Capitulo 8 Marcos y Bast Id Ores CORREGIDO

CAPITULO 8

8

CAPITULO Marcos y Bastidores A diferencia de las armaduras, los marcos bastidores son estructuras que tienen uno o más elementos sometidos a mas de dos fuerzas; entonces aunque el elemento sometido a tal condición sea recto, las fuerzas ejercidas en las juntas no estarán dirigidas a lo largo de este y en general serán de dirección desconocida por lo cual han de trabajarse en términos de sus componentes. Como las armaduras, los marcos son estructuras estacionarias completamente restringidas. Consideremos el marco de la figura 8 – 1. Se desea conocer las fuerzas que actúan sobre los miembros AE, BC y AD cuando se aplica una carga P, tal como se muestra.

Fig. 8 – 1 MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA

DR. MENDOZA DELGADILLO, GERARDO 132

MARCOS Y BASTIDORES

Como los miembros están sometidos a fuerzas en tres puntos, las fuerzas en A, B, E y D son de dirección desconocida, entonces se representan por sus componentes Ax, Ay, Bx, By, etc. Desde el punto de vista de la estructura como un todo no es posible determinar las cuatro componentes de las reacciones: Ex, Ey, Dx, Dy, ya que sólo se dispone de tres ecuaciones. Para comprobar si el sistema es estáticamente determinado hay que desmembrarlo, contar el número de incógnitas y compararlo con el número de ecuaciones independientes; si el número de incógnitas es mayor, el sistema será indeterminado. Al desmembrar la estructura, se deben colocar todas las fuerzas que los miembros ejercen entre sí, por ejemplo en la figura 8 – 2a la barra 1 ejerce sobre la barra 2 una fuerza de dirección desconocida en B la cual se representa por sus componentes Bx y By cuyos sentidos se seleccionan arbitrariamente; a su vez el cuerpo 2 ejerce, en el mismo punto, una fuerza igual y de sentido contrario, cuyas componentes -Bx y -By se colocan en el cuerpo 1 (Ver figura 8 – 2b), el signo ha sido omitido puesto que se han colocado en sentido contrario (acción y reacción). Un procedimiento similar debe hacerse en el punto F (Ver figura 8 – 2c). Lo importante, en el análisis de estructuras de este tipo, es que si se asigna un sentido para una acción, la reacción, necesariamente es de sentido opuesto. Una forma de comprobar que el procedimiento de especificación de las fuerzas es correcto, es armar mentalmente la estructura y comprobar que las fuerzas internas desaparecen, quedando la estructura sometida, únicamente a fuerzas externas.

(a)

(b)

(c)

Fig. 8 – 2

Para cada elemento de la estructura se pueden plantear tres ecuaciones de equilibrio, en total nueve ecuaciones independientes. Ahora veamos cuantas incógnitas hay: Ex, Ey, Fy, Ax, Ay, Dx, Dy, Bx y By; son un total de nueve incógnitas, entonces la estructura es estáticamente determinada.

MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


CAPITULO 8

El procedimiento para determinar las nueve incógnitas es el siguiente: Se selecciona un elemento donde no haya más de tres incógnitas; para el ejemplo el elemento BC. Tomando ∑M F = 0 se obtiene By; haciendo ∑Fy = 0 se obtiene Fy y de encuentra que By = 0.

∑F

x

=0

se

Ahora considerando el elemento AE y con los valores obtenidos, tomando ∑M A = 0 se F =0 determina Ex; haciendo ∑ x se halla Ax. Tomando ∑Fy = 0 se encuentra que Ay es igual a Ey. Considerando el elemento AD y tomando momentos respecto a D, se determina Ay; F =0 de ∑ x se obtiene Dx, y de ∑Fy = 0 se determina Dy. De esta manera se han determinado todas las incógnitas. Los valores de Ey y Dy se hubieran podido obtener del marco completo haciendo ∑M E = 0 y ∑M D = 0 respectivamente, pero se debe tener en cuenta que estas ecuaciones no son independientes de las planteadas anteriormente, pero que se pueden utilizar como un medio de comprobación.



MARCOS Y BASTIDORES. EJEMPLOS

Ejemplo 8 – 1 Determine las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejercen las articulaciones en B y C sobre el miembro ABCD de la estructura cargada, mostrada en la figura 8 – 3a.

(a)

(b)

Solución En la figura 8 – 3b, se indica el diagrama de cuerpo libre de toda la estructura. Aplicando las tres ecuaciones de equilibrio tenemos: (+→) ∑Fx = 0 ; (+↑) ∑Fy = 0 ;

Ax – 300 – 500(3/5) = 0

Ax = 600 N

Ay – 500(4/5) = 0

Ay = 400 N

(d)

(e)

Fig. 8 – 3 (c) MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


CAPITULO 8

Haciendo uso de las ecuaciones de equilibrio para la Fig. 8 – 3c, tenemos: (+→) ∑Fx = 0 ; (+↑) ∑Fy = 0;

Cx + TB cos45° + 600 – 300 = 0 Cx + TB cos45° = –300

… (1)

400 + TB sen45° – Cy = 0 Cy – TB sen45° = 400

… (2)

Por medio de la Fig. 8 – 3e, podemos determinar una tercera ecuación:

∑M

C

=0;

TB sen45° (1.2) + 500(4/5) (1.4) = 0 TB = –660 N TB = 660N

El esfuerzo de TB es de compresión. Obtenido el valor de TB podremos calcular las reacciones en C. De la ecuación 1, tenemos que: Cx = 167 N

(+→)

Luego de la ecuación (2) tenemos que: Cy = –67 N Cy = 67 N

(+↑)

Fig. 8 – 4 En la Fig. 8 – 4, podemos ver la dirección correcta de las reacciones en B y en C propias de la barra ABCD.




Ejemplo 8 – 2 Determinar las fuerzas cortantes en todos los pasadores de la armadura mostrada en la Fig. 8 – 5

A C

D

E

B

(a) Solución:

(b) Fig. 8 – 5 Aplicamos condición de equilibrio para todo el bastidor:

∑F

x

=0 ;

Ax = Bx

… (1)

∑F

y

=0 ;

Ay + 1000 = By

… (2)

BX (4.5) = 1000 (9.5) BX = 2111.11 lb AX = 2111.11 lb

Rpta.

∑M

A

=0;

Rpta.



CAPITULO 8

Haciendo el diagrama de cuerpo libre de la barra BD. Aplicando condición de equilibrio:

∑F

=0 ;

∑F

=0 ;

x

Bx = Dx = 2111.11 lb y

Rpta.

By + 500 = Dy

… (3)

Aplicando Momento en D.

∑M

D

=0 ;

By (6) + 500 (4) = 2111.11 (4.5) By = 1250 lb. Rpta. Luego en 2 y en 3 tenemos: Ay = 2250 lb. Dy = 1750 lb.

Rpta. Rpta.

(a)

Ahora para hacer diagrama de cuerpo libre de la barra ACDE lo primero que se hace es analizar las poleas. Análisis de E.

∑F

=0 ;

∑F

=0 ;

x

y

Ex – 500 = 0 Ex = 500 lb.

Rpta.

Ey – 500 – 500 = 0 Ey = 1000 lb.

Rpta.

(b) Análisis de la polea C. Aplicando condición de equilibrio

∑F

=0 ;

∑F

=0 ;

x

y

Cx – 500 = 0 Cx = 500 lb.

Rpta.

Cy – 500 – 500 = 0 Cy = 1000 lb.

Rpta. (c)



MARCOS Y BASTIDORES. DCL.

Diagrama de cuerpo libre de la barra ACDE

Fig. 8 – 6 La Fig. 8 – 6 muestra la estructura del bastidor, además acompaña a ello las fuerzas que actúan en los respectivos pasadores A, B, C, D y E.



CAPITULO 8

1) El arco de tres articulaciones

soporta la carga F1 = 8KN y F2= 5Kn.

Determine las componentes de reacción horizontal y vertical en los pasadores A y B, considere h=2m.

SOLUCIÓN

Evaluando las fuerzas y momentos para cada miembro del arco, se obtiene:

•

Miembro AC

ΣMA =0;

-8(8)+Cy(16)+Cx(14) = 0 16Cy+14Cx-64=0


(1)



ΣFx =0;

8-Ax-Cx = 0

ΣFy =0;

-Ay+Cy = 0 Cy = Ay

•

(2)

(3)

Miembro BC

ΣMB =0;

5(4)+Cy(12)-Cx(18) = 0 12Cy-18Cx-20 = 0

ΣFx =0;

-Bx+Cx = 0 Cx = Bx

ΣFy =0;

(4)

By-Cy-5 = 0

(5) (6)

Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3), (4), (5) y (6):

Ax = 11.2KN Ay = 3.62KN Cx = 4.78KN Cy = 3.62KN Bx = 4.78KN By = 13.8KN



CAPITULO 8

2) Determina las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores ejercen sobre el miembro ABC.

SOLUCIÓN Analizando cada uno de los miembros de la barra

•

ΣMC =0;

Miembro AC

160(30)-By(18) = 0 By = 266N

ΣFx =0;

Ax = 160N




ΣFy =0;

•

ΣMD =0;

Ay = 160N

Miembro BD

160(5)+266(18)-Bx(6) = 0 Bx = 666N

ΣFx =0;

160+666 -Cx= 0 Cx = 826N

ΣFy =0;

180-Cy+266 = 0 Cy = 106N

3) Determine las componentes de la fuerza horizontal y vertical en cada pasador. El cilindro suspendido pesa 160N.



CAPITULO 8 Analizando la barra por parte:

•

Miembro AC

ΣMB =0;

FCD(

2 )(6)-160(8) = 0 13

FCD = 384.6N

ΣFy =0;

Cx = Dx = (

3 )(384.6) = 320N 13

Cy = Dy = (

2 )(192.3) = 214N 13

-By+

2 (384.6)-160 = 0 13 By = 53.4N

ΣFx =0;

2 (384.6) -160= 0 13

-Ax+160+

Ax = 320N •

Miembro EB

ΣME =0;

-Bx(8)+160(6)-53.4(6) = 0 Bx = 160N

ΣFx =0;

Ex+160-160 = 0 Ex = 0

ΣFy =0; Ey = 53.4N

-Ey+53.4 = 0

MARCOS Y BASTIDORES. PROBLEMAS

Problema 8 – 1



Calcular la fuerza que soporta el pasador A si la tensión P que se ejerce es la necesaria para soportar la carga.

Prob. 8 – 1

Problema 8 – 2 Calcular la fuerza de reacción en el soporte A y en B, necesarias para soportar la carga de 150N.

CAPITULO 8. Prob. 8 – 2 Problema 8 – 3 MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


Determinar la reacción en el pasador C y en el soporte A para soportar la carga de 150 kN aplicada como se muestra en la figura.

Prob. 8 – 3

Problema 8-4 El puntal de carga esta conectado mediante un pasador al pivote colocado en A. Determinar la masa mas grande que pueda ser soportada por el puntual si la fuerza máxima que puede ser resistida por el pasador situado en A es de 36KN




En la gráfica se observa que el miembro AB es un miembro con dos fuerzas Fuerza requerida

FAB = 36KN

ΣFy =0;

w 36sen70º-   sen70º-w = 0 2

w = 23.015KN •

Hallando la masa “ m ”:

23 .015 9.81 m = 2.34 Mg m=

CAPITULO 8..



PROBLEMA DE APLICACION: Determine las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A, B, C y D

Sol.:

Calculo de las reacciones:

∑Ma = 0

-60(4) + 80(6) – RE(8) = 0

RE = 30N

∑Fx = 0 : RAX + 80 = 0 MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA



RAX = -80N

∑Fy = 0 : RAY + 60 + 30 = 0

RAY = -90N

D. C. L. ABC: ∑Mc = 0

90(4) – 80(6) + Bx(4) = 0

Bx = 30 N

∑Fx = 0 : -80 - C`x + 30 = 0

C`x = -50N

∑Fy = 0: C`y – 90 = 0

C`y = 90N

CAPITULO 8..

D.C.L. CDE MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


∑Mc = 0

Dy(4) + 30(4) = 0

Dy = 30

∑Fy = 0

∑Fx = 0



BASTIDORES Y MAQUINAS Bastidores y Maquinas

Los bastidores y las maquinas son dos tipos comunes de estructuras que a menudo están compuestas por miembros multifuerza conectados mediante pasadores, es decir, miembros que están sometidos a mas de dos fuerzas. Los bastidores son generalmente estacionarios y se usan para soportar cargas, mientras que las maquinas contienen partes móviles y están diseñadas para trasmitir y alterar el efecto de las fuerzas.

Siempre que un bastidor o una maquina estén propiamente restringidos y no contengan mas soportes o miembros que los necesarios para prevenir el colapso, las fuerzas que actúan en los nudos pueden ser determinados.

Diagrama de cuerpo libre

Para determinar las fuerzas que actúan en los nudos y soportes de un bastidor o una maquina la estructura debe ser desmembrada y trazados los diagramas de cuerpos libres de sus partes.

Se aísla cada parte delineando su contorno. Entonces se coloca todos las fuerzas y los momentos par que actúan sobre la parte identificando cada una de estas con respecto a un sistema coordenado X ,Y establecidos. 

Se identifica todos los miembros de dos fuerzas existentes en la estructura y se representa sus diagramas de cuerpo libre con dos fuerzas iguales colineales pero opuestas en su punto de aplicación. 

Fuerzas comunes a dos cualesquiera miembros en contactos actúan con magnitudes iguales pero con sentidos opuestos sobre el los miembros respectivos. 

Los siguientes ejemplos ilustran gráficamente la aplicación de estos puntos al trazar los D.C.L desmembrado de un bastidor o una maquina. En todos los casos el peso de los miembros es ignorado.



CAPITULO 8

Ejemplo 1

Para el bastidor mostrado en la figura trace el D.C.L de : -Cada miembro -El pasador situado en B -Los dos miembros conectados entre si

Solución: Parte (a). Por inspección, los miembros BA y BC no son miembros de dos fuerzas .en vez de eso, como se aprecia en los D.C.L esta sometido no a cinco sino a tres fuerzas, las cuales son la fuerza resultante de los pasadores B y C y la fuerza externa P. Igualmente, AB esta sometido a las fuerzas resultantes de los pasadores en A y B y al momento de par externo M.



EJEMPLOS BASTIDORES Y MAQUINAS

Parte (b) puede verse que el pasador situado en B esta sometido solo a dos fuerzas , esto es la fuerza del miembro BC sobre el pasador y la fuerza del miembro AB sobre el pasador. Por equilibrio, esas fuerzas, y por tanto sus respectivas componentes, deben ser iguales pero opuestas

Parte (C) . El D.C.L de ambos miembros conectados entre si, pero retirados de los pasadores soportantes en A y C se muestran en la figura



CAPITULO 8

 las componentes de las fuerzas Bx y By no se muestran en este diagrama ya que forman iguales pero opuestos pares de fuerzas internas y por tanto se cancelan .además de para ser consistentes cuando apliquemos las ecuaciones de equilibrio las componentes desconocidas de la fuerza en Ay C deben actuar en el mismo sentido . Aquí el momento par M puede ser aplicado en cual quier punto para determinar las reacciones en A y C. Procedimiento de análisis Las reacciones en los nudos de bastidores o maquinas (estructuras) compuestos de miembros multifuerzas pueden ser determinadas usando el siguiente procedimiento.

Diagrama de cuerpo libre Se traza el D.C.L de toda la estructura de una porción de la estructura o de cada uno de sus miembros. La selección debe hacerse para que conduzca la solución más directa del problema. 

Cuando se traza el D.C.L las fuerzas en las partes conectadas de este grupo son fuerzas internas y no se muestran sobre el D.C.L del grupo. 

Fuerzas comunes a dos miembros que están en contacto actúan con igual magnitud pero con sentido opuesto en los respectivos D.C.L de los miembros. 

Miembros de dos fuerzas independientemente de su forma tienen fuerzas iguales pero opuestas actúan colinealmente en los extremos de los miembros. 

Un momento par es un vector libre y puede actuar en cualquier punto en el D.C.L también, una fuerza es un vector deslizante y puede actuar en cualquier punto a lo largo de su línea de acción. MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


PROBLEMAS BASTIDORES Y MAQUINAS

Problema 1 Determine las componentes de fuerza horizontal y vertical que el pasador ubicado en C ejerce sobre el miembro CB del marco en la figura:

1. Diagrama de cuerpo libre.- Por inspección puede verse que AB es un miembro de dos fuerzas.

Ecuaciones de equilibrio .- Las tres incógnitas Cx. Cy y Cz pueden ser determinadas aplicando las tres ecuaciones de equilibrio al miembro CB . ∑Mc = 0; 2000 N(2m) – (Fab sen60º) (4m) = 0 Fab = 1154.7 N + → ∑Fx = 0 ; 1154.7cos60º N - Cx = 0 Cx = 577 N + î ∑Fy = 0 ; 1154.7sen60º N - 2000N + Cy = 0

Cy = 1000N MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


CAPITULO 8

Problema 2 La viga compuesta mostrada en la figura esta conectada mediante un pasador ubicado en B. Determine las reacciones en sus soportes. Ignore su peso y espesor.

 Diagrama de cuerpo libre.- Por inspección puede verse que AB es un miembro de dos fuerzas.

 Ecuaciones de equilibrio .-las seis incógnitas son determinadas como sigue: segmento BC + → ∑Fx = 0; ∑Mc = 0; + î ∑Fy = 0;

Bx = 0 -8kN(1m) + Cy(2m) = 0 By -8kN + Cy = 0

segmento AB + → ∑Fx = 0; ∑Mc = 0; + î ∑Fy = 0;

Ax – (10kN)(3/5) + Bx = 0 Ma – (10kN)(4/5)(2m) – By(4m) = 0 Ay – (10kN)(4/5) – By = 0

al resolver sucesivamente cada una de esas ecuaciones usando resultados calculados antes, obtenemos : Ax = 6kN Ay = 12kN Ma =32kN.m

Bx = 0

By = 4kN


Cx = 4kN



Problema 3 Determine las componentes de una fuerza horizontal y vertical que el pasador situado en C ejerce sobre el miembro ABCD del bastidor que muestra la figura

 Solución : Diagrama de cuerpo libre .- por inspección, las tres componentes de reacción que los soportes ejercen sobre ABCD pueden ser determinados a partir de un diagrama de cuerpo libre de todo el bastidor . También el D.C.L de cada miembro del bastidor .como se muestra la fuerza en B C y E tienen magnitudes iguales pero direcciones opuestas en los D.C.L separados.



CAPITULO 8



Ecuaciones de equilibrio.-

Las seis incógnitas Ax, Ay, Fb, Cx, Cy y Dx serán determinadas con las ecuaciones de equilibrio aplicadas a todo el bastidor y luego al miembro CEF. Tenemos: Bastidor completo ∑Ma = 0;

-981N(2m) + Dx(2.8m) = 0

+ → ∑Fx = 0;

Ax – 700.7 N = 0

+ î ∑Fy = 0;

Ay - 981N = 0

Dx = 700.7 N

Ax = 700.7 N Ay = 981 N

miembro CEF ∑Mc = 0; -981N(2m) – (Fbsen45º)(1.6m) = 0 + → ∑Fx = 0; -Cx – (-1734.2cos45º N) = 0

Fb = -1734.2 N Cx = 12.26 N

+ î ∑Fy = 0; Cy - (-1734.2cos45º N) N -981 N= 0 Cy = -245 N

Dado que las magnitudes de Fb y Cy se calcularon como cantidades negativas, fueron supuestas actuando en el sentido equivocado en los D.C.L s




PROBLEMAS

PROPUESTOS

Problema 1 Para el sistema y la carga mostrada en la figura determine:   

La fuerza “P” requerida para mantener el equilibrio La fuerza correspondiente en el elemento “BD” La reacción correspondiente en “C”

Solución: realizando el diagrama de cuerpo libre para el miembro CE y luego ejecutando las ecuaciones de equilibrio:



CAPITULO 8

∑Mc = 0; R (F.BDsen30º) - R(1-cos30º)200N- R.100N = 0 F.BD = 253.6N

+ → ∑Fx = 0;

-Cx – (253.6N)cos30º = 0

Cx = 219.6 N

+ î ∑Fy = 0;

Cy + 253.6N(sen30º) -200N -100N= 0

Cy = 173.2 N

Entonces la fuerza C es igual a : 280N

realizando el diagrama de cuerpo libre para el miembro AB y luego ejecutando las ecuaciones de equilibrio:

∑Ma = 0;

a.P – a.253,6N(cos 30º) = 0

P = 220 N



PROBLEMAS BASTIDORES Y MAQUINAS Problema 2 El cubo del retro escavador mostrado en la figura trasporta una carga de 12 KN el movimiento del cubo se controla mediante dos mecanismos idénticos , uno de los cuales se muestra en la figura ,si se sabe que el mecanismo mostrado sostiene la mitad de la carga determine la fuerza ejercida por:  

El cilindro “CD” El cilindro “FH”

realizando el diagrama de cuerpo libre para el cubo y luego ejecutando las ecuaciones de equilibrio:





∑Md =0; 0.3(12KN) – 0.32 (2F.AB)= 0 F.AB = 5.625 KN

+ → ∑Fx = 0;

2F.AB – 2Dx = 0

Dx = F.AB = 5.625 KN PROBLEMA 2  + î ∑Fy8= 0; CAPITULO

Dy -12KN = 0

Dy = 12 KN MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


Θ =21.081 º ∑Me =( 0.46m)(5.625 N)+(0.1)(F.CD)sen21.801º- 0.3m (F.CD)cos21.801º= 0

F.CD = 10.7185 KN

∑Mg = 0; 1.5(12KN) + 0.12m(2F.FH.cos 45)- 0.48 (2F.FH.sen 45 = 0 F.FH= 35.4 KN en C

PROBLEMAS BASTIDORES Y MAQUINAS Problema 3



El brazo de extensión telescópica se emplea en levantar una plataforma con trabajadores. La masa conjunta de los trabajadores y de la plataforma es de 240 Kg. y su centro de gravedad compuesto se localiza por encima de “C”. Para la posición en la cual θ es igual a 24º determine: La fuerza ejercida en B por el cilindro hidráulico simple BD La fuerza ejercida sobre el sistema de soporte en A

 

Solución : primero hacemos el diagrama de cuerpo libre al miembro AC y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio

z∑Ma = 0; 6.4m(cos24º) 2.3544KN–3.2(cos24º)B. (sen44.73)

CAPITULO 8

+3.2m(sen24)B( cos44.73º)= 0 B = 12.153 KN



+ → ∑Fx = 0;

Ax– 12.153 KN (cos44.73º)= 0

Ax = 8.633 KN + î ∑Fy = 0; -2.3544KN + 12.153 KN (sen44.73) -Ay = 0 Ay = 6.198 KN Problema 4 Una fuerza de 50 N dirigida verticalmente hacia abajo se aplica sobre la prensa de banco en C .si se sabe que la longitud del eslabón BD es de 150mm y que “a” = 200mm determine la fuerza horizontal ejercida sobre el bloque “E”.

Solución: primero hacemos el diagrama de cuerpo libre como un todo y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio

las ecuaciones de equilibrio :




nota : 0.1m (sen15º) = 0.15m(senθ) θ = 9.9359º

AD = 0.1m (cos15º)+ 0.15(cosθ)=0.24434m

∑Ma = 0; 0.24434m.D(senθ) -0.25m(cos15º)50N = 0 D = 286.38N

Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio

+ → ∑Fx = 0; Dcosθ - E= 0

E= Dcosθ =282.1N

Entonces E = 282.1N

CAPITULO 8 Problema 5



En la posición cerrada mostrada, la abrazadera de barra traviesa ejerce en una fuerza vertical 1.2 KN sobre el bloque de madera, y la manija CF restos contra la parada en la G. Determine la fuerza P requerido para liberar la abrazadera.  (sugerencia: Para liberar la abrazadera, las fuerzas de contacto en G deben ser el cero.) 

Solución : primero hacemos el diagrama de cuerpo libre una parte de la maquina y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio

∑Mb = 0; 24mm.Cx – 66mm(1.2KN)= 0 Cx = 3.3 KN

+ → ∑Fx = 0;

Dx – Cx = 0

Dx = 700.7 N


luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


∑Mc = 0; 86mm.P– (18.5mm -16mm.tan40ºF.DE)= 0

F.DE = 22.124P

+ → ∑Fx = 0; Cx –F.DEcos40º + Psen30 = 0

3.3 KN – (22.124P) cos40º+Psen30º= 0

Entonces P es igual a: 201N

CAPITULO 8 Problema 6 MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA


Determine las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores en A, B y C ejercen sobre el miembro ABC del bastidor. 

Solución : primero hacemos el diagrama de cuerpo libre una parte del bastidor y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio ∑Ma = 0; -Ay +800(4) +600(7)+600(3)= 0 Ay = 9200 N ∑Md = 0;

-Cy (7)+800(4)= 0

Cy = 457.1 N ∑Mb = 0;

-Cx = 0

+ → ∑Fx = 0; F.BE = F.BD + î ∑Fy = 0; 4(5/√74) F.BD

9200-457.1-

F.BE = F.BD=3760.46 Bx =0 By =5/√74(3760.5) By= 2185.74

luego hacemos el diagrama de cuerpo libre de otra parte del bastidor y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio MECÁNICA APLICADA VECTORIAL PARA INGENIEROS: ESTÁTICA



+ → ∑Fx = 0; F.BE = F.BD

+ î ∑Fy = 0;

9200-457.1-4(5/√74) F.BD

F.BE = F.BD=3760.46

Bx =0

By =5/√74(3760.5)By= 2185.74



CAPITULO 8 Problema 7 Determine las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor de dos miembros. 

Solución : primero hacemos el diagrama de cuerpo libre una parte del bastidor y luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio 3000N

∑Ma = 0;

-3000(4) +By(6)= 0

By = 2000 N

+ → ∑Fx = 0; Ax =4600N

-Ax+4600N = 0

+ î ∑Fy = 0;

Ay-3000 +1000 = 0

Ay-3000+1000 = 0 Ay =2000N




∑Mc = 0;

-4800(3) -3600(2+Bx(6)- 1000(6)= 0

+ → ∑Fx = 0;

Bx = 4600 N

Cx+3600-4600 = 0

Cx =1000N

+ î ∑Fy = 0;

-1000 -4800 +Cy= 0

Cy =5800 N



CAPITULO 8



PROBLEMAS BASTIDORES Y MAQUINAS luego ejecutamos las ecuaciones de equilibrio :

∑Mf = 0;F.CD(14)-4/5F.BE(4)= 0

Ay = 9200 N

-300(14)(7)+4/5F.BE(10)-F.cd(14)=0

F.Be =3062lb

F CD =700



Capitulo 8 Marcos y Bast Id Ores CORREGIDO

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