecto a la fuerza aplicada con respecto a “A” 200 N

y 60mm

B

C

60°

x

25mm

z 50mm

A MECÁNICA


SOLUCIÓN

r= 0.60mi + 0.75mj + 0mk 200 N

y 60mm

B

Fz= Cos60(200N)

60°

Fz= 100N (Fk)

25mm

x

z 50mm

C

A

Fy= Sen60(200N) Fy= -173.205N (Fj) Fx= 0N (Fi)

i = 75j j = -60J k= -103.923j

Mo= 141.509 J MECÁNICA


MOMENTOS DE UNA FUERZA RESPECTO A UN EJE M = ● (r x F) xyz Mo =

x

y

z Fx

MECÁNICA

Fy

Fz


EJEMPLO 1 El armazón ACD esta articulado en A y D sostenido por un cable que pasa por el punto en B fijo en unos ganchos en G y H. Sabiendo que la tensión en el cable BH es de 1125 N. a) Determinar el momento con respecto a la diagonal AD de la fuerza ejercida sobre el armazón por la posición BH del cable. b) Determinar el momento con respecto a la diagonal AD si la fuerza BG es de 540 N.

700 mm

740 mm

600 mm

600 mm

SOLUCIÓN a) Determinar el momento con respecto a la diagonal AD de la fuerza ejercida sobre el armazón por la posición BH del cable. c able. Mo = xyz x Fx

•  =

700 mm

y Fy



z Fz

 ,,

  

dx = 0.8 m dy = 0 m dz = - 0.6 600 mm

740 mm

r

 A AD D 600 mm

dR = 2  2  2 d = 0.8 2  0  2   0.6

 =

.  + −.  

x = 0.8 m y = 0 m z = - 0.6 m MECÁNICA


2

a) SOLUCIÓN x = 0.8 m y = 0 m z = - 0.6 m

700 mm

• rABx = 0.4 m rABy = 0 m rABz = 0 m

600 mm

740 mm

 A AD D

r

600 mm

• Fr = F (di + dj + dk) d 1125 1125  (0.3 (0.3   0.6 0.6   0.6 0.6  0.9 

Fx = 375 N Fy = 750 N Fz = - 750 N

MECÁNICA

Mo =

i 0.8 m 0.4 m 375 N 0

j k 0 m - 0.6 m 0m 0m 750 N - 750 N 0

0

0

i j 0.8 m 0 m 0.4 m 0 m 375 N 750 N 0

- 180

Mo = - 180 N UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

b) SOLUCIÓN •  =



 ,,

  

700 mm

AD dx = 0.8 m dy = 0 m dz = - 0.6 dR = d =

2  2  2 0. 0.8

2

600 mm

740 mm

0

r 2

 0.6

2

 A AD D 600 mm

dR =1 m

 =

.  + −.  

x = 0.8 m y = 0 m z = - 0.6 m

• rABx = 0.4 m MECÁNICA

rABy = 0 m

rABz = 0 m UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

b) SOLUCIÓN

AD si la fuerza BG es de 540 N Momento con respecto a la diagonal AD si 700 mm

• x = 0.8 m y = 0 m z = - 0.6 m • rABx = 0.4 m rABy = 0 m rABz = 0 m

600 mm

740 mm

 A AD D

r

600 mm

• Fr = F (di + dj + dk) d 540 540  ( ( 0.4 0.4   0.74 0.74   0.32 0.32  0.9 

Fx = - 240 N Fy = 444 N Fz = - 192 N

Mo =

i 0.8 m 0.4 m -240 N 0

j k i j 0 m - 0.6 m 0.8 m 0 m 0m 0m 0.4 m 0 m 444 N -192 N -240 N 444 N 0 0 0 0 -106.56

Mo = - 106.56 N MECÁNICA


EJEMPLO 2 La sección ABCD es una plataforma inclinada. Determinar el mo de AD, con respecto a la fuerza de EF si es de 24.3 KN.

MECÁNICA


SOLUCIÓN •  =



Mo =

xyz

x Fx

 ,,

  

y Fy

z Fz

AD dx = 7.2 m dy = 0.9 m dz = 0 m dR = 2  2  2 d = 7. 7.2 2  0.9  2   0

 AD

 2

dR =7.25603 m

 =

.  +. −  . 

x = 0.9922 m y = 0.124 m z = 0 m

• rAEx = 2.1 m rABy = - 0.9 m MECÁNICA

rABz = 0 m UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

SOLUCIÓN • F = F (di + dj + dk) d

EF = 24.3 KN di = 0.3 m dj = 1.2 m dk = 2.4 m

d = 2  2  2 d= 0.3 2  1.2  2  2.4  d =2.7 m

2

7.2 m Hp 2.4 m Hp x = co

co 0.9 m

24.3 24.3   (0.3 (0.3   1.2 1.2  2.4 2.4  2.7 

Fx = 2.7 KN Fy = 10.8 KN Fz = 21.6 KN

Para obtener j de EF  .  Sen  =  = .   7.18 ° 

Sen  = 

co = Sen (7.18 °)(2.4) x = 0.3 m

j = 0.9 m+ 0.3 m = 1.2 m MECÁNICA


SOLUCIÓN Mo =

Mo 0.4 m=

xyz

x Fx

y Fy

z Fz

Ya se s e obtuvieron todos los datos para llenar la matriz. • x = 0.9922 m y = 0.124 m z = 0 m

i j k i j 0.9922 m 0.124 m 0 m 0.9922 m 0.124 m 2.1 m - 0.9 m 0m 2.1 m - 0.9 m 2.7 KN 10.8 KN 21.6 KN 2.7 KN 10.8 KN 0

0

5.624 (-)

- 19.288

0

0

Mo = - 5.624 – 5.624 – 19.288 19.288

Mo = - 24.912 KN

• rAEx = 2.1 m rABy = - 0.9 m rABz = 0 m • Fx = 2.7 KN Fy = 10.8 KN Fz = 21.6 KN MECÁNICA


EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS

MECÁNICA


EJEMPLO1 Un montacargas de 2800 kg levanta una caja de 1500 kg. Determinar la reacción: a) Ruedas Ruedas delante delanteras ras A b) Ruedas Ruedas tras trasera erass B

MECÁNICA


SOLUCIÓN

MECÁNICA


EJEMPLO 2 Una grúa fija tiene una masa m asa de 1000 kg y se emplea em plea para levantar una carga de 2400 kg , se mantiene en su lugar por un perno en A y un balancín en B. El centro de gravedad de la grúa se localiza en G. Determine las componentes de las reacciones en A y en B

MECÁNICA


SOLUCIÓN

MECÁNICA


FIN

UNIDAD II

MECÁNICA


UNIDAD III ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS MÉTODO DE NODOS

MECÁNICA


EJEMPLO 1

Determinar las fuerzas en cada miembro de la armadura usando el método de nodos 1050 lb

30 in 30 16

16 in

MECÁNICA

40 in


SOLUCIÓN 1050 lb

F = 1050 lb

30 in 30 16

16 in

40 in

ΣMB = ΣMB = 0

ΣFy = 0

-1500(16) + Fc (56) = 0

-1500 lb+ 300 + By = 0

Fc = 1050(16) 56

By = 1050 - 300

Fc = 300 lbc

Fc = 750 lb

MECÁNICA

ΣFx = 0

Bx=0


SOLUCIÓN Nodo A F = 1050 lb

F = 1050 lb

ABX

ACY

ABY

ΣFx = 0 -16 FB + 40 FC = 0 34 50 FB = 40/50 FC 16/34

ΣFy = 0 -1050 – -1050 – 30 30 FC -30 FB = 0 50 34 -1050 – -1050 – 30 30 FC – FC – 30(1.7003 30(1.7003 FC) = 0 50 34

FB = 1.7003 FC

ACY

FAB

FAC -1050 – -1050 – 2.1002 2.1002 FC = 0 -2.1002 FC = 0 FC = 1050 = 499.95 lb -2.1002

-1050 -.6 FC – FC – 1.5002 1.5002 FC = 0 MECÁNICA


SOLUCIÓN Nodo B F = 1050 lb F = 1050 lb

FBA 30

By

16

Bx

ΣFy= ΣFy= 0

ΣFx = 0 FBC + BX + 16/34 FAB = 0

FAB = -750 30/34

FBC = -16/34 FAB

FAB = -850

FBC= -16/34 (-850)

FAB= 850 lb COMPRESIÓN

MECÁNICA

FBC= 400 lb

EXPANSIÓN


SOLUCIÓN Nodo C F = 1050 lb

FAC 30

FY

FBC

40 FX

ΣFx = 0 ΣFy= 0 300 lb +30 FAC = 0 50 FAC = -300 30 /50 FAC = - 500 MECÁNICA

COMPRESIÓN

- FBC 40 FAC = 0 50 - FBC 40 (-500) = 0 50 - FBC + 400 = 0 FBC= 400 EXPANSIÓN UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE GÓMEZ PALACIO

FIN

UNIDAD III

MECÁNICA


MECÁNICA EVIDENCIA DE LA UNIDAD I Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

T1

1.- Un barco es arrastrada por dos remolcadores, si la resultante de las fuerzas ejercidas por los remolques es de 3500 N, dirigidas a lo largo del eje del eje del barco. a) Determinar la tensión de cada una de las cuerdas. (método del triangulo rectángulo ó matemático)

25º

Barco

R1

3500 N

A=55º T2

R2 2.- Dos cables se unen en el punto A. Determinar la tensión AC y AB (sumatoria de fuerzas)

3 .- Determinar la tensión TAC y TBC (método matemático)

MECÁNICA RECUPERACION DE LA EVIDENCIA DE LA UNIDAD I Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

1.- Dos fuerzas son aplicadas a una armella sujeta a una viga. Determine en forma grafica la magnitud y la direccion de su resultante usando.

2.- Dos cables se amarran juntos en C y se cargan como se indica la figura. Determine la tensión en a) el ca cable AC b) b)el ca cable BC BC

MECÁNICA EVIDENCIA DE LA UNIDAD II Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

1.- El 1.- El alambre de una torre está anclado en A, por medio de un perno, la tensión en el alambre es de 2500 N, determine: la fuerza resultante. 2.- 2.- Dos cables BG y BH están atados al marco ACD, sabiendo que la tensión es de 540 N en el cable BG y de 750 N en el cable BH determinar la magnitud y dirección de la resultante de las fuerzas que ejercen los cables sobre el marco en B. 3.- Una caja esta sostenida por tres cables. Determina el peso W de la caja si se sabe que la tensión en el cable AB es de 1378 lb.

MECÁNICA EVIDENCIA DE LA UNIDAD III Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

1. Una sección de una pared de concreto premezclado se sostiene por medio de dos cables como se muestra en la figura. Si la tensión en cada cable, BD y FE, es de 820 y 645 N, respectivamente, determine el momento respecto al punto O de la fuerza ejercida por: Cable BD Cable FE

2. La sección ABCD de una pasarela inclinada en voladizo mide 2.4 m de ancho y esta parcialmente sostenida por los elementos EF y GH. Si la fuerza compresiva ejercida por el elemento GH sobre la pasarela en el punto H es de 21.3 KN, determine el momento de esa fuerza respecto al borde AD.

MECÁNICA EVIDENCIA DE LA UNIDAD III Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

3. Se usa una grúa montada en una camioneta para levantar un compresor de 750 lb. Los pesos de la pluma y el camión son los indicados así como el ángulo de inclinación es de 40°. Determinar la reacción de cada una de las: Ruedas traseras C Ruedas delanteras D

4. Se aplican tres cargas a una viga como se muestra en la figura. La viga se apoya en un rodillo en A y en un perno en B. Sin tomar en cuenta el peso de la viga, determine las reacciones en A y B cuando P=15 kips.

MECÁNICA EVIDENCIA DE LA UNIDAD IV Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

REPORTE DE LA EVIDENCIA I IV V Investigar el método de nodos. Para calcular fuerzas en estructuras.  Desarrollar 3 ejercicios de las siguiente lista. o similares.  Realizar el ejercicio y procedimiento en Word, entregar en USB.  Al momento de la entrega se seleccionara al lazar a tres tres personas para que expliquen la elaboración de su evidencia. 

MECÁNICA EVIDENCIA DE LA UNIDAD IV Alumno:_______________________ Grado:__ secc.__ Fecha:_____

Utilice el método de los nodos para determinar la fuerza presente en cada elemento de las armaduras que muestran las siguientes figuras. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

224709449-Hola

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