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Cap. 7 Marcos y bastidores

Pág. 7-7 1000 N

Ejemplo 7.1: C

Calcular las fuerzas que actúan en los dos los elementos del marco mostrado. M es el punto medio de la barra BD.

4

3

m c 0 6

B

Solución:

500 N m c 0 6

Desmembraremos el marco y analizaremos el equilibrio de ambas barras por separado.

M D

A

Para la barra ABC :

1000 N 4

C

∑ M A = 0 : →

m c 0 6

B y

∑ F x = 0 :

B

→

∑ F y = 0 : A

→

A y

B x

B x =

1600 N

(1)

A x + B x − 1000 (4 / 5) = 0 A x = − 800 N

(2)

A y + B y − 1000 (3 / 5) = 0 A y + B y = 600

(3)

Para la barra BD: 4 2 ,4 3 c m

B

B x (60) − 1000 (4 / 5) = 0

(1)

B x

m c 0 6

A x

60 cm

3

∑ M D = 0 :

500 N

B x

(60) + B y (60) + 500 (30 2 )

=

0

(1) m c 0 6

4 2 ,4 3 c m

B y M

D

D x

60 cm

( 4)

→

(4) en (3):

1600 (60) + B y (60) + 500 (30 2 ) = 0

→

B y = − 1953,55 N

∑ F x = 0 :

D y

∑ F y = 0 :

→

(4)

− B x + D x − 500 ( 2 / 2) = 0

(1)

→

− 1600 + D x − 250

→

D x = 1953,55 N

2 =0 (5)

− B y + D y − 500 ( 2 / 2) = 0 − (−1953,55) + D y − 250

A y + ( − 1953,55) = 600

2

=0 →

→

D y = − 1600 N

(6)

A y = 2553,55 N

Ahora podemos comprobar la validez de nuestros resultados comprobando el equilibrio de toda la estructura:

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño


Pág. 7-8

1000 N C

4

∑ F x = 0 :

3

m c 0 6

∑ F y = 0 :

A x + D x − 1000 ( 4 / 5) − 500 ( 2 / 2) = 0

(−800) + (1953,55) − 800 − 250 2

=0

A y + D y − 1000 (3 / 5) − 500 (

=0

2 / 2)

2553,55 + ( −1600) − 600 − 250 2 = 0

B

OK!

OK!

500 N M

m c 0 6

A x

∑ M A = 0 :

D y

(60) + 1000 (0,8) (120)

D y = − 1600 N D

A

A y

Respuesta:

60 cm

=

0

OK!

D x

D y

A continuación se muestran las dos barras con las fuerzas actuantes en ellas. 1000 N 4

C

m c 0 6

3

1953,55 N B y B

1953,55 N

m c 0 6

800 N

1600 N

4 2 ,4 3 c m

B

1600 N

m c 0 6

B y M

500 N

4 2 ,4 3 c m

A D

2553,55 N


1953,55 N

60 cm 1600 N



Pág. 7-9 C

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

m c 0 7

250 N

G

B

D

Solución: DCL del sistema 150 N C

250 N

∑ F = 0 : x

250 − A x = 0 → m c 0 7

G

B

A x = 250 N

∑ M A = 0 :

D

E

A

30 cm

(1)

50 cm

250 (70) + 150 (15) = E y (50) E y = 395 N

→

(2)

150 N

∑ F y = 0 : A A x

E

( 2)

→

A y = 395 − 150

→

A y = 245 N

15 cm

A y

E y

30 cm

− A y + E y − 150 = 0

50 cm

(3)

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

B x

Para la barra BD:

D y

B y G

B

D

D x

∑ M B = 0 :

D y (30) − 150 (15) = 0

→ 15 cm

150 N

∑ F x = 0 :

30 cm

∑ F y = 0 : C y′ C x′

C

B y + D y = 150

= 0:

∑ F x = 0 : B x

m c 8 2

D x = B x

(5)

→

B y = 150 − 75

→

B y = 75 N

(6)

Barra CBA: B

B

(4)

( 4)

∑ M m c 0 7

D y = 75 N

∑ F y = 0 :

A x

(28)

= C ′x

(42)

B x − A x − C x′ =

→

C x′ = 166,6 N

(7)

B x = 416,6 N

(8)

(7)

0

→ ( 3) y ( 6 )

− A y − B y − C y′ = 0

→

C y′ = − 320 N

(9)

B y

A A x A y




Pág. 7-10

Para la barra BD:

C y′′

C

C x′′

∑ F y = 0 :

C y′′ − D y + E y = 0

( 4) y ( 2 )

C y′′ = − 320 N

→

D

D x

∑ M C = 0 :

m c 0 7

D x ( 42) + D y (30) − E y (50) = 0

( 4) y ( 2)

D x = 416,6 N

→ m c 8 2

D y

(10)

∑ F x = 0 :

E

C x′′ − D x =

(11)

0

C x′′ = 416,6 N

→

(12)

E y

30 cm 50 cm

Comprobación:

Ecuaciones de equilibrio para el pin C .

C y′ C x′′

∑ F x = 0 :

− C x′′ + C x′ + 250 = 0

C x′

C

(OK!)

− 416,6 + 166,6 + 250 = 0

250 N

∑ F y = 0 :

C y′′

C y′ − C y′′ = 0

− 320 − (−320) = 0

(OK!)

A continuación se muestran las fuerzas (magnitud, dirección y verdadero sentido) que actúan en todos los elementos de la estructura: 320 N C

320 N 166,6 N

416,6 N C

320 N

166,6 N

C

416,6 N

250 N 320 N 75 N

75 N

m c 0 7

B

m c 8 2

416,6 N 416,6 N B

G

150 N

75 N

D

416,6 N

416,6 N

m c 0 7

D

75 N

m c 8 2

15 cm 30 cm

A

E

250 N 245 N

395 N

30 cm 50 cm




Pág. 7-11

Ejemplo 7.3:

C

Calcular las reacciones en el empotramiento A así como las fuerzas en todas las articulaciones. Presentar el DLC de la barra AEB. Solución:

e i p 2

100 lb e i p 2

DCL de la polea:

A

E e B i

p 1

D y

D x = 500 lb

D

500 lb

D y = 500 lb

D x

R = 0,5 pie

D

W = 500 lb

Barra CD:

500 lb

C y C x

C

e i p 4

3 pie

3 pie

∑ F y = 0 :

C y + E y = 500

∑ M E = 0 :

C x (4) + 500 (1) = 0

→

C x = − 125 lb

∑ F x = 0 :

C x + E x − 500

(1)

(2)

E y E x

E

( 2)

e i p 1

D

=0

→

E x = 625 lb

(3)

D x = 500 lb D y = 500 lb

∑ M B = 0 :

Barra CB: C x

− C x ( 4) + C y (3) + 100 ( 2) = 0

( 2)

C

→

C y

e i p 2

en (1):

C y = 233,33 lb

(4)

E y = 266,67 lb

(5)

100 lb

∑ F y = 0 :

e i p 2

B

B x

∑ F x = 0 :

( 4)

B y − C y = 0

B y = 233,33 lb

→

(6)

( 2)

− C x + 100 + B x = 0 →

B x = − 225 lb

(7)

3 pie

B y

∑ F x = 0 :

Barra AB:

( 3) y ( 7 )

A y A x

− A x − E x − B x = 0

→ A

E x

M A

B

E

E y 3 pie

B y 3 pie

B x

∑ F y = 0 :

A x = 400 lb

(8)

A y − E y − B y = 0

(5) y (6 )

→

∑ M A = 0 :

A y = 500 lb

(9)

M A − E y (3) − B y (6) = 0

(5) y (6 )

→


M A = 2200 lb − pie

(10)



Pág. 7-12

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

∑ F x = 0 :

C

→

e i p 2

100 lb

∑ F y = 0 : e i p 2

A y A x

A

→

A x = 400 lb

OK!

A y − 500 = 0 A y = 500 lb

OK!

E

∑ M A = 0 :

e B i

M A

A x − 500 + 100 = 0

500 lb

p 1

D

M A − 500 (1) − 500 (3) − 100 (2) = 0

500 lb 3 pie

M A = 2200 lb − pie

→

3 pie

A continuación se muestran las tres barras que componen el marco con todas fuerzas (magnitud, dirección y verdadero sentido) que actúan en ellas: 233,33 lb 125 lb C

125 lb

C

e i p 2

233,33 lb 100 lb

e i p 4

e i p 2

266,67 lb 625 lb

E

e i p 1

D

B

3 pie

225 lb

233,33 lb

D x = 500 lb D y = 500 lb

500 lb 400 lb

A

625 lb

2200 lb-pie

225 lb 233,33 lb

266,67 lb 3 pie


B

E

3 pie



Pág. 7-13 E

Ejemplo 7.4: Para el marco mostrado se sabe que W = 900 N y que las dos poleas son idénticas, su diámetro es de 1,20 m y su peso despreciable. Se pide calcular las reacciones en todas las conexiones. Presentar el DLC de las dos barras con las fuerzas actuantes (mostrar módulo, dirección y sentido).

m 6 , 3

D

m 6 , 3

A

Solución: El equilibrio de las poleas (de peso despreciable) y del bloque de peso W exige que:

T

T

0,9 m1,2 m

T

W

∑ F y = 0 :

C

T T

θ

(1)

W

3,30 m

∑ M A = 0 :

C

B y 1,2 m

T = 900 N

T B x B

A x A

T

T = W

Análisis de la barra ABC :

T

A y

2,10 m

0,6 m

→

T

2,70 m

C

T

T D

B

donde:

T

2,10 m

T (1,2) + B y ( 4,5) − T (1 − sen θ ) (6,6) = 0

tan θ = 3,6 / 4,8 = 3 / 4

→

sen θ = 0,6 cosθ = 0,8

(1)

→

∑ F y = 0 : →

∑ F x = 0 :

E x

B y = 288 N

(2)

− A y + T + B y + T senθ − T = 0 A y = B y + T sen θ

→

A y = 828 N

(3)

A x − B x − T cosθ = 0

→

A x − B x = 720

(4)

E y

Análisis de la barra EDB:

E

∑ M E = 0 : B x (7,2) + T cos θ (3,6) − T (1 + sen θ ) ( 2,70) − B y (5,4) = 0

m 6 , 3

(1)

→

D

B x = 396 N

(5)

θ

m 6 , 3

T

(1) y (5) B

2,70 m

2,70 m

∑ F x = 0 :

T B x

B y

→

∑ F y = 0 : (1)

→

(5) en (4):

− E x + T cosθ + B x = 0

E x = 1116 N

(6)

E y − T (1 + senθ ) − B y = 0 E y = 1728 N

(7)

A x = 1116 N




Pág. 7-14

Comprobación con el equilibrio del marco completo:

∑ F x = 0 :

E y E x

E

− 1116 + 1116 = 0

→

∑ F y = 0 :

m 6 , 3

D

m 6 , 3

∑ M A = 0 : B

A

A x

0,9 m1,2 m

2,70 m

C 2,10 m

OK!

E y − A y − T = 0

1728 − 828 − 900 = 0

→

A y

− E x + A x = 0

OK!

E x (7,2) − E y (0,9) − T (7, 2) = 0

1116 (7,2) − 1728 (0,9) − 900 (7,2) = 0 OK!

→

0,6 m

0,6 m

T

Otra posible comprobación sería con el marco completo pero sin las poleas: E y E x

∑ F x = 0 :

E

∑ F y = 0 :

m 6 , 3

D

E y − A y + T − T − T senθ + T senθ − T = 0

θ

T

A x

OK!

− 1116 + 1116 = 0

→

m 6 , 3

− E x + A x + T cosθ − T cosθ = 0

A y

T

T

A

θ

0,9 m1,2 m

1728 − 828 − 900 = 0

→

T

2,70 m

B

2,10 m

OK!

∑ M A = 0 :

C

E x (7,2) − E y (0,9) + T (1,2) − T (1,8) − T (6,6) = 0

T

0,6 m

1116 (7,2) − 1728 (0,9) + 900 (1,2 − 1,8 − 7,2) = 0 OK!

A continuación se muestran los DCL finales de las dos barras: 1728 N 1116 N

828 N 1116 N A

E

288 N

9000 N

9000 N 396 N

θ

C

D 36,87°

B 9000 N

9000 N 9000 N

B

396 N

288 N




Pág. 7-15

Ejemplo 7.5: Calcular la fuerza F horizontal que se requiere para mantener el equilibrio del sistema mostrado si θ = 60º . Además calcular las reacciones en A y C . Solución:

5 0 0 m m

B

B

30°

B

DCL de la barra AB:

5 0 0 m m

5 , 2 3 4

6000 N-mm

6 N-m

60°

A x A

60°

A

60°

C

250

A y

∑ M A = 0 :

6000 + B cos 30º ( 432,5) − B sen 30º ( 250) = 0

∑ F x = 0 :

A x − B cos 30º = 0

B = − 24,04 N

→

(1)

(1)

→

A x = − 20,82 N

(2)

A y = − 12,02 N

(3)

(1)

∑ F y = 0 :

A y − B sen 30º = 0

→

Análisis de la barra DC :

30°

D

F

D

F

5 0 0 m m

∑ M C = 0 :

B cos 30º ( 432,5) + B sen 30º ( 250) +

+ F (865) = 0 (1)

B

m m 5 6 8

30°

B

60°

C

F = 13,89 N

→

5 0 0 m m

(4) (1) y ( 4)

C x

C y

∑ F x = 0 :

F + B cos 30º + C x = 0

∑ F y = 0 :

B sen 30º − C y = 0

C x = 6,94 N

(5)

C y = − 12,02 N

(6)

→ (1)

→

500 mm

Comprobamos los resultados usando todo el sistema: D

F 5 0 0 m m

∑ F x = 0 :

F + C x + A x = 0

13,89 + 6,94 + ( −20,82) = 0

∑ F y = 0 :

B 5 0 0 m m

∑ M A = 0 : 60°

60°

C A y

500 mm

A y − C y = 0

( −12,02) − ( −12,02) = 0

6000 N-mm

A x A

OK!

C x

6000 − C y (500) − F (865) = 0 6000 − ( −12,02) (500) − (13,89) (865) = 0 OK!

C y




Pág. 7-16

Finalmente se muestran los dos elementos que componen el sistema, con todas las fuerzas actuantes en ellos:

30°

D

5 0 0 m m

F

24,04 N B

m m 5 6 8

30°

5 0 0 m m

30°

24,04 N

5 , 2 3 4

6000 N-mm

B

60°

20,82 N A

60°

250

500 mm

12,02 N

Ejemplo 7.6:

6,94 N

C 12,02 N

p D

Se muestra un mecanismo articulado empleado para triturar roca. Si la presión p en la cámara es 70 lb/pulg2 y el radio de pistón es 6 pulgadas encuentre la fuerza que el triturador ejerce sobre la roca. Los miembros AB, BC y BD están articulados en sus extremos.

30°

B

30°

A

P

30°

C

Solución: La fuerza originada por la presión p será: 2

F = p A = p π r = (70 lb/pulg

)

π (6 pulg)

2

→

F = 7916,81 lb

DCL del pistón D:

F N D

D

2

∑ F y = 0 :

− F + F BD cos 30º = 0

→

F BD = 9141,55 lb

30°

DCL del pin de acople B:

F BD

∑ F x = 0 : → 30° F BD

B

→

30°

30°

F BA

F BC

F BA P

∑ F y = 0 :

F BA cos 30º − F BC cos 30º − 9141,55 sen 30º = 0 F BA − F BC = 5277,86 lb

(1)

F BA sen 30º + F BC sen 30º − 9141,55 cos 30º = 0 F BA + F BC = 15833,63 lb

(2)

de (1) y (2): F BA = 10555,75 lb F Bc = 5277,88 lb DCL del bloque triturador A:

30°

A

∑ F x = 0 : →

N A


P − F BA cos 30 º = 0 P = 9141,55 lb



Pág. 7-17

Ejemplo 7.7:

D

La varilla lisa CD de longitud 500 mm y peso 200 N está articulada al collarín D y desliza por la guía B del elemento AB, de peso despreciable. Hallar el par M necesario para que el sistema esté en equilibrio cuando θ = 30º y además las reacciones en A, B y D. Solución: 216,51 mm

A y A

B C

− M − 200(183,49) − D y (400) = 0

300 N

− M − 36698 − 400 D y = 0

30°

M 2 0 0 m m

G m 0 m 5 2

30°

B

W CD=200 N

C

∑ F y = 0 :

A y − 200 − D y = 0

(2)

∑ F x = 0 :

A x = 300 N

(3)

∑ F y = 0 : 30°

m m 6, 4 4 3

D y

− N B cos 30º − 200 − D y = 0 − 0,866 N B − 200 − D y = 0

u

30° 300 N

D 30°

30°

∑ F x = 0 : →

G

( 4)

B

M B

30°

W CD=200 N

C

(1)

Análisis de la barra CGD:

m 0 m 2 5

v

300 N

∑ M A = 0 :

D y D

N B

θ

M 2 0 0 m m

Para el conjunto: 400 mm

A x

A

→

m 0 m 2 5

(1)

→

m 0 m 2 5

( 2)

→

∑ M D = 0 :

(4)

N B sen 30º − 300 = 0 N B = 600 N

(5)

D y = −719,6 N

(6)

M = 251143,0 N − mm

(7)

A y = − 519,6 N

(8)

N B (346,4) + M B + 200 cos 30º (250) = 0

( 5)

M B = − 251141,27 N − mm

→

A x

(9)

A y

Comprobamos analizando equilibrio del elemento AB:

A

∑ M A = 0 :

M + M B = 0

251143,0 + ( −251141,27) = 0

M 2 0 0 m m

∑ F x = 0 :

A x − N B sen 30º =

0

300 − 600 (0,5) = 0 B

M B 30° N B

∑ F y = 0 :


OK!

OK!

A y + N B cos 30º = 0

− 519,6 + 600 (0,866) = 0

OK!



Pág. 7-18

Ejemplo 7.8: Determinar las reacciones en los apoyos A y C y calcular todas las fuerzas actuantes en el pin B.

R = 50 cm

D C B

Solución: m c 0 0 4

Un análisis sencillo de la carga sobre la polea y del equilibrio de ésta nos permitirá simplificar el sistema de la siguiente manera:

W = 500 N

300 cm

500 N 500 N

C

A

T = 500 N

500 N

B

500 N 500 N m c 0 0 4

T = 500 N

A

C

W = 500 N

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

300 cm

Análisis de la barra AB: B x

B

B y

m c 0 0 4

A

∑ F x = 0 :

A x = B x

(1)

∑ F y = 0 :

A y = B y

(2)

∑ M A = 0 :

B x ( 400) = B y (300)

(3)

A x A y

300 cm

Análisis de la barra AB:

B x′ B y′

B

∑ M C = 0 :

B x′ = 0

(4)

∑ F = 0 :

C x = 0

(5)

∑ F y = 0 :

C y + B y′ = 0

(6)

x

m c 0 0 4

C x C C y

Notar que los resultados (4) y (5) son muy lógicos pues la barra BC es una barra tipo biela o autoequilibrante (está sometida a la acción de únicamente dos fuerzas).

B y B x′

Análisis del pin B: B

B x 500 N

B y′ 500 N

∑ F x = 0 :

B x + 500 = B x′

(7)

∑ F y = 0 :

B y = 500 + B y′

(8)




Pág. 7-19

Ahora podemos resolver el sistema de ecuaciones: (4) en (7):

B x = − 500 N

(9)

en (1):

A x = − 500 N

(10)

(9) en (3):

B y = − 666,67 N

(11)

(11) en (2):

A y = − 666,67 N

(12)

de (8):

B y′ = B y − 500

(13) en (6):

C y = 1166,67 N

(11)

→

B y′ = − 1166,67 N

(13) (14)

Ahora podemos comprobar la valides de nuestros resultados utilizando las ecuaciones de equilibrio para todo el sistema:

∑ F x = 0 :

A x − C x + 500 = 0

( −500) − (0) + 500 = 0 B

∑ F y = 0 :

500 N

∑ M A = 0 : A

A y

A y + C y − 500 = 0

( −666,67) + (1166,67) − 500 = 0

m c 0 0 4

A x

OK!

500 N

C

C x

C y (300) − 500 (400) − 500 (300) = 0

(1166,67) (300) − 500 (400) − 500 (300)

=

0

OK!

C y

300 cm

OK!

Notar que también se pudo haber utilizado el sistema original para realizar la comprobación:

R = 50 cm

500 N

C B

∑ M A = 0 :

m c 0 0 4

A x

A A y

W = 500 N

300 cm

Las ecuaciones correspondientes al equilibrio de fuerzas en los sentidos horizontal y vertical son las mismas que en la anterior comprobación, solamente varía la ecuación de equilibrio de momentos:

C y (300) − 500 (450) − 500 (250) = 0

(1166,67) (300) − 500 ( 450) − 500 ( 250) = 0 C

C x

OK!

C y




Ejemplo 7.9:

Pág. 7-20

Determinar las reacciones en A y C y las fuerzas en el pin B. Considere W = 500 N y el peso de la polea despreciable. Solución: Quitando la carga, el sistema queda como se muestra:

R = 50 cm E C B

T = 500 N

E C B

m c 0 0 4

W

m c 0 0 4

500 N

W = 500 N C

A

A x A 300 cm

C

50 cm

A y

300 cm

C x C y

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

∑ F x = 0 :

A x + C x = 0

→

A x = 0

(2)

∑ M A = 0 :

C y (300) − 500 (250) = 0

→

C y = 416,67 N

(3)

∑ F y = 0 :

A y + C y = 500

→

A y = 83,33 N

(4)

T = 500 N

m c 0 5

500 N E B

500 N

500 N

500 N

500 N

500 N

A x A

= 0:

C y (300) − 500 (300) − 500 ( 400) + 500 (450) = 0 →

C y = 416,67 N

Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas en las direcciones horizontal y vertical son idénticas a las expresiones (2) y (4), respectivamente.

C

300 cm

∑ M A

m c 0 0 4

C x A y

Otra manera de realizar el análisis de la estructura completa sería desmontando la polea:

C y


m c 0 5

500 N

E

B

B y

m c 0 0 4

B x

∑ F x = 0 : ∑ F y = 0 :

A x + B x − 500 =

0

( 2)

→

B x = 500 N

(5)

B y = 83,33 N

(6)

( 4)

A y − B y = 0

→

∑ M A = 0 : (como comprobación) (5) y ( 6)

A

B y (300) + B x ( 400) − 500 ( 450) = 0

A x A y

→

OK!

300 cm




Análisis de la barra BC :

B y′ B x′

Pág. 7-21

B

(1)

∑ F x = 0 :

C x − B x′ = 0

( 3)

∑ F y = 0 :

m c 0 0 4

→

C y + B y′ = 0

→

B x′ = 0

(5)

B y′ = 416,67 N

(6)

C x = 0 C

C y

Comprobación mediante análisis del pin B:

∑ F x = 0 :

B y

B x

B

Bx′

B x′ + 500 = B x

0 + 500 = 500 500 N

B y′

∑ F y = 0 :

OK!

B y = B y′ + 500

83,33 = − 416,67 + 500 83,33 = 83,33 OK!

500 N

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

T = 500 N

500 N

E B

m c 0 5

500 N

83,33 N 416,67 N 500 N B

83,33 N

500 N

m c 0 0 4

500 N

416,67 N

B

500 N

500 N 500 N

m c 0 0 4

A C

300 cm

83,33 N


416,67 N



Pág. 7-22

Ejemplo 7.10: r = 0,3 m

La estructura mostrada está articulada en A y simplemente apoyada en E . Las barras homogéneas AC , EC y DB pesan 80 N, 200 N y 36 N respectivamente y además la polea tiene un peso de 100 N. Determinar las fuerzas que actúan en todos los miembros de la estructura y dibujar finalmente los diagramas de cuerpo libre de todos ellos indicando las fuerzas con módulos y sentidos correctos. El cable actúa en el perno B. Solución: Polea, triángulo BHC :

A

B

m 5 , 1

C

D

400 N

E

45°

1m

1m

→

senθ = 0,3 / 1 = 0,3

cos θ = 0,954

Análisis de equilibrio de la polea:

P y H θ

θ

T

B

r P x

C

∑ F x = 0 :

P x − T cos θ = 0

∑ F y = 0 :

P y − T sen θ − T − 100 = 0

→

T

100 N

A y T B

θ

P y = 620 N

C

( 2)

→

E = 1354,08 N

− A x + T cosθ − P x + E cos 45º = 0

D

(1)

A x = 957,33 N

→

∑ F y = 0 :

E

1m

E

(3)

∑ F x = 0 :

W BD =36 N

W EC =200 N

45°

(2)

− P y ( 2) + ( 2 / 2) E (1,5) = 0

P x

W AC =80 N

m 5 , 1

(1)

T sen θ (1) − 80 (1) − 36 (1) − 200 (1) −

P y

A

P x = 381,6 N

∑ M A = 0 :

Análisis del equilibrio del sistema:

A x

→

(4)

A y − T sen θ − 620 −

1m

(80 + 36 + 200) + E sen 45º = 0 ( 3)

A y = −141,33 N

→ A y A x

B y B

A

Análisis de la barra ABC :

C y B x

C

C x

W AC = 80 N

1m

(5)

∑ M B = 0 :

− A y (1) + C y (1) = 0

( 5)

1m

→

C y = −141,33 N

(6)

B y = 362,66 N

(7)

( 5) y ( 6 )

∑ F y = 0 : ∑ F x = 0 :

A y + B y − 80 + C y = 0

→ ( 4)

− A x + B x + C x = 0


→

− 957,33 + B x + C x = 0

(8)



Análisis del pin C :

C y′ P y C x′

C x C

Pág. 7-23

P x

∑ F x = 0 :

− C x + C x′ − 381,6 = 0

∑ F y = 0 :

− P y + C y′ − C y = 0

(10)

( 2) y ( 6 )

C y

− 620 + C y′ − ( −141,33) = 0

→

C y′ = 478,67 N

→

(11)

C y′ C x′

C

Análisis de la barra EDC :

∑ M D = 0 :

m 5 7 , 0

D y

D m 5 7 , 0

0,707 E (0,75) − 0,707 E (1) + C x′ (0,75) − C y′ (1) = 0 (3) y (11)

D x

→ (10)

W EC = 200 N

→

C x′ = 956,83 N

(12)

C x = 575,23 N

(13)

B x = 381,8 N

(14)

D x = 0

(15)

(8 )

→

E

45°

1m

1m

E (3) y (12)

∑ F x =0 :

0,707 E + D x − C x′ = 0

(3) y (11)

∑ F x =0 :

0,707 E + D y − 200 − C y′ = 0

B x′

B

− D x − B x′ = 0

∑ F x =0 :

− B y′ − 36 − D y = 0

W BD = 36 N

(16)

→

B x′ = 0

(16)

− B y′ − 36 − ( −278,66) = 0

→

B y′ = 242,66 N

D x

D

Comprobación usando el pin B:

D y

∑ F x = 0 :

B y B

(15)

∑ F x = 0 : →

B x′

D y = −278,66 N

→

Análisis de la barra EDC :

B y′

m 5 7 , 0

→

T

→

θ

B x

∑ F y = 0 :

B y′

→

B x′ − B x + T cosθ =

0

0 − 381,8 + 400 (0,954) = 0 B y′ − B y + T senθ = 0

242,66 − 362,66 + 400 (0,3) = 0

Finalmente mostraremos los resultados obtenidos a través del DCL de cada uno de los elementos que componen el marco analizado: 620 N

362,66 N θ

957,33 N A

144,33 N

B

381,8 N 80 N

1m

1m

C

575,23 N

T = 400 N

r

141,33 N 100 N


381,6 N

C

T = 400 N



Pág. 7-24

362,66 N

242,66 N

141,33 N 620 N

B

T = 400 N

575,23 N

θ

B

381,8 N

956,83 N C

m 5 7 , 0

36 N

381,6 N

478,67 N

242,66 N D

478,67 N

278,66 N

956,83 N

C m 5 7 , 0

278,66 N

D m 5 7 , 0

200 N

E

45°

1m

1m

1354,08 N

Ejemplo 7.11:

1,35 m

C

B

Calcular todas las fuerzas que actúan en las barras de la estructura mostrada.

m 2 , 1

Solución:

P = 375 kgf m 6 , 0

Q = 150 kgf m 6 , 0

A

Notar que en la estructura hay dos articulaciones triples y que en una de ellas (pin A), hay además cargas externas (reacciones externas). 1,35 m

D 0,9 m 2,7 m

∑ F x = 0 :

C

B

→ m 6 , 0

A x

− D y ( 2,7) = 0

D y

0,9 m

∑ F y = 0 :

B

→

A y = 600 − D y

B x

∑ M A = 0 :

A1 y

0,9 m

A y = 50 kgf

(2) (3)

375 (0,6) + B x (1,2) − B y (0,9) = 0 225 + B x (1,2) − B y (0,9) = 0

(4)

∑ F x = 0 :

A1 x + 375 + B x = 0

(5)

∑ F y = 0 :

A1 y + B y = 0

(6)

P = 375 kgf

A1 x

→

D y = 550 kgf


B y

A

(1)

375 (0,6) + 600 (2,25) − 150 (0,6) −

D

m 6 , 0

A x = 225 kgf

∑ M A = 0 :

m 6 , 0

2,7 m

m 2 , 1

A x = 375 − 150

Q = 150 kgf

A

A y

0,9 m

Análisis de toda la estructura:

F = 600 kgf

P = 375 kgf

F = 600 kgf




Pág. 7-25

∑ M C = 0 :

Análisis de la barra BC :

→

F = 600 kgf

C 1 y

1,35 m

B x B

→ C 1 x

2,7 m

(7) en (4):

B y

(7)

A1 y = 300 kgf

(8)

B x = − 412,5 kgf

(9)

( 5)

A1 x =

→ − B x + C 1 x =

∑ F y = 0 :

− B y − 600 + C 1 y = 0

0

→

m 2 , 1 θ =18,44°

C 3 y

C 1 y = 300 kgf

(12)

C 2 x (1,2) − C 2 y (3,6) =

0

(13)

∑ F x = 0 :

A2 x − C 2 x = 0

(14)

∑ F y = 0 :

A2 y − C 2 y = 0

(15)

Análisis de la barra DC : C 3 x

Q = 150 kgf m 2 , 1

m 6 , 0

∑ M D = 0 :

C 3 y (0,9) − C 3 x (1,2) + 150 (0,6) = 0

(16)

∑ F x = 0 :

D1 x + C 3 x = 150

(17)

∑ F y = 0 :

D1 y + C 3 y = 0

(18)

0,9 m

Análisis de la barra AD: Dado que es un elemento del tipo biela, podemos concluir inmediatamente que:

D2 y

A3 y A3 x A

D

D2 x

2,7 m

∑ F x = 0 :

D2 y = 0

(19)

A3 y = 0

(20)

A3 x = D2 x

(21)

Análisis del pin D:

D1 y D1 x

D2 x D2 y

(11)

Notar que esta barra el del tipo biela.

3,6 m

D1 x

C 1 x = − 412,5 kgf

∑ M A = 0 :

C 2 y

A2 y

C

(10)

(7)

→

C C 2 x

A2 x A

37,5 kgf

(9 )

∑ F x = 0 :

Análisis de la barra AC :

D1 y

B y = − 300 kgf

( 6)

C

D

B y (2,7) + 600 (1,35) = 0

D D y

∑ F x = 0 :

− D1 x − D2 x = 0

(17 )

→

− D1 x = D2 x

(22)

( 2) y (19)

∑ F y = 0 :

D y − D1 y − D2 y = 0

(18)

→

→

→

D1 y = 550 kgf

(23)

(16)

C 3 y = − 550 kgf D1 x = 487,5 kgf

(24)

→ ( 22 )

(26)

→

C 3 x = − 337,5 kgf

(25)

D2 x = − 487,5 kgf

(27)

A3 x = − 487,5 kgf

(28)

( 21)

→




Análisis del pin C :

C 2 y

(11) y ( 25)

∑ F x = 0 :

C 2 x

C 1 x C 3 x C 1 y

Pág. 7-26

C 2 x − C 1 x − C 3 x = 0

→

C 2 x = − 750 kgf

(29)

A2 x = − 750 kgf

(30)

C 2 y = − 250 kgf

(31)

A2 y = − 250 kgf

(32)

(14 )

C

→

C 3 y

(12) y ( 24)

∑ F y = 0 :

C 2 y − C 1 y − C 3 y =

0

→ (15)

→

Notar que los resultados (29) y (31) confirman la validez de la expresión (13). Comprobación a través del equilibrio del pin A:

A3 y 50 kgf

A1 x

∑ F x = 0 :

225 kgf

0

− (37,5) − (−750) + (−487,5) − 225 = 0

A3 x

A

A2 x

− A1 x − A2 x + A3 x − 225 =

∑ F y = 0 :

A1 y A2 y

− A1 y − A2 y + A3 y + 50 = 0 OK!

− (300) − ( −250) + 0 + 50 = 0

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

OK!

790,57 kgf

250 kgf C

750 2 + 250 2 = 790,57 kgf

A = C =

750 kgf

m 2 , 1

750 kgf A

θ =18,44°

250 kgf

790,57 kgf

3,6 m

A continuación se muestran todas las barras y pines con las fuerzas actuantes en ellos: 250 kgf

F = 600 kgf

1,35 m

412,5 kgf

412,5 kgf B

C 412,5 kgf 337,5 kgf 2,7 m

300 kgf

550 kgf

790,57 kgf

B

m 2 , 1

P = 375 kgf m 6 , 0

A

A

0,9 m

θ

=18,44°

D

225 kgf

487,5 kgf

0,9 m

550 kgf 487,5 kgf A

750 kgf A 300 kgf

487,5 kgf

m 6 , 0

550 kgf

50 kgf 37,5 kgf

2 , 1

3,6 m

790,57 kgf

337,5 kgf

Q = 150 kgf m

m 2 , 1

37,5 kgf

300 kgf

C

C

412,5 kgf

C

300 kgf 550 kgf

300 kgf

300 kgf

750 kgf

250 kgf


D

487,5 kgf 487,5 kgf

2,7 m

487,5 kgf

D 550 kgf


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