Editorial macro Estatica Luis Eduardo Gamio

(67É7,&$ Teoría y aplicaciones

EDITORIAL

España - México - Colombia - Chile - Ecuador - Perú - Bolivia - Uruguay - Guatemala - Costa Rica

Estática Autor: Ing. Luis Eduardo Gamio Arisnabarreta © Derechos de autor registrados:

Empresa Editora Macro EIRL © Derechos de edición, arte gráfico y diagramación reservados:

Empresa Editora Macro EIRL Jefe de edición: Cynthia Arestegui Baca Coordinación de edición: Magaly Ramon Quiroz Diseño de portada: Darío Alegría Vargas Corrección de estilo: Magaly Ramon Quiroz Diagramación: Maria Limpi Condori Edición a cargo de: © Empresa Editora Macro EIRL Av. Paseo de la República N.° 5613, Miraflores, Lima, Perú

 Teléfono: (511) 748 0560  E-mail: [email protected]

Página web: www.editorialmacro.com Primera edición: marzo de 2015 Tiraje: 2000 ejemplares Impresión Talleres gráficos de la Empresa Editora Macro EIRL Jr. San Agusơn N.° 612-624, Surquillo, Lima, Perú ISBN N.° 978-612-304-261-5 Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Perú N.° 2015-00295

LUIS EDUARDO GAMIO ARISNABARRETA Ingeniero civil egresado de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú) con más de veinticinco años de experiencia profesional en el área de ingeniería estructural. Ha trabajado en diversas empresas privadas, como Alpha Consult S. A., Salydel Ingenieros S. A., entre otras. Asimismo, ha participado en numerosos proyectos de agua potable y alcantarillado, diseñando estructuralmente reservorios, cisternas y cámaras de bombeo de gran volumen. Desde hace veintiocho años es docente de los cursos Estática y Resistencia de Materiales en la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú). En la actualidad, se desempeña como ingeniero estructural en la empresa Tecamb S. A. y es jefe de la oficina de estadística de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (2010-2015). Cabe resaltar que dicha facultad cuenta con la acreditación internacional de Accreditation Board for Engineering and Technology (ABET).

DEDICATORIA A todos los estudiantes de ingeniería, esperando que esta obra sea de mucha utilidad y fácil comprensión

ÍNDICE

INTRODUCCIÓN ................................................................................................................................7 CAPÍTULO 1. REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS .........................................................11 1.1 Fuerzas concurrentes ................................................................................................................... 11 1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto ........................................................................ 12 1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje............................................................................. 13 1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon) ................................................................ 13 1.5 Momento de un par de fuerzas..................................................................................................... 14 1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par ........................................................................... 14 1.7 Sistemas de fuerzas equivalentes ................................................................................................. 15 1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par ................................................................... 16 1.9 Fuerzas coplanares ....................................................................................................................... 16 1.10 Fuerzas paralelas........................................................................................................................ 17 1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio ........................................................ 18 Problemas resueltos ............................................................................................................. 19 CAPÍTULO 2. FUERZAS DISTRIBUIDAS .................................................................................55 2.1 Tipos de cargas distribuidas ......................................................................................................... 55 Problemas resueltos ............................................................................................................. 57 CAPÍTULO 3. CENTRO DE GRAVEDAD ...................................................................................91 3.1 Peso (W) ...................................................................................................................................... 91 3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos............................................................................... 93 3.2.1 Centro de gravedad de líneas ..........................................................................................................93 3.2.2 Centro de gravedad de áreas ...........................................................................................................94 3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes ..................................................................................................95

3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus .................................................................................................. 96 3.4 Tabla de centros de gravedad ....................................................................................................... 98 Problemas resueltos ........................................................................................................... 115 CAPÍTULO 4. MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS ............................159 4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner) ........................................................................................... 159 4.2 Radio de giro ............................................................................................................................. 160 4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto ........................................................................ 161 4.4 Rotación de ejes ......................................................................................................................... 161 4.5 Momentos de inercia principales ............................................................................................... 162 4.6 Método gráfico: Círculo de Mohr .............................................................................................. 162 4.7 Tabla de momentos de inercia ................................................................................................... 164 4.8 Tabla de productos de inercia .................................................................................................... 171 Problemas resueltos ........................................................................................................... 178

CAPÍTULO 5. FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS .....................................203 5.1 Fuerzas sobre superficies planas ................................................................................................ 203 5.2 Fuerzas sobre superficies curvas................................................................................................ 205 Problemas resueltos ........................................................................................................... 206 CAPÍTULO 6. EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO ...........................................................219 6.1 Equilibrio en dos dimensiones ................................................................................................... 219 6.2 Equilibrio en tres dimensiones .................................................................................................. 220 6.3 Reacciones en los apoyos y conexiones .................................................................................... 222 Problemas resueltos ........................................................................................................... 224 CAPÍTULO 7. FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS ...............................................................271 7.1 Fuerzas internas: V, N, M .......................................................................................................... 271 7.2 Tipos de cargas .......................................................................................................................... 271 7.3 Secciones transversales.............................................................................................................. 273 7.4 Tipos de viga .............................................................................................................................. 273 7.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento flexionante................................. 274 7.6 Estructura: Pórtico isostático ..................................................................................................... 275 Problemas resueltos ........................................................................................................... 276 CAPÍTULO 8. FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS ..........................................................363 8.1 Fuerzas internas en las barras .................................................................................................... 363 8.2 Armadura ................................................................................................................................... 363 8.3 Barras con fuerza nula ............................................................................................................... 364 8.4 Método de los nudos .................................................................................................................. 364 8.5 Método de las secciones ........................................................................................................... 365 Problemas resueltos ........................................................................................................... 366 CAPÍTULO 9. FUERZAS EN MARCOS ....................................................................................399 9.1 Denominación ............................................................................................................................ 399 9.2 Definición y metodología .......................................................................................................... 399 Problemas resueltos ........................................................................................................... 401 CAPÍTULO 10. FUERZAS EN CABLES ....................................................................................429 10.1 Tipos de fuerzas en cables ....................................................................................................... 429 10.1.1 Cables con cargas concentradas .................................................................................................429 10.1.2 Cable parabólico .........................................................................................................................430 10.1.3 Cable catenaria ............................................................................................................................432

Problemas resueltos ........................................................................................................... 434 Bibliografía ...................................................................................................................................... 463

INTRODUCCIÓN

Este libro sale a la luz tras veintiocho años de experiencia docente en la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú), y está basado en los apuntes de clase del curso de Estática, el cual es una asignatura obligatoria en la mayoría de carreras de ingeniería, según el plan curricular, y se desarrolla en el segundo año de la carrera. Es un curso fundamental para el aprendizaje de la ingeniería estructural. El objetivo de la presente obra es brindar al usuario información inédita referente a centros de gravedad, momentos de inercia, productos de inercia, entre otros temas. La obra contiene 10 capítulos en los cuales se desarrollan los diferentes tipos de fuerzas exteriores y cómo se aplican en cables, marcos, armaduras, vigas, pórticos, arcos y superficies sumergidas. Además, explica cómo se generan las fuerzas internas en barras, vigas, cables, pórticos y arcos. El libro además contiene temas como fuerzas concurrentes, pares de fuerza, fuerzas coplanares, fuerzas paralelas, torsor, fuerzas distribuidas sobre líneas, fuerzas distribuidas sobre superficies planas, centro de gravedad de líneas, centro de gravedad de superficies planas, centro de gravedad de superficies curvas, centro de gravedad de volúmenes, momento de inercia, producto de inercia, fuerzas sobre superficies sumergidas planas, fuerzas sobre superficies sumergidas curvas, equilibrio en el plano: vigas, arcos biarticulados y triarticulados, estructuras isostáticas, equilibrio en el espacio, fuerzas internas en vigas, fuerzas internas en pórticos, método de los nudos en armaduras planas, método de las secciones en armaduras planas, fuerzas en marcos, fuerzas en cables con cargas concentradas, parabólicos, y catenarias. Además, se incluyen 365 aplicaciones. El autor desea que esta obra resulte útil a los estudiantes y profesionales de ingeniería en sus distintas especialidades donde se aplica la estática.

DEFINICIONES, PRINCIPIOS Y LEYES MECÁNICA

MECÁNICA DE SÓLIDOS

CUERPOS RÍGIDOS

ESTÁTICA

Mecánica: Es el estudio de los cuerpos en estado de reposo o movimiento bajo la acción de fuerzas.

Estática: Es el estudio del equilibrio de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. Cuerpo rígido: Es una cantidad determinada de materia cuya forma y tamaño no varían bajo la influencia de fuerzas externas.

Partícula: Es el modelo matemático de un cuerpo y se representa como un punto, no tiene dimensiones.

Fuerza: Es la acción de un cuerpo sobre otro. La acción puede ser debida al contacto físico, al efecto gravitatorio, eléctrico o magnético entre cuerpos separados. Las características de una fuerza son: Magnitud, Dirección, Sentido, Punto de Aplicación.

Principio de transmisibilidad: El efecto externo que una fuerza ejerce sobre un cuerpo rígido es el mismo en toda su línea de acción.

Primera ley de Newton: Una partícula originalmente en reposo o moviéndose en línea recta a velocidad constante permanecerá en ese estado si la fuerza resultante que actúa sobre ella es nula.

Tercera ley de Newton: Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tienen la misma magnitud y son colineales. Los sentidos son opuestos.

Diagrama de cuerpo libre (D.C.L.): Es la representación de la partícula o el cuerpo rígido donde se indican las fuerzas, distancias y se representa el cuerpo analizado de manera simplificada.

TIPOS DE UNIDADES (Utilizadas en diversos textos) Longitud: Unidad Milímetro Centímetro Metro Pulgada Pie

Símbolo mm cm m ՚՚ ՚

Equivalencias 1՚՚ < > 2.54 cm 1՚ < > 12՚՚ < > 30.48 cm

Área:

(Unidades de longitud)2 Fuerza: Unidad Kilogramo Libra Tonelada Newton

Símbolo kg lb T N

Equivalencias 1T< > 103 kg 1kg < > 9.81 N 1kN < > 103 N 1kip < > 1KLb < > 103 lb 1lb < > 0.454 kg

Presión (Fuerza/Área): Unidad Pascal Kilo Pascal Mega Pascal Giga Pascal

nano micro mili KILO MEGA GIGA

Símbolo Pa KPa MPa GPa kg/cm2 lb/pulg2 N/m2

n μ m K M G

Equivalencias 1 Pa < > 1N/m2 1 KPa < > 103 N/m2 1 MPa < > 106 N/m2 1 GPa < > 109 N/m2 1 lb/pulg2 < > 1P.s.i. 1 KLb/pulg2 < > 1K.s.i 1 lb/pie2 < > 1P.s.f. 1 KLb/pie2 < > 1 K.s.f.

10–9 10–6 10–3 103 106 109

CAPÍTULO

1

REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS 1.1 Fuerzas concurrentes Se reducen a fuerza única; en la condición de equilibrio la resultante es nula.

Ley del paralelogramo: La resultante de dos fuerzas es la diagonal del paralelogramo cuyos lados iniciales son los vectores de dichas fuerzas. 2 vectores

A

Ley del triángulo: Es una consecuencia de la ley del paralelogramo.

A

Más de 2 vectores: Se aplica sucesivamente la Ley del paralelogramo o la Ley del triángulo. Ley del paralelogramo A

Ley del triángulo

A

12

Estática - teoría y aplicaciones

Editorial Macro

1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto → Expresión vectorial

O  d



Plano → Magnitud

Dirección: Perpendicular () al plano formado por y

en el punto O.

Sentido: Regla de la mano derecha.

•

es un vector cuyo origen es el punto O y cuyo extremo es cualquier punto situado en Vectorialmente:

→ Componentes escalares de → Expresión vectorial → Magnitud

en los ejes x, y, z

Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

Capítulo 1: Reducción general de fuerzas

13

1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje

Magnitud Expresión vectorial

 O

1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon) El momento que una fuerza ejerce sobre un punto es igual a la suma de los momentos de las componentes de la fuerza con respecto al mismo punto.

y

a) b)

O z

x

14


Editorial Macro

1.5 Momento de un par de fuerzas • Par de fuerzas es el sistema formado por 2 fuerzas de igual magnitud, rectas de acción paralelas y sentido opuestos. • El momento de un par es el momento de una de las fuerzas con respecto a un punto cualquiera de la línea de acción de la otra fuerza. Expresión vectorial Magnitud Dirección: Perpendicular al plano formado por el par de fuerzas.

d

Sentido: Regla de la mano derecha. • Los vectores momento de los pares son vectores libres; se pueden sumar o restar independientemente de su posición en el espacio.

1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par Cualquier fuerza que actúa sobre un sólido puede trasladarse a un punto arbitrario “O” como fuerza y momento.

<> O

A

A

A O

<>

O



1.7 Sistemas de fuerzas equivalentes Dos sistemas de fuerzas son equivalentes si se cumple: a) Ejercen la misma fuerza sobre el cuerpo rígido. b) Tienen igual momento respecto a cualquier punto del cuerpo rígido.

(1)

(2)

<> p

p

<> p

15

16


Editorial Macro

1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par

<>

•

y

<>

en general no son perpendiculares entre sí.

son perpendiculares entre sí, el sistema Fuerza - Par puede sustituirse por una • Si y sola fuerza. Casos particulares de reducción a fuerza única: • Fuerzas coplanares • Fuerzas paralelas

1.9 Fuerzas coplanares Las fuerzas están contenidas en el plano xy.



→ Ecuación de la línea de acción de la fuerza Si

Si

1.10 Fuerzas paralelas

17

18


Editorial Macro

1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio

 y

no son perpendiculares entre sí

O

Torsor

<>

<> O

A O

;

Torsor:

y

Eje del torsor: Es la recta de acción de

Paso del torsor:

Ecuación del eje torsor:

, se obtiene de esa expresión.



19

Problema 1 Hallar el valor más pequeño de F y el ángulo β correspondiente para los cuales la resultante de las tres fuerzas será. a) Horizontal b) Vertical

y

5 kN 53º β

6.25 kN

Solución: a)

ΣFy = 0 5sen 53º – 6.25 + Fsen β = 0 Fsen β = 2.256 Pero sen β = 1 Entonces: F = 2.256 kN β = 90º

b)

ΣFx = 0 5cos 53º + Fcos β = 0 Fcos β = –3 Pero cos β = –1 Entonces: F = 3 kN β = 180º

F x

20


Editorial Macro

Problema 2

4m

3m

En la figura, calcular el estiramiento de cada uno de los resortes.

B

C KAC = 20 N/m

3m

KAB = 30 N/m

A

KAD = 40 N/m

D W = 2 kg

Solución:

FAC

FAB 45º

36.86º

2 kg < > 19.62 N ΣFH = 0 FAB(0.80) = FAC(0.707) FAC = 1.13FAB

(1)

ΣFV = 0 FAC(0.707) + FAB(0.60) = 2

(2)

De (1) y (2): FAB = 1.43 kg < > 14.02 N FAC = 1.61 kg < > 15.79 N FAB = KAB × SAB

 SAB =

= 0.467 m < > 46.7 cm

FAC = KAC × SAC

 SAC =

= 0.789 m < > 78.9 cm

F = W = KAD × SAD  SAD =

= 0.49 m < > 49.0 cm



21

Problema 3 Una placa circular de 12 kg de peso y de 7 cm de radio está sostenida por 3 cables de 25 cm de longitud. Hallar la tensión en cada cable si α = 30º.

y A

A(0; 24; 0) B(–6.06; 0; –3.5) C(–6.06; 0; 3.5) D(7; 0; 0)

α α

B D

C z

Solución:

A

x

22


Editorial Macro

(1)

(2)

(3)

De (3): BA = CA en (2):

De (2): DA = 12.5 – 2BA En (1):  BA = 3.35 kg = CA, DA = 5.80 kg

Problema 4 Una fuerza F contenida en el plano xy pasa por el punto C y produce un momento respecto a A de 90 kg-m en sentido horario y un momento respeto a B de 45 kg-m en sentido antihorario. Calcular el momento de F respecto a O.

A

1.5 m C 0.5 m O

0.9 m

B 0.6 m

x



Solución:

y A (0; 1.5)

C (0.9; 0.5) 0.9

O

B (1.5; 0) (1)

(2)

23

24


Editorial Macro

Problema 5 Calcular las coordenadas del punto P = (x, y), si:

y

F = 100 N

P(x, y) 30º

70º x Solución:



– 50x – 86.6y = – 500

(2) y (3) en (1):

(1)

x = (r ) cos70º = 0.342r

(2)

y = (r) sen70º = 0.939r

(3)

–17.1r – 81.31r = –500 

r = 5.08 x = 1.737 m y = 4.770 m



25

Problema 6 Determinar la expresión vectorial y magnitud del momento resultante producido por los cinco pares de fuerzas. P = 10 kg R = 30 kg

rT

8;

A = 40 kg T = 50 kg

8)

(0; 8; 0) R

T

4m

rR

P

R

Q

P T 2m

Solución:

(6; 0; 0)

O

8m

z

(6; 4; 0) rP rQ

(

(0; 4; 8)

Q = 20 kg

; –2

y

6m

A

A 2m rA

Q

8m

(10; 0; 0) x

26


Editorial Macro

Problema 7 Reemplazar el sistema mostrado en la figura por un torsor e indicar las coordenadas del punto P por donde cruza el torsor el plano xy.

z

A x

y 4m

P C

Solución: En A:

(1)

En (1): 1 649.45 = 800y y = 2.06 m

–930.33 = – 800x x = 1.16 m

B x

6m

y



27

Problema 8 Sustituir el torsor por dos fuerzas, una actúa en B y la otra está contenida en el plano xz. y

B

R = 70 kg M = 280 kg - m

A(12, 6, 4) m

4m

x

O z Solución:

y B

O z

x (x, 0, z)

→

(1) (2)

(4) ΣFI = ΣFII

(3) B = 70 kg C = 89.44 kg

(5) (6)

28


Editorial Macro

Problema 9 El sistema está formado por dos fuerzas y un momento, reducirlo a una fuerza única equivalente. Hallar la intersección de dicha fuerza con los ejes AB y BC.

y 100 kg 60º A O 4 cm

30 kg 3 cm B

x

5 cm 6 cm 100 kg-cm 3 cm C

Solución: Fuerza resultante

y

Momento resultante

actúan en O → son perpendiculares

B Intersecciones

O

AB: y = 0 → x = – 2.5 cm BC: x = 8 → y = – 2.42 cm

C



Problema 10 Hallar F2 y C2 si los dos sistemas son equivalentes F = fuerzas; C = momentos

I

II → en (3; 4; 2) m

→ en (0; 0; 1) m

Solución:

Tomando momentos con respecto a O:

→ x = 44 → x = – 21 → z = – 10

→ en (0; 0; 0) m

29

30


Editorial Macro

Problema 11 Las tres fuerzas son paralelas al eje z, la fuerza resultante R pasa por el eje central z del tubo. Hallar la magnitud de FC , R, θ.

FC

300 N

r = 0.75 m

z

200 N

C

B 45º

x

Solución: (α)

(1) (2) (2)/(1): en (1) en (α)

r A

θ

y



31

Problema 12 Reducir el sistema de fuerzas indicado a dos fuerzas paralelas aplicadas en los vértices A y C contenidas en plano xy.

400 N/m B

y

3m

1200 N/m

4m

400 N

5m

x

C

A 400 N

2m

400 N

Solución:

B

(1)

m 1.5

A

1m

→

(2)

En (1): –440(1920 – C) + 1000 C = 0 → 1440C = 844 800 → C = 586.66; A = 1333,34

32


Editorial Macro

Problema 13 2m

El resorte BC tiene una longitud sin estirar de 2 m. Calcular la fuerza F aplicada cuando θ = 30º.

A

2m

C

θ = 30º 2m

K = 50 N/m B F

Solución: XBC = 2.478 – 2 = 0.478 m

2cos 30º = 1.732 m

FBC = KXBC = 50(0.478) = 23.9 N

4 – 1.732 = 2.268 α

ΣFH = 0

2sen 30º = 1 m

2.4786 m

23.9cos α = TABcos 30º

α = 23.79º

B

TAB = 25.25 N ΣFV = 0 F = 23.9sen α + 25.25sen 30º F = 22.26 N

TAB

23.9 N α

30º

F

C



33

Problema 14 0.6 m

El peso W está en equilibro en la posición mostrada. Determinar la longitud natural de cada resorte después de que el peso W es retirado.

0.4 m

B

C

0.5 m KAB = 1.2 KN/m

KAC = 1.5 KN/m A

30 kg = W

Solución:

FAC

FAB 0 64 0. = B

m

α 0.6

FAB(0.625) = FAC(0.768) FAB = 1.2288FAC

ΣFV = 0

0.7

81

0.5 30

ΣFH = 0

=

fA

C

β

α

m

fA

(1)

FAC(0.640) + FAB(0.781) = 30 FAC + 1.22031FAB = 46.875

(2)

(1) en (2): FAC + 1.50FAC = 46.875 1500XAC = FAC = 18.75 kg = 183.93 N XAC = 0.123 m 1200XAB = FAB = 23.04 kg = 226.02 N XAB = 0.188 m iAC = 0.781 – 0.123 = 0.658 m iAB = 0.640 – 0.188 = 0.452 m

β 0.4

0.5

34


Editorial Macro

Problema 15

Determinar la longitud inicial del resorte si θ = 40º cuando se logra el equilibrio.

5’

5’

El resorte permanece en posición horizontal conforme se estira.

A

θ 5’ C B

K = 10 lb/pie 10 lb

Solución:

FAB

ΣFV = 0

40º

FBAsen 40º = 10 FBA = 15.557 lb

FBC ΣFH = 0

FBC = 15.557cos 40º = 11.917 lb FBC = KX

10

X=

= 1.1917 pies estiramiento

Longitudes: 5cos 40º = 3.83’ 10’ – 3.83’ = 6.17’ longitud del resorte estirado i

= 6.17 – 1.1917 = 4.9783 pies



35

Problema 16 La longitud del resorte AB sin estirar es 2 m. Calcular la masa en kg del bloque si el sistema se encuentra en equilibrio.

4m

C

B

=20 K AC

3m

3m

m

N/m

/ 0N

K

A

=3

AB

KAD = 40 N/m D

m

Solución: LAB =

= 5.00 m

SAB = 5.00 – 2.00 = 3.00 m FAB / KAB = SAB FAB = KAB SAB = 30 N/m(3.00 m) = 90 N ΣFH = 0

FACcos 45º = 90 cos 36.86º

90 N

FAC

FAC = 101.85 N ΣFV = 0

W = 90 sen 36.86º + 101.85 sen 45º

36.86º

45º

W = 126 N < > 12.84 kg 

 m = 12.84 kg

W


Editorial Macro

z

Problema 17 B 1.2 m

Un cuerpo cuyo peso es 15 kN es soportado por 3 cables OC, OA, OB, si el sistema está en equilibrio, calcular la fuerza en los cables.

1.8 m

2

1.

m 1.5 m

O m

A

W = 15 kN

0.9 m x Solución: A(0; 1.5; 0) B(–1.2; –1.8; 1.2)

O

C(1.2; –0.9; 1.8)

0.9 0.9

De (1):

y C

2

1.8 m

1.

36

0.512FOA – 0.485FOB = 0

(1)

–0.384FOA – 0.727FOB + FOC = 0

(2)

0.768FOA + 0.485FOB – 15 = 0

(3)

FOB = 1.055FOA en (3): FOA = 11.72 kN  FOB = 12.36 kN en (2): FOC = 13.48 kN



z

Problema 18

2.5’

Cada cable puede soportar una fuerza máxima de 600 libras. Calcular Pmáximo si el sistema se encuentra en equilibrio

C 3’

4.5’ A

y 1.5’ B

3’

1.5’

D 1.5’

P

x Solución: A(4.5; 0; 3) D(1.5; 1.5; 0)

D

C(0; 2.5; 3) B(1.5; 0; 0)

(1) (2) (3) De (1): (4) en (2):

37

FDC = 1.556FDA

(4)

–0.333FDA – FDB + 0.285(1.556)FDA = 0 FDB = 0.110FDA

FDA = 385.6 lb De (4): FDC = 600 lb De (5): FDB = 42.41 lb (4) y (5) en (3): P = 0.666(385.6) + 0.857(600) = 771 lb

(5)

38


Editorial Macro

Problema 19

x 1.5’

K = 50 lb/pie

C

Cada resorte tiene una longitud sin estirar de 1.5’. Calcular P si el sistema está en equilibrio.

1.5’

120º

120º

D

y

120º B 2’

A P=? z Solución:

x

1.5’ 2’

 S = 2.5’ – 1.5’ = 1’ FC/R = KS = 50 lb

Lresorte = 2.5’ = Lfinal

C 60º 60º

y

B ;

;

y = 1.5 cos 60º = 0.75 x = ±1.5 sen 60º = ± 1.30 B(–1.3; 0.75; 0) C(1.3; 0.75; 0) D(0; –1.5; 0) A(0; 0; 2)

;

A



Problema 20

z

Si P = 25 kN

P = 25 kN

Calcular la fuerza en los cables FC, FA, FB.

39

F

Los puntos A, B y C se encuentran en el plano xy.

A

1m

5m

El sistema se encuentra en equilibrio.

4m y 2m

3m 2m C

2m x

Solución: A(–4; –1; 0)

F

B(2; 2; 0) C(3; –2; 0) F(0; 0; 5)

B

40


Editorial Macro

– 0.617FFA + 0.348FFB + 0.486FFC = 0

(1)

– 0.154FFA + 0.348FFB – 0.324FFC = 0 (2) 25 – 0.771FFA – 0.870FFB – 0.811FFC = 0

(3)

De (1), (2) y (3): FFA = 12.0 kN FFB = 11.69 kN FFC = 6.86 kN

Problema 21

z’

z

Determinar el momento resultante de las dos fuerzas con respecto al eje Oa; el punto “D” y el eje “Oa” que se encuentran en el plano xy.

F2 = 50 lb

120º

x’

C

y

O

5’ 30º

30º 4’

6’

A D

x Solución:

α = 120º

60º

B

(F2 // eje z)

a

F1 = 80 lb

45º

β = 60º

γ = 45º

y’



41

A = (4.33; – 2.5; 0)

, lb-pie

Problema 22

z

m punto medio de EG n punto medio de BC F = 130 lb

D

H

3’

Calcular el momento de la fuerza F respeto a “m” y “n” y respecto a la recta EG.

m

E

G C

4’ n A

12’

B

x Solución: H(0; 12; 4) A(3; 0; 0)

E(3; 0; 4) G(3; 12; 4) m(3; 6; 4)

B(3; 12; 0) C(0; 12; 0) n(1.5; 12; 0)

A(3; 0; 0) H(0; 12; 4)

y

42


Editorial Macro

Problema 23 Las dos fuerzas tienen magnitud de 50 N y están dirigidas de manera opuesta (son paralelas). Hallar el momento del par y la distancia entre las fuerzas.

z D

3m C 2 2 E 2m x

4m

O B

A

y



43

Solución: : B(2; 2) A(0; 4) :

D(0; 0; 3) A(0; 4; 0) ;

N-m

Problema 24

z D

Calcular el momento resultante producido por los dos pares de fuerza mostrados. (Expresión vectorial y magnitud)

H O

E

P = 180 N Q = 300 N

I

P

C

Los puntos H, I, J y K son puntos medios de los segmentos respectivos.

P

90 cm

x

A

Q

40

40 cm

Q B 40

J

130 cm

y

44


Editorial Macro

Solución:

N-cm

Problema 25 Si F4 = 120 N

z

Calcular la magnitud y sentido de las fuerzas , , para las cuales el par de fuerzas resultante que actúa sobre el bloque sea nulo.

F1

J 5m A

F2

3m F3

F3 D

F1 F4

4m B

E

G

F4

H

x

F2

C

y



Solución:

45

z (0; 0; 5)

5m (3; 4; 5) (0; 4; 0) 3m

x

De (3):

F3 = 160 N

De (1):

F 1 = F2

En (2):

F2 = +100 N F1 = 100 N

(3; 0; 0) 4 m

–4F1 + 4F2 = 0

(1)

3F1 + 3F2 – 600 = 0

(2)

– 480 + 3F3 = 0

(3)

y

46


Editorial Macro

Problema 26 Calcular el momento resultante generado por los tres pares de fuerzas. z F1 = 100 kg

α = 30º α F

F2 = 200 kg F3 = 300 kg

2

2

F3 2m

F1 1m

4

F1

O α F2

F3

x Solución:

kg-m kg-m

6m y



Problema 27

47

y

El sistema se reduce a fuerza y momento nulo. Calcular F1 , F2 y θ.

radio = 0.75’

F2

C

M = 80 lb∙pie F1

60 lb 30º

θ

O

45º

A 30 lb Solución: ΣFx = 0 = 60 + F2 – 30cos 45º – F1cos θ

(1)

ΣFy = 0 = F1 sen θ – 30 cos 45º

(2)

ΣMO = 0 = 0.75F2 + 30(0.75) + F1cos θ(0.75 sen 30º) + F1sen θ(0.75 cos 30º) – 80

(3)

De (1):

(4) y (5) en (3):

F1cos θ = F2 + 38.78

(4)

F1sen θ = 21.21

(5)

0 = 0.75F2 + 22.5 +(F2 + 38.78)0.375 + 13.77 – 80 0 = 1.125F2 – 29.18 F2 = 25.94 lb en (4) F1cos θ = 64.72

(5)/(6):

tan θ = 0.3277 θ = 18.14º en (6) F1 = 68.10 lb

(6)

x

48


Editorial Macro

Problema 28 Reducir el sistema a una fuerza única equivalente e indicar por dónde cruza dicha fuerza a la barra “AB” y a la barra “BC”.

32 lb

4’

30º

20 lb

A

B 2’

3’ 25 lb 2’ C

Solución:

y 30.31 lb = F2 2’ 4’ A F1 = 17.5

20 lb = F3 x

B 3’ 25 = F4 2’ C

cruza AB  y = 0  x = 2.10’ a partir de “A” cruza BC  x = 6  y = –4.617’ a partir de “B”



49

Problema 29 Calcular la fuerza que debe aplicarse en “C” si la línea de acción de la fuerza resultante de las cuatro fuerzas pasa por los puntos “B” y “D”. Las cuatro fuerzas están contenidas en el plano xy.

y

F1

g 0k 2 =

A (0; 6)

B (3; 6)

60º (3; 3) C

F2 = 50 kg D (6; 3)

3 cm

F3 = 40 kg

O

3 cm x

E (6; 0) 3 cm

3 cm

y

Solución:

A

Vectores posición B C

O





D E

x

50


Editorial Macro

Problema 30

z

La losa de un edificio está sometida a cuatro cargas de columnas paralelas. Determinar la fuerza resultante equivalente y su ubicación.

O F1 = 20 kN F2 = 50 kN

3m

F3 = 20 kN

F4 = 50 kN

x 8m

4m 2m

Solución:

6m

y



51

Problema 31 Reemplazar el sistema de fuerzas paralelas al eje z por otro sistema equivalente formado por tres fuerzas paralelas al eje z aplicadas una en “A”, otra en “B” y otra en “C”; “A”, “B” y “C” son puntos medios de los segmentos respectivos.

z F1 = 400 N O 0.8 m

0.8 m

A 0.8 m

z

F2 = 800 N

0.8 m H G 0.6 m C E 0.6 m

y

O <>

C

A

F3 = 1000 N

B

B

x

D

F4 = 600 N x Solución: A = (0.8; 0; 0) B = (1.4; 0.8; 0)

C = (0.6; 1.6; 0) D = (1.6; 0; 0)

E = (1.2; 1.6; 0) H = (0; 1.6; 0)

,

, ,

,

 A + B + C = 400 ,

, ,

G = (0; 0.8; 0)

,

(1) ,

, 

(2) (3) De (1), (2) y (3): , 

, ,

,

y

52


Editorial Macro

Problema 32

z

Reemplazar el sistema mostrado por un torsor equivalente e indicar las coordenadas del punto “P” por donde cruza a la placa.

12’

B A

P(y; z) 12’ C y

x

Solución:





Problema 33 Un torsor actúa en el punto (1; 2; 3) donde . En el origen se tiene un sistema equivalente donde . Calcular el torsor.

z

z

(1; 2; 3) y

O

<> O

x

x Solución:

(1) (2) (3) En el torsor:

en (2) y (3)  n = 20 Torsor:

y

53

54


Editorial Macro

Problema 34 Reemplazar el sistema mostrado en la figura por un torsor e indicar por dónde cruza el torsor al eje CD.

C

0.3 0.3 m A

z 0.5 m 0.7 m

0.8 m

D

0.6 m 0.25

0.25 m B

x Solución: En C:

Torsor:



y

CAPÍTULO

2

FUERZAS DISTRIBUIDAS

Los cuerpos están sujetos a la acción de cargas distribuidas, estas pueden ser causadas por el viento, por fluidos, por el peso del material que está encima del cuerpo, por el peso propio del cuerpo, etc.

2.1 Tipos de cargas distribuidas A) Sobre una línea “La fuerza se determina calculando el área que forma la carga distribuida”.

dF

w

F

w A

B

B

A x

A

B

dx “Sistema equivalente”

Ubicación: ƩMA:

, ubicación

56


Editorial Macro

B) Sobre una superficie “La fuerza se determina calculando el volumen que forma la carga distribuida”.

z

z

y

P x

dF y

x

A P = Presión A = Superficie

Si P = constante  F = PA ƩMy:

z F y x0 x

y0

C.P. Sistema equivalente

C.P. = Centro de Presión (x0, y0)

y

x dA

A


Capítulo 2: Fuerzas distribuidas

57

Problema 35 Calcular la fuerza resultante equivalente y su punto de aplicación.

28 lb/pie

y

18 lb/pie

w = 2x2 – 8x + 18 10 lb/pie

A

B

1 Solución:

2 pie

2

x

58


Editorial Macro

Problema 36 Reducir las fuerzas mostradas a una fuerza única e indicar en qué punto cruza a los ejes x, y.

y

400 kg/m

100 kg/m 600 kg/m 600 kg/m

3m

x

3m

6m Solución:

F4 = 900 kg

D.C.L.:

1m 3m F3 = 600 kg F1 = 900 kg

F2 = 2 827.43 kg

1m 2m

3m

y x

O (x; y)

x = 0 → y = – 0.933 m y = 0 → x = 1.199 m



Problema 37

59

z

Calcular la fuerza resultante y el centro de presión.

P = – 4y2 + 100 kg/m2

y 5m 5m

x Solución:

z

y

Por simetría X0 = 2.5 m

5

dA = 5 dy

x

;

dy

60


Editorial Macro

Problema 38

y

Calcular la fuerza resultante y su punto de aplicación.

B

800 kg/m2 C 600 kg/m2

A

x

500 kg/m

2

z

6m 4m

300 kg/m2

Solución: P = PO + Ax + Bz x = 0, z = 0, P = 800 → PO = 800 x = 4, z = 0, P = 600 → A = – 50 x = 0, z = 6, P = 500 → B = – 50 ; P = 800 – 50x – 50z



Problema 39

61

y 1000 kg/m2

Determinar la fuerza total y su punto de aplicación.

x 6m

10 m 8m z Solución: P = PO + Ax + Bz x=0 z=0 P = 103 P = 103 –

PO = 10

3

x=0 z=6 P=0

0 = 103 + 6B →B=

z=0 x=8 P = 103

103 = 103 + 8A →A=0

z

Por semejanza de triángulos:

x 6

8–x z (x; z)

z

x

62


Editorial Macro



63

Problema 40 En la figura se muestra la forma cómo se ha acumulado arena en el piso (plano xy), γarena = γ. Hallar la fuerza resultante que actúa sobre el piso y las coordenadas del punto de aplicación.

z h+δ

y

δ

h

x

a Solución:

P = γz

Z = ZO + Cx + Dy  Z = 0; x = y = 0  ZO = 0 y = 0; x = a  z = h

z=

x+

x=0y=bz=δ h = Ca  C =

δ = Db  D =

y

x=a y=b z=h+δ

b

z=h+δ

(1)

64


Editorial Macro

Reemplazando en (1):

(2)

Reemplazando en (2):

Problema 41 Reemplazar el sistema mostrado por uno equivalente en forma de trapecio.

300 kg/m

A

3m

3m

Solución:

2m

<>

A

2.5 m

6w1

1.5 m

3m B

A

450 + 600 = 1050 = 6w1 + 3w2 – 3w1 = 3w1 + 3w2 ΣMB:

(1)

450(4m) + 600(1.5m) = 2700 6w1(3m) + 3(w2 – w1)2m = 12w1 + 6w2 450 = 2w1 + w2

(2)

(2) – (1): w1 = 100 kg/m en (1) w2 = 250 kg/m

3(w2 – w1) 1m

2m B

ΣF: 350 = w1 + w2

B

6m

600 kg

450 A

200 kg/m B

w2

w1



Problema 42

P

Calcular la fuerza total y su punto de aplicación.

PO A

65

P = POex x

B

L

Solución:

dF P x

Problema 43

dx

y

Calcular la fuerza total y su punto de aplicación.

A

x

B

Solución:

dF x

y dx

66


Editorial Macro

Problema 44

q = 100x3; N/m

Para la carga distribuida, calcular la fuerza equivalente y su ubicación.

1m

A

x

B

Solución:

dF = q dx x

q dx

↑

Problema 45 Calcular la fuerza resultante equivalente a la carga distribuida e indicar su punto de aplicación.

woe L

w = woe

wo A

B x

L

Solución: (1)

en (1)

en (1)



Problema 46

y

Calcular la fuerza total y el punto de aplicación.

3m

500 N/m Solución:

dF

W

dy y

67

68


Editorial Macro

Problema 47 La carga distribuida actúa sobre el borde de la placa semicircular y varía según w = woy/a. Calcular la fuerza resultante y el punto de aplicación.

P

wo a y

x Solución: Por simetría de cargas:

dθ θ

dS = a dθ

y = a sen θ ↓

x

y



69

Problema 48 Reemplazar las cargas dadas por un sistema equivalente actuando en “A”.

R=1m q = 300 cos α N/m

R

q

α

A

B

Solución:

dF = qdS α dS = Rdα dα α

→

↓

↑

FV1

FV2

FH1

FH2 β

β

A

0.537 m

1.0 β 0.8435 m

70


Editorial Macro

Problema 49 Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.

y

wo a x

O Solución:

dF α dα α a FV β

FH

β y

↓

woa

woa woa

woa

a

β

β O

x



71

Problema 50 y

Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.

wo a x

O

a

Solución:

dF α dα

α a

y woa

w oa w oa

woa a

β ↓

β

O

β woa

x

β a

woa

woa w oa

72


Problema 51

Editorial Macro

y

Calcular la fuerza total equivalente al sistema de fuerzas mostrado e indicar por dónde cruza al eje x y al eje y.

wo O

x

L L/2 wo

L/2 wo y

Solución:

,

L/3

2L/3 O

x L/3

,

L/6 ,

L/3

cruza al eje y: x=0

y=–

y=0

x=

cruza al eje x:

L/6



73

y

Problema 52 Calcular la fuerza resultante equivalente e indicar por dónde cruza a la recta BC y al eje y.

200 kg/m B

C 3m

5m

2m A 100 kg/m Solución:

y

B

x

F2 = 300 kg 2m

3.5 m

F3 = 1000 kg 2.5 m

C

F1 = 100 kg 2/3 m x

A

BC:

y:

y=2 –1300x + 200 = –6 033.34 x = 4.79 m de “B” x=0 100y = –6 033.34 y = –60.33 m de “A”

74


Editorial Macro

Problema 53 Reducir el sistema de fuerzas mostrado a fuerza única equivalente e indicar por dónde cruza al eje x y al eje y.

y 200 N/m x

A 2m

2.30 m

1000 N 2m

1500 N-m = M 2m

400 N/m 4m

Solución:

y O

2m

2m

x 1.533 m

2m

0.766 m 2.666 m 1.333 m

,

cruza al eje y: x=0

y = –2.212 m

y=0

x = –1.493 m

cruza al eje x:



Problema 54

75

y

Las fuerzas están en el plano xy, la fuerza R es la resultante del sistema de fuerzas mostrado y de otra fuerza F1 que no aparece en el diagrama. Determinar y hallar por donde cruza a los ejes x,y la fuerza R. El momento M es perpendicular al plano xy.

R = 1000 kg 4

200 kg/m

3 2m M = 1000 kg-m

2m

F2 = 800 kg

300 kg/m

O

x 3m

2m

2m

Solución:

R

:

F3 = 1200 F4 = 300 1 m 2m

:

2m

cruza al eje y: x=0

y = 7.238 m

y=0

x = 9.5 m

cruza al eje x:

76


Editorial Macro

Problema 55

200 N/cm2

A

Hallar q (N/cm2) y x (cm) de modo que la resultante de la fuerza distribuida en la superficie AB sea un momento.

A

4 cm

A

12 cm O x q

B

4 cm B

B 12 cm

Solución: ~ de

200

s: (1)

F1

16 – x x–4 a 4 q

F2

← ~ de

s:

F3 →

→ Dato: ΣF = 0

(2) (2) en (1): 1152 – 192x = 0 x = 6 cm en (1) q = 120 N/cm2



Problema 56

y

Calcular la fuerza total y el centro de presión.

P

10 pies P = 4 z3, lb/pie2 3 pies z Solución: Por simetría: dA = 3dz

dF

dz

3

77

78


Editorial Macro

Problema 57

O


8’ x

P = 4z1/3, lb/pie2

3’ z

Solución: Por simetría: xo = 1.5 pies

dF z dz

3

dA = 3dz



Problema 58

4 kPa


y P = 2y1/2 4 kPa

2m

4m 2m x

Solución: dA = 4dy

dF

y

4

Por simetría:

dy

(1)

x en (1)

79

80


Editorial Macro

Problema 59

y


100 Pa

P

300 Pa

5m

6m

x Solución:

y dF dx

Por simetría:

6

dA = 6dx

x



Problema 60

P

140 lb/pie2

Calcular la fuerza total y el centro de presión. La carga de presión sobre la placa está descrita por la función:

100 lb/pie2 2’

3’ x

Solución:

dF y dx

3

x Por simetría:

dA = 3dx

81

82


Editorial Macro

y

Problema 61

8 000 N/m2

Calcular la fuerza total (N) y el centro de presión.

16 m 40 000 N/m2 P 12 m

x Solución: Por simetría de cargas: xo = 8 m y = 12 m

P = 8 000

8 000 =

+8

(1)

y=0

P = 40 000

40 000 = A + B

(2)

De (1) y (2):

A = 34 666.67 B = 5 333.33

y 16

dy dF

x

dA = 16 dy

P=

+ 5 333.33



83

y

Problema 62 Reducir el sistema de fuerzas mostrado a un sistema equivalente consistente en fuerza única e indicar por dónde cruza al plano yz.

4m

600 N/m2

M = 4000 , N-m

O

x

3m

600 N/m2 4m

z y

Solución:

6 000 N

4 800 N F < > Volumen =

= 6 000 N

α

2m sen α =

1m cos α =

3 600 N

A α O 8/3

A(8/3; 1; 2) m ;

4/3 4m



4 800z = 9 600

z=2m

3 600y = –5 200

y = –1.444 m

x

84


Editorial Macro

Problema 63 Calcular la fuerza total y el centro de presión:

P 2Po

Po

Po y Po

L L

x Solución:

Po



85

Problema 64 P

Calcular la fuerza total y el centro de presión. La carga sobre la placa varía linealmente a lo largo de los lados de la placa de modo que:

8 kPa

y 3m

, kPa

4m x Solución:

86


Editorial Macro

Problema 65

P 800 N/m2


600 N/m2 x 6m

500 N/m2

300 N/m2 4m z Solución: P = A + Bx + Cz x=0 z=0 P = 800

800 = A

x=0 z=6 P = 500

500 = 800 + 6C C = – 50

P = 800 – 50x – 50z  Los cuatro puntos superiores forman un plano.

z=0 x=4 P = 600

600 = 800 + 4B B = – 50

x=4 z=6 P = 800 – 50(4) – 50(6) = 300



Problema 66

300 P


100 kg/m2

x

y

200

12 m

9m O Solución: P = A + Bx + Cy x=0 y=0 P=0

87

A=0

x = 12 y=0 P = 200

200 = 12B B = 50/3

xo = 7.33 m yo = 5.33 m

x=0 y=9 P = 100

100 = 9C C = 100/9

88


Editorial Macro

P 80 N/m2

Problema 67 Calcular la fuerza total y el centro de presión.

y

3m 4m

x Solución: P = A + Bx + Cy x=0 y=0 P = 80

x=4 y=0 P=0

80 = A

0 = 80 + 4B B = – 20

x=0 y=3 P=0

0 = 80 + 3C C = – 80/3

“x” en función de “y”: P = 80 – 20x –

y 3–y

y

4

x

~ de

s:



89

z

Problema 68 Se almacena arena con peso específico

Superficie libre plana de la arena

γ = 1600 kg/m3 Calcular la fuerza total y el centro de presión en el plano xy.

2.4 m 3m 0.9 m 6m

x

1.5

m

3m

Solución: P = γz x=0 y=0 z = 2.4

A = 2.4

x=0 y=3 z=3

z = A + Bx + Cy 3 = 2.4 + 3B B = 0.20

z = 2.4 + 0.2x – 0.25y x=3 y=6 z = 1.5

1.5 = z

y=6 x=0 z = 0.9

0.9 = 2.4 + 6C C = – 0.25

y

CAPÍTULO

3

CENTRO DE GRAVEDAD 3.1 Peso (W) Fuerza ejercida por la tierra sobre los elementos del cuerpo rígido.

W1 W W3 2

La tierra: “Los pesos son fuerzas concurrentes”.

→ Fuerzas paralelas

W1

W2

Para distancias cortas es buena aproximación considerar a los pesos como fuerzas paralelas.

W3

z

z w

<> wi x

y i w4

xi w1

w3 w2

y

y C.G.

x

, peso total (1)

(3)

(2)

(4)

(1) = (2)

(3) = (4)

(5)

(6)

92


Editorial Macro

De manera similar: (7)

, ,

→ Coordenadas del centro de gravedad

En general: (8)

(9)

(10)

Las ecuaciones (5) al (10) se utilizan para calcular el centro de gravedad. Si la aceleración debida a la gravedad es igual en todas las partículas del cuerpo: W = mg dW = g dm

en (5), (6), (7), (8), (9), (10)

m = masa dm = masa de cualquier partícula del cuerpo

(11)

(12)

(13)


Capítulo 3: Centro de gravedad

En general: (14)

(15)

(16) Las ecuaciones (11) a (16) se utilizan para calcular el centro de masa.

3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos γ = Peso específico constante

3.2.1 Centro de gravedad de líneas “Alambre de sección constante”.

a = constante

W = γV W = γa

en 5, 6, 7:



(17)

De manera similar: (18)

(19)

93

94


Editorial Macro

En general: (20)

(21)

(22)

3.2.2 Centro de gravedad de áreas A

t = constante

“Placa de espesor constante”: W = γV W = γtA

en (5), (6), (7):

(23)

De manera similar:

(24)

(25)



En general: (26)

(27)

(28)

3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes

V W = γV

en (5), (6), (7):

(29) De manera similar: (30)

(31)

95

96


Editorial Macro

En general: (32)

(33)

(34) Notas: 1) El centro de gravedad toma en cuenta los materiales que componen el cuerpo y es el punto donde está aplicada la fuerza resultante equivalente que es el peso del cuerpo. 2) El centroide es un centro geométrico, toma en cuenta la forma más no los materiales que componen el cuerpo. 3) Si el cuerpo es homogéneo (γ = constante) el centro de gravedad coincide con el centroide.

3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus 1. Una línea que gira alrededor de un eje fijo genera una superficie (cualquier punto de la línea mantiene una distancia constante al eje mientras gira). 2. Una superficie plana que gira alrededor de un eje fijo genera un volumen (cualquier punto de la superficie mantiene una distancia constante al eje mientras gira).

Línea

B

B Superficie

A

A Eje

Superficie lateral de un tronco de cono

C

Volumen de cono

Eje



97

Teorema 1: La superficie generada por una línea que gira alrededor de un eje fijo es igual a la longitud de la línea multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la línea durante la formación de la superficie.

dL Para 1 vuelta:

L y Eje

En general:

Teorema 2: El volumen generado por una superficie plana que gira alrededor de un eje fijo es igual al área de la superficie multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la superficie durante la formación del volumen. Para 1 vuelta:

A dA

En general: α → en radianes

y Eje

98


Editorial Macro

3.4 Tabla de centros de gravedad Centro de gravedad de líneas C = Centro de gravedad Nombre

Figura

L

y 1

Recta

C L

0

x

L

y 2

1/4 de circunferencia

r C x

r y 3

C

1/2 de circunferencia

r

0

r

x

r

x

πr

y 4

Circunferencia

y 5

Arco de circunferencia

y 6

Recta inclinada

C

r

C α

r α α

C

0

x

Elipse

a

2πr

0

2αr

L L

x y

7

0

b a Cb

=0 ;

x ;

Nota: α solo en las fórmulas debe ir en radianes.

=0



99

Centro de gravedad de superficies planas Nombre

Figura

A

C

bh

y 1

Rectángulo

h

x

b a

y 2

Triángulo

h

C b

x

r

x

r

x

y 3

r

Triángulo rectángulo

C

y 4

C

r

1/4 de círculo

y 5

C

Semicírculo

r

2r y 6

Círculo

r

y 7

Sector circular

x

x2 + y2 = r2 C

r

r  C  r

0

x

x

0

πr2

0

αr2

100


Editorial Macro

Nombre

Figura

A

y 8

1/4 de elipse

b

C a

x

y 9

Semielipse

b

0

C a

a

x

y 10 Elipse

a

b

C

b

a

x

0

0

πab

y C

11 Paralelogramo

b

 a

x y

12 Segmento circular

C r

α α

r x

absen α



Nombre

Figura

A

a

y c

d

C

13 Trapecio

h b

y 14

Tímpano de 1/4 de círculo

101

x

x2 + (y – r)2 = r2 r

r C x y

15 Cuadrado

a

C

a2

a

x

y R

C

16 Corona circular

x

r

0

y 17 Semicorona circular

0

C R

r

x

y 18

Segmento de corona circular

C R

α α

0

r x

0

102


Editorial Macro

Nombre

Figura

A

y r Círculo con núcleo 19 retirado

b

α α

C

x

0

0

2αr2 – 2ab

0

0

2.3773R2

0

0

2.598R2

0

0

2.8284R2

0

0

2.9389R2

b

a a y R

20 Pentágono

x

C

y R

21 Hexágono

C

x

y R 22 Octágono

C

x

y R 23 Decágono

C

x



Nombre

Figura

A

y 24

Polígono regular con “n” lados

R

25 Área semiparabólica

0

x

C

y

a y = kx2

C

b

x

a 26 Área parabólica

y

a C

b

y = kx

2

x

y 27

Semiparábola de grado “n”

b

a y = kxn

C

x y • Tímpano semiparabólico 28 • Enjuta semiparabólica

y = kx2 C b a

103

x

0

0

104


Nombre

Editorial Macro

Figura

A

y 29

• Tímpano de grado “n” • Enjuta general

C

b

a y 30

x

a C

Tímpano de 1/4 de elipse

0.7765a

b x

y 31

Semisegmento parabólico

h

C x

b y 32

Semisegmento de grado “n”

h

C x

b y 33


C a

b x

0.7765b

0.2146ab



Nombre

Figura

y

A

x = ky2

34 Semiparábola

b C x

a y 35

Complemento de semiparábola

b

a C x = ky2 x

y Complemento de 36 semiparábola de grado “n”

a C

b x y

37 Trapecio

h

a C b

x

y

38 Rombo

C

105

x

0

0

106


Editorial Macro

Centro de gravedad de superficies curvas Nombre

Figura

A

z

1

Cáscara cilíndrica base circular

C r

h

0

r

0

2πrh

0

πrh

0

πr(2h + r)

y

x z

2

Cáscara semicilíndrica

h

C r

y

r

x z

3

1/4 de cáscara cilíndrica

C

h

r

y

r x z

4

Cáscara cilíndrica de fondo cerrado

h

C r x

r

0

y



Nombre

Figura

107

A

z

5

Cáscara cilíndrica cerrada de ambos lados

C

h

r

r

0

0

0

0

y

x

z

6

h

Cáscara cónica de fondo abierto

C

r

r

y

x

z

7

C

Cáscara semicónica

h

r

0

r

y

r

y

x

z

8

Cáscara cónica base cerrada

h C r x

2πr(h + r)

108


Editorial Macro

Nombre

Figura

A

z

9

r

Cáscara esférica

y

0

0

0

4πr2

0

0

2πr2

0

πr2

0

3πr2

C x

z C

10 Cáscara hemisférica

r

r

y

r

y

x

z

C

11 1/4 de cáscara esférica

r x

z

12

C

Cáscara hemisférica base cerrada

r x

r

y

0



109

Centro de gravedad de volúmenes Nombre

Figura

y 1

x2 + y2 = r2

1/2 de esfera (hemisferio)

x r

y 2

V

0

0

0

0

0

0

z

h

Cono

x r

z

z 3

Semicono

r x

h

b

x

Pirámide

a

z

y 5

h

Pirámide irregular

x b z

0

r

h

y 4

y

a

110


Nombre

Editorial Macro

Figura

y 6

V

h x

Cilindro

0

0

πr2h

z y 7

Semicilindro

h x

r

r

0

z

y h 8

1/4 de cilindro

r

x

r z z 9

b c

Prisma rectangular

y

a x z c

10 Tetraedro recto

b a x

y

abc



Nombre

Figura

111

V

z a 11 Cubo

y

a a

x

z

x2 + y2 + z2 = r2

r

12 Esfera

a3

y

0

C

x

z r h 13 Tronco de cono

C y R

x

y 14 Prisma triangular

x

b z

a

c

0

0

112


Editorial Macro

Nombre

Figura

V

z

15 Cilindro elíptico

h

C

0

y

b a

a b x z h

16 1/4 de cono

r

r

y

x z

17 Tronco de pirámide

a/2 b/2 x

h

y

a/2

b/2

H

z

18

1/2 cilindro circular por corte diagonal

h

0

r x

r

y

0

πabh



Nombre

Figura

V

z 19

Semielipsoide de revolución

h

C r

y

r

0

0

0

0

0

0

x

z 20

Semielipsoide elíptico

C

c b

x

a

a

y

b

z c

21 1/8 de elipsoide

a

y

b

x

z

22

Paraboloide de revolución

C

x

113

r

r

h y

114


Editorial Macro

Nombre

Figura

b

2a 23

Paraboloide elíptico

V

z

b c

C

0

0

y x

z 24

Paraboloide hiperbólico

c a x

y

0

b

z

x 25 Semitoro

a

ya a

0

a a r

r

z

h

26 Cono

x 2r

0

y

0

π2a2r


Problema 69


115

y

Hallar el centro de gravedad del arco de circunferencia.

r

L

α α

x r

Solución: Simetría: Eje x:

y

rcos θ = x r

dθ θ

(1)

(2) (1) y (2) en x:

dL = rdθ x

116


Editorial Macro

Problema 70 Hallar el centro de gravedad de la línea OA.

y y2 = 12x

O Solución:

A (12; 12)

x



117

Problema 71 En la superficie triangular mostrada, calcular .

y

h x b Solución:

y

x

dy y

Por semejanza de triángulos:

x b

Elemento diferencial: rectángulo (1)

(2) (1) y (2) en :

h

118


Editorial Macro

Problema 72 Calcular el centro del gravedad de un cuarto de círculo.

y

dL = rdθ

r

Solución:

dθ θ

r

x



Problema 73 y

Calcular el centroide de la superficie rectangular.

h x O

b

Solución: A)

(1)

y

b

(2)

(3)

dy

x

O

(2) y (3) en (1):

y B)

dx

(1)

h (2)

y O

(1) en (2):

x

x

119

120


Editorial Macro

Problema 74

y

Hallar el centro de gravedad del sector circular.

r α α

x r

Solución: Eje de simetría x →

y r dθ θ (1) (2)

(1) y (2) en :

dL = rdθ x



Problema 75

121

y

Hallar el centro de gravedad, luego calcular el volumen generado al dar una vuelta alrededor del eje x.

20 cm 12 cm 8 cm

Solución:

8

Por simetría

2(18.33)

Componentes

A(cm2)

+ semicírculo (r = 20) – semicírculo (r = 12) + 2 sector circular + triángulo Σ

628.32 –226.19 164.64 146.64 713.41

Algunos cálculos:

16.49 13.09 5.29 2.67

10 360.99 –2 960.83 870.95 391.53 8 662.64

8

θ

2α

20 cm b

Sector circular:

x

122


Editorial Macro

Problema 76

A

Hallar el centro de gravedad de la línea compuesta OABCO.

B 15 cm

8 cm α

O

C

20 cm

x

Solución: L AO OC CB BA Σ

15 20 8π 9 69.13

0 10 16,65 3.6

7.5 0 8.87 12.3

— 200 418.46 32.4 650.86

112.5 — 222.92 110.7 446.12

Cálculos: :

D

B

D 8 O

:

α 20 cm A 15

17

y z O

a 20

α

8 C

α α C

x

O



Problema 77

y

Hallar el centro de gravedad de la superficie lateral del cono.

h x z Solución:

y

Simetría xy: Simetría yz:

h

dL

x y

r

x

z Semejanza de triángulos:

dy

dL dx

123

124


Editorial Macro

Problema 78 Hallar el centro de gravedad del tronco de cono circular recto. (r1 = 10 cm; r2 = 12.5 cm; h = 15 cm)

y

r1 h

r2

x

z Solución:

y

Por simetría con los planos:

B y 10

Semejanza de triángulos:

h’ h = 15

C 12.5  y = 60 cm → h’ = 75 cm Componente

Volumen (cm3)

A x

z y (cm)

Vy

Cono grande

230 100

Cono pequeño

–188 490 Σ = 5 989

Σ = 41 610



Problema 79

125

y

Hallar las coordenadas centroidales del volumen del cono circular recto.

x

d z h Solución: Por simetría en el plano xy:

dx

x

Por simetría en el plano xz:

h–x

d/2 x (1) (2) Por semejanza de triángulos: en (2)

d/2

y h

h–x

126


Problema 80 Se gira el área de la figura alrededor del eje y. Hallar el centroide del volumen.

Editorial Macro

y

y = 2a

(a, 2a)

y2 = 4ax x Solución:

y

Por simetría con el plano xy: Por simetría con el plano zy:

dy y

(1)

x x

(2)

z

De en (2): en (1)



127

Problema 81 b = 50 mm

y A

Calcular el centro de gravedad de la línea OA.

b/2 O

x

b

Solución:

d dx

(1)

(2)

dy

128


Editorial Macro

Reemplazando datos en (1) y (2):

Problema 82 Calcular la longitud “b” tal que el centroide de la línea compuesta se encuentre en el punto “O”.

y b

A

B a O

D

C

Solución:

AB DC AD BC



x

x

b b 2a πa

–b/2 –b/2 –b 2a/π

–b2/2 –b2/2 –2ab 2a2

2b + 2a + πa

2a2 – 2ab – b2

x


Problema 83 Calcular el centro de gravedad de un cuarto . de circunferencia


129

y B r x

A

O Solución:

y

x = rsenα

dS = rdα

r

dα α

x = rcosα

x

130


Editorial Macro

Problema 84

z

Calcular “a” y “b” en función de “r” si el centroide queda en el punto (a/4; r; z), luego calcular z.

r B

b C

y

D

a A x Solución:

AB CD BC



x

a b πr

a/2 0 0

a +b + πr

y

z

0 0 2r + b/2 0 r 2r/π

x

y

z

a2/2 0 0

0 2br + b2/2 πr2

0 0 2r2

a2/2 πr2 + b2/2 + 2br

(1)

(2)

(1) = (2):

2r2



131

Problema 85 Calcular el centroide de la línea semicircunferencia compuesta AC, CB, DC rectas.

y z C D 12’ 5’

A

O 5’

x

B

Solución: Por simetría:

BC AC DC



x

y

z

x

y

z

5π 13 13 13

0 2.5 –2.5 0

0 6 6 6

10/π 0 0 2.5

0 32.5 –32.5 0

0 78 78 78

50 0 0 32.5

0

234

82.5

54.708

132


Editorial Macro

Problema 86

z

2 y 5 = un cuarto de circunferencia.

1

Calcular el centroide de la línea compuesta.

R 3

2

4

R/2

y

R

5

R x Solución: (1)

línea



x

(2)

y

z

x

(3)

y

z

1 2 3

R R

4

R 0

5

R2 R2

R

0 0

6.055R

0 3.349R2

3.778R2

4.531R2



Problema 87

y

Calcular “b” si el centroide del área compuesta sombreada está en el punto “C”.

a/2 = 3r r c

O

x a/2 = 3r

b a = 6r

Solución: Dato: a

A

x

Ax

+

a

36r2

3r

108r3

+

r

πr2

b–r

πr2(b – r)

– 2r

– 2rb

b/2

– rb2

b

Respuesta:

133

36r2 + πr2 – 2rb

108r3 – rb2 + πr2(b – r)

134


Editorial Macro

Problema 88 Calcular el centroide del área sombreada por integración.

y

a/2 x

a Solución:

y (1)

a/2 x

a–x

dy

y x

a

en (1) y (2)

en (1)

(2)



135

en (2)

Problema 89

y

Calcular por integración el centroide de la superficie plana denominada 1/4 de elipse.

b O Solución: y dA dy y

x

x

a

x

136


Editorial Macro

y

Problema 90 Calcular el centroide de la superficie plana sombreada.

R

R/2

x

O 2R Solución:

A

x

R2

R

y

Ax

Ay

2R +

R/2

– R/2

–

R 2α R

β R

R3

–

–

– 0.2618R2 0.522R2

0.636R

0.170R

–

– 0.166R3

– 0.044R3

0.772R3

0.134R3



137

Cálculos:

y x’ x

O x = x’cos15º = 0.636R y = x’sen15º = 0.170R A = αR2 =0.2618R2

Problema 91

y (a; b)

Calcular el centroide del área sombreada por integración.

y1 = K1x2

y2 = K2x3

b

x

a

O Solución: (1) y=b x=a

K1 = K2 =

(2)

y

x dx

x

138


Editorial Macro

en (1) y (2)

en (1)

en (2)

z

Problema 92 Calcular el centroide de la superficie del medio cilindro.

dS

L y

x

L

R


z dS dα α x

R

z



139

z

Problema 93 Calcular la relación H/R de modo que el centroide de la superficie total del cono coincida con el centroide del volumen.

H y

R x Solución:

A

z

zA

πR2

0

0

Superficie lateral fondo

140


Editorial Macro

y

Problema 94

4a a

Calcular el centroide de una cáscara semicilíndrica cerrada en ambos extremos y abierta en la parte superior.

2a

a

a

a

4a x

z Solución: Por simetría:

A izquierda

y

Ay 0.904a3

derecha

0.904a3

centro

4.566a3 5πa2

6.374a3



Problema 95

z

Calcular la ubicación centroidal del tetraedro.

141

b

a c y

x Solución: ~ de

z

s:

c–z

y

c x

y

dz z

z b

y

x

x

c–z c z

a ,

142


Editorial Macro

Problema 96

z

Calcular el centro de gravedad de la pirámide rectangular.

h

a/2 y a/2 b/2 x

b/2

Solución: ~ de Por simetría: dV = xydz

y/2 z b/2

x y

z

dz x/2

h z

a/2

h

s:



Problema 97

143

z

Calcular el centro de gravedad del semicono.

O x

a a

h


y

dy

O

z

z

y y

del diferencial de volumen

h

a

a y

144


Editorial Macro

Problema 98 z

Calcular el centro de gravedad del volumen.

2m x2 + y2 = 9 – z 5m

dz

r

z

O

x Solución: Simetría:

, (1)

en (1)

y 3m



Problema 99

145

z z2 = 3y

Calcular por integración el centroide del volumen.

y

O

L x Solución: Por simetría: (1)

z y

dy r

x en (1)

en (1)

y

146


Editorial Macro

Problema 100 y

Calcular el centroide del semielipsoide por integración.

r

r

x

r h z Solución:

y dV

Por simetría:

y x

(1)

z

x

dx



Problema 101

147

z

Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro C de la cara plana circular del hemiferio.

h

C

Solución: Fig

V

z

Vz

r

148


Editorial Macro

Problema 102

z r

Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro “C” de la cara plana circular del hemisferio.

h C

Solución:

Fig.

V

z

Vz

r



Problema 103

149

6 cm 4 cm

Calcular el centro de gravedad del tronco de cono recto y circular del cual se ha retirado otro tronco de cono recto circular y coaxial como el primero, tal como se muestra en la figura.

6 cm

2 cm 10 cm Solución: ~ de Triángulos B)

A)

4

y 10y  6y + 36 4y  36 y9

6 6 10

A)

4x  12 + 2x 2x  12 x6

6 2 x

150


Editorial Macro

B)

Vol (cm3)

Vy

1

1231.5

2.51

3091.06

2

–175.93

6 – 2.35 = 3.65

–642.14

1055.57

2448.92

Problema 104 La superficie gira 180º alrededor del eje y generando un volumen. Calcular el centro de gravedad del volumen.

z

2m

2m

y 2m

x Solución: Por simetría plano zy:

;

;


r


~ de

s:

4

r

2

2 dy

y

2 4–y

151

152


Editorial Macro

Problema 105 100 mm

Calcular la altura “h” hasta la cual debe vaciarse el líquido dentro de la copa cónica de modo que esté en contacto con la mitad del área de la superficie interior de la copa.

150 mm h

Solución:

50 = 25 Por Pappus:

SL = 2π L SL = 2π(25)158.11 = 24 835.86 mm2

150

158.11

SL = 12 417.93 mm2

50 βcos18.43º = h

x 150 h β

β = 1.054h x=

= 0.333h = htan18.43º

= 0.1666h

18.43º Por Pappus: 12 417.93 = 2π(0.166h)1.054h h = 106.1 mm



Problema 106

153

z

Calcular el centro de gravedad del hemisferio. La densidad del material varía linealmente desde cero en el origen hasta ρo en la supeficie.

x O a y

Solución: dw = γdV = ρgdV

dx dV = πz2dx

z

z2 = a2 – x2 dV = π(a2 – x2)dx

x

Por simetría:

x2 + z2 = a2 ρo = Ka ρ = Kx (1) x=a en (1): ρ = ρo

K= ρ=

ecuación de la densidad

154


Editorial Macro

Problema 107

z

Calcular el centro de gravedad del cuerpo formado por un cilindro hueco de ρ = 8 T/m3 y un hemisferio que tiene una ρ = 3 T/m3.

20

20 mm

120 mm

x 40 mm y Solución: Por simetría:

Fig

z

ρ

V (mm3)

ρV

zρV

1

60

8

+π(40)2120 = 603 185.7

482 5485.6

289 529 136

2

60

8 –π(20)2120 = –150 796.4 –1 20 6 371.2 –723 382 272

80 +

–

120 40 120

+

40 3

– (40) = – 15 3

+ π(40)3 = 134 041.2

402 123.6

–6 031 854

4 021 238

211 115 010



Problema 108

155

z

La estructura que se muestra contiene una placa A de peso 10 lb/pie2 y alambres B y C de peso 2 lb/pie. Calcular el centro de gravedad.

C R

A

R = 4 pie y 3 pie

B x Solución: A Peso: B Peso: C Peso:

W

x

y

A

60

1

0

B

10

1.5

2

C

12.57

0

z

0

82.57

= 0.908 pie

= 0.630 pie

Wx

Wy

Wz

60

0

80

15

20

0

0

32

32

75

52

112

= 1.356 pies

156


Editorial Macro

Problema 109

γ

= 7.15 g/cm3 = 2.65 g/cm3

acero

1 cm

hierro

hierro aluminio

= 7.8 g/cm3

1 cm

2 cm

acero

γ γ

y

y 1 cm

Calcular el centro de gravedad de la pieza de acero, hierro fundido y aluminio.

aluminio x

z 1 cm

Solución: W = γV acero:

7.8 × 1 × 2 × 1 = 15.6 g

hierro:

7.15 × 1 × 4 × 2 = 57.2 g

aluminio

Por simetría:

(1)3 × 2.65 = 5.55 g W

y

z

Wy

Wz

acero

15.6

3.5

2

54.6

31.2

hierro

57.2

2

0.5

114.4

28.6

aluminio

5.55

1

= 3(1)/8 + 1 = 1.375

5.55

7.63125

174.55

67.43125

78.35

4 cm



157

Problema 110 Un cilindro de acero está incrustado en un cilindro de madera. Calcular el centro de gravedad del conjunto. γ = 7.8 g/cm3 γ

= 1.6 g/cm3

y

y madera

20 cm

12

vista lateral Solución: W = γV

V V V

1

2

= π(6)24 = 144π

, W1 = 723.82 g

= π[(6)2 – (4)2]12 = 240π , W2 = 1206.37 g

= π(4)2(32) = 512π

, W3 = 12546.29 g

Por simetría: W

x

Wx

madera1

723.82

2

1 447.64

madera2

1 206.37

10

12 063.7

acero

12 546.29

20

250 925.8

14 476.48

264 437.14

12 cm

z

x 4

8 cm

12 cm

acero

CAPÍTULO

4

MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS

Llamado también momento segundo de superficie. Por ejemplo en el análisis de esfuerzos y deformaciones en vigas se encuentran expresiones matemáticas de la forma .

y

A x

dA

Momentos de inercia

a y x

O Momento polar de inercia

→

→ (+), Unidades = (longitud)4

4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner) y

A d2

yC dA y

xC

C d1

a , similarmente:

O

x C → centroide

160


Editorial Macro

4.2 Radio de giro Los momentos de inercia y el momento polar de inercia se pueden expresar en forma de producto del área A de la superficie por el cuadrado de una longitud r (constante). radio de giro (+) radio de giro (+) radio polar de giro (+)

→ relación de radios de giro

y

y

A

ry

rx O

y A

A

r0 O

x

x

x

O

Relación de radios de giro entre 2 ejes paralelos uno de los cuales pasa por el centroide de la superficie: ,

,

,


Capítulo 4: Momento de inercia de superficies planas

161

4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto y

A x

dA → (+) ó (−)

y x

O y

xC

yC

A xC

C

yC x

O

Si un eje o ambos ejes son ejes de simetría: I = 0

y

y

y C

C

x

Signos

C

x

x

x(–) • y(+)

•

x(+) y(+)

x(–) y(–)

•

x(+) y(–)

•

4.4 Rotación de ejes y V

A U α O

α → (+) antihorario (–) horario

α xy UV

x

162


Editorial Macro

4.5 Momentos de inercia principales Existe un sistema de ejes en los cuales se da en uno de ellos el momento de inercia máximo y en el otro se da el momento de inercia mínimo, se denominan ejes principales. El producto de inercia con respecto a estos ejes es cero. Magnitudes

Ubicación (α) → α1 ; α2 = α1 + 90º

4.6 Método gráfico: Círculo de Mohr Se da de una superficie plana respecto a ejes x, y. Hallar gráficamente los valores IU, IV, IUV respecto a un sistema de ejes u, v que forman un ángulo α con el sistema de ejes x, y en sentido antihorario. 1. En el eje horizontal se ubican los momentos de inercia. 2. En el eje vertical se ubican los productos de inercia. 3. Se ubica en el punto “A” (

).

4. Se ubica en el punto “B” (

).

5. Se dibuja la recta que corta a la horizontal en “C”, “C” es el centro del círculo que es trazado estando los puntos “A” y “B” contenidos en el círculo. 6. Se dibuja una recta que forma un ángulo 2α con la recta recta es y pasa por el centro del círculo.

en sentido antihorario, la

7. Las coordenadas “D” y “E” son los valores IU , IV , IUV . 8. El ángulo α’ nos define la posición de los ejes principales en el círculo son los puntos F y G. 9. Si en la superficie plana se considera un ángulo “α” en el círculo de Mohr se considera un ángulo “2α”.



Productos de inercia

(IU, IUV) D A(Ix, Ixy) 2α 2α’

C (0; 0)

G (Imín)

2α’

Momentos de inercia

F (Imáx)

2α

B (I , –I ) E (IV, –IUV)

y

V α

W α’

Superficie plana

U α

xy UV wz

W, z → ejes principales z

→ z eje respecto al cual se genera el

W

→ eje con respecto al cual se genera el

x

α’ z

163

164


Editorial Macro

4.7 Tabla de momentos de inercia Momentos de inercia de superficies planas C = Centro de gravedad

1

Rectángulo

y

yC

h

C xC x

b y a 2

Triángulo

h

yC

C

xC x

b yC

y 3


h C

xC x

b yC

y 4

1/4 de círculo

r xC

C r y 5

x

yC

Semicírculo

xC C r

r

x



yC

y

6

xC

C

Círculo

r x yC

y r 7

α α r

Sector circular

y 8

1/4 de elipse

x

C

yC

b

xC

C

x

a yC

y 9

Semielipse

b

xC

C a

a yC

y 10 Elipse

x

b

a C

a

xC

b x

165

166


Editorial Macro

yC

y a

11 Paralelogramo

xC

C

α

x

b y

xC

C

Segmento 12 circular

r

α α

r x

y 13 Trapecio

yC

a

h

c xC

C

x

b y

14

Tímpano de 1/4 círculo

yC r xC C yC

y

15 Cuadrado

a

x

C

xC

a

x



yC

y R Corona 16 circular

r

C

xC x

y 17

yC

Semicorona circular

C r

x

R

y Segmento 18 de corona circular

C

xC

R α α r x

y Círculo 19 con núcleo retirado

r

b

α C α a

b

x

a

y 20

Pentágono regular

R C

x

167

168


Editorial Macro

y 21

R

Hexágono regular

C

x

C

x

y 22

R

Octágono regular

y 23

R

Decágono regular

x

C

y 

Polígono 24 regular con “n” lados

R C

y Área 25 semiparabólica

b

x

a C y = kx2

x



y

a 26

Área parabólica

b

a

y = kx2

C x

• Tímpano semiparábolico 27 • Enjuta semiparabólica

y y = kx2

b C

a

x

y • Tímpano de 28 grado “n” • Enjuta general

b x

C

a

x

y a Tímpano de 1/4 29 de elipse

C b x

y 30


h

C b

x

169

170


Editorial Macro

y 31


h

C x

b

y a

Semiparábola 32 de grado “n”

b

C x

y 33


C

b

a y

x

x = ky2

34 Semiparábola

C a

b x

y

35 Rombo

C

x



4.8 Tabla de productos de inercia Nombre

Figura

y

1

a

Cuadrado

0

C a

x

y 2

h

Rectángulo

0

C b

x

b

x

y 3

h


C

yc 4

y h


C

xc x

b y

5

h


C b

x

171

172


Editorial Macro

Nombre

Figura

y b 6


h

C x

y b 7


C

h x

a

y 8

Triángulo

h C

x

b y

9

1/4 de círculo

–0.01647r4

r C x

r y r

10 1/4 de círculo

0.01647r4

C r

x



Nombre

Figura

y 11 Semicírculo

0

C r

x

r

y

C

12 Círculo

0

πr4

0

0

r x y r α α

13 Sector circular

x=

C

r

y

14 1/4 de elipse

–0.01647a2b2

C

b

x

a y 15 Semielipse

0

C

b a

a

x

173

174


Editorial Macro

Nombre

Figura

y b 16 Elipse

a

C

a

0

πa2b2

0

0

0

πR2(R2 – r2)

b x

y a

17 Paralelogramo

C

α

x

b y= C

Segmento 18 circular

α α

r

r x

y 19 Trapecio

a

h

c

C x

b y

20 Corona circular

R

C r x



Nombre

Figura

y= 21

Semicorona circular

C

0

0

0

0

0

0

0

0

x R

r y= 22

C

Segmento de corona circular

α R α r x y= r

23

Círculo con núcleo retirado

C a

b

α

x=

α

b

a y=



Polígono regular 24 con “n” lados

R C

x=

y Área 25 semiparabólica

a b

C y = kx2 x

175

176


Nombre

Editorial Macro

Figura

y= a 26

Área parabólica

b

y = kx2

a

0

C x y a

27


b

C x

• Tímpano semiparabólico 28 • Enjuta semiparabólica

y y = kx2

b C x

a

• Tímpano de grado “n” 29 • Enjuta general

y b a

C

x

y Tímpano 30 de 1/4 de elipse

a C

–0.00439a2b2

b x

0



Nombre

177

Figura

y 31


h

C x

b y

32


h

C x

b y 33


C

b x

a y

x = ky2

34 Semiparábola

C

b x

a =y 35 Rombo

C

x=

0

0

178


Editorial Macro

Problema 111

y

Calcular los momentos de inercia de la figura mostrada con respecto a los ejes x y xG.

h

C.G.

b

//

xG

//

x

Solución:

(IXG) dy y

C.G.

h/2 xG h/2

b b dy y

h (IX)

Problema 112 Calcular el momento de inercia con respecto al eje x.

y r x

x



179

y

Solución:

dρ

ρdα ρsenα = y

ρ dα α

Problema 113

x

y

Calcular J0.

R O

x

y

Solución: (1)

dρ ρ

(2) en (1)

O

x

180


Editorial Macro

Problema 114 Calcular IXY y IXY

CG

del triángulo.

y 20 cm x 30 cm

25 cm

Solución: Semejanza de triángulos:

y

dx 20 cm y 30 cm x

y/2 x

25 cm 55 – x



Problema 115

181

y 2 cm 12 cm

Calcular IXY.

1

10 cm 2 cm x

2

16 cm Solución: I =I

G G

+A

Para nuestro caso: I A x

G G

= 0 (Para cada rectángulo)

y

Figura 1 10 × 2 ×1 × 7 = 140 cm4 Figura 2 16 × 2 × 8 × 1 = 256 cm4 IXY = 396 cm4

Problema 116

y’

y

Calcular

x

.

20 cm

α β

α

5 cm 5 cm

x’

25 cm

Solución: A

32.01

100 – 27.5 150 – 15 2 A = 250 cm I =

(5)(20)3 + 100(10)2 +

 I = 14 583.33 cm4

10 – 2.5

– 275 000 5 625 – 21 875 = I

20 α 25

(30)(5)3 + 150(2.5)2 α = 38.66º  β = 51.34º

182


I =

(20)(5)3 + 100(27.5)2 +

Editorial Macro

(5)(30)3 + 150(15)2 = 120833.33 cm4

I = 67 708.33 + (–53125)cos(102.68º) + 21875sen(102.68º) I = 100711 cm4  r = 20.07 cm I = 67 708.33 – (– 53 125)cos(102.68º) – 21 875sen(102.68º) I = 34 706 cm4  r = 11.78 cm rO = 23.27 cm I

= – 53 125sen(102.68º) – 21875cos(102.68º) = – 47 028 cm4

y

Problema 117 Con respecto al área “A”, si I = 48 cm4, I = 32 cm4, I > 0, Imínimo = 30 cm4. Calcular: I , Imáximo, la ubicación de los ejes principales, el momento de inercia del área respecto a un eje que pasa por “O” y que está rotado 45º en sentido antihorario respecto al eje x.

A

45º O

Solución:

Otra manera: I

+I

=I +I →I

= 50 cm4

x



Problema 118

183

y

Calcular I .

x 4 cm y

Solución:

y

x

y/2 x dx

y

Problema 119

5 20 cm

Calcular I , I , JO , r , r .

10 x

Solución:

Figura 1 20 20

Figura 2 5 5

Figura 3 5 15

Figura 4

20

184


Figura 1:

Figura 2:

Figura 3:

Figura 4:

Figura 1:

Figura 2:

Figura 3:

Figura 4:

I = Figura 1 + Figura 2 + Figura 3 – Figura 4 = 59 416 cm4 r = 14.07 cm r = 14.26 cm JO = I + I = 120 413 cm4

Editorial Macro



Problema 120 Calcular por integración I .

y y = 2.5 – 0.1x2

2.5’ x

5’ y

Solución:

y x

dx 5’

5’

Problema 121 Calcular por integración I , I .

y y3 = x 2” 8”

x

185

186


Editorial Macro

Solución: y3 = x  y = x1/3

y x y x

dx .

y

8–x

x

y

dy x

.

y

Problema 122 Calcular por integración Ix , Iy.

1m

1m 2m

2m

Solución: y

x

y dx

x

x



187

Problema 123 Calcular por integración I , I .

y a b

y = Kx x

Solución: y=b x=a

y b = Ka K=

y=

x

dy y

a x x

188


Editorial Macro

y

Problema 124 Calcular I , I .

4 cm

C: centro de gravedad de la superficie sombreada

C O

xC y = 9x 2

x

4 cm

Solución: A 1 2

1

8

2

y

Ay 58.64 36

16 cm2

yC

6 cm

94.64



I :

+

10 A

4

10

4

–

4

x

4

–

6

 115.2 cm4

4

y

6 x

dx

y

Problema 125

3”

3”

Calcular I , I , Jo.

6” 2” 4” x

O Solución: 6 10

1

3 3 2

10

3

– 4

2

189

190


Editorial Macro

I : 1 2 3 –

4

–

I : 1 2 3

–

4

Problema 126

–

y

15

5 15 cm

Calcular Jo.

5

1

20

2 3

4

O 55 cm

20 cm x



Solución: I : 1 2 3 4

I : 1 2 3 4

Problema 127

y

Calcular I , r .

(a; b)

O

x

191

192


Editorial Macro

Solución:

y dy

dA dy x Fórmula general:

Problema 128

y

y

Calcular los radios de giro de la superficie rectangular respecto a: a) Los ejes x , y. (r , r )

6 cm

b) Los ejes centroidales horizontal y vertical. (r , r )

3 cm

x x



193

Solución:

Problema 129 Calcular los radios de giro de la superficie triangular respecto a: a) Los ejes x , y b) Los ejes centroidales xC , yC

y

yC

125 mm

xC

200 mm Solución:

x

194


Problema 130

Editorial Macro

y

Calcular el radio de giro de la superficie respecto a un eje que pase por su centroide y sea normal al plano de la superficie. (r )

100y = x2 25 mm

C O

x

50 mm

Solución: De tablas:

De tablas:

De tablas:

d

C

O

Problema 131

y

Calcular I .

x = Ky b O

a

x



Solución:

y x y dx

y/2 x

Problema 132

y

Calcular en el cuarto de círculo I .

x2 + y2 = 4 2” 2” Solución:

y

x/2 x/2

dy y

x

x

195

196


Problema 133

Editorial Macro

y

Calcular I .

(a; a)

y=x

ay = x2 x Solución:

y x

dx h x

Problema 134 Calcular I

,I .

y 7.5 y 5

50 C 30 mm

x 5 17.5 mm x



Solución: En cada rectángulo: I = I

1 2

0

+ Ax y

A

x

y

Ax y

x

y

Axy

250 125

–5 10

7.5 – 15

– 9375 – 18750

2.5 17.5

25 2.5

15625 5468.75

375 I

= – 28125 mm4

I = 21093.75 mm4

Problema 135 Calcular I

4” .

1”

0.5” 0.5”

5”

3.5” 1” 4” Solución:

y 1.5

Para cada rectángulo: I = I

0 + Ax y

A

x

y

Ax y

4 5 4

1.5 0 – 1.5

3 0 –3

18 0 18

1

3 c 2 3

1.5

x

1 2 3

36

3 I

= 36 pulg4.

197

198


Problema 136 Calcular I , I

Editorial Macro

y

.

3 cm

12 cm

24 cm

4 cm x Solución:

(x – 3) x dx 24

h

~ de

28 – h/2 x

–

:



Problema 137

y 80

Calcular IV , IV , IUV.

2020 80 mm V 30º

200 mm 20 20

x 200

30º U

Solución:

199

200


Editorial Macro

Problema 138

V

Calcular el producto de inercia de la sección de la viga respecto a los ejes U, V. Luego, calcular los momentos de inercia principales y su ubicación.

y 20 mm 20 mm

200 mm

20º C

150 mm

Solución: (1)

Momentos de inercia principales

I

= 511.36 × 106 mm4 ; α1 = 0º

I

= 90.24 × 106 mm4 ; α2 = 90º

 x, y son ejes principales.  eje x = eje I eje y = eje I

x 200 mm

20 mm 150 mm

U



201

Problema 139 y

Hallar los momentos principales de inercia por el círculo de Mohr.

I 17.75º θ’

72.25º

I = 4.3 cm4 I = 16.3 cm4

O

x

θ’

I = – 4.28 cm4

17.75º I

Solución:

P. de I. (I ; –I ) B (16.3; +4.28)

10.3 cm = 4

C

E

(0; 0) I

2θ’

2θp1

D I

M. de I.

6 A (I ; I ) (4.3; –4.28) I

= 10.3 + r = 10.3 + 7.37 = 17.67 cm4

I

= 10.3 – r = 10.3 – 7.37 = 2.93 cm4 tan2θ’p =



2θ’ = 35.5º θ’ = 17.75º

Por convención de signos: θp1 = –17.75º y se relaciona con I θp2 = θp1 + 90º θp2 = 72.25º

4

B

cm

7 7.3 = r 2θp 6 C

4.28

CAPÍTULO

5

FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS • La presión en un punto de un fluido es la misma en todas direcciones (Principio de Pascal). • La presión hidrostática en un líquido es: P = γh (kg/m2) y → Peso específico (kg/m3) h → Distancia vertical a la superficie (m)

h

P

P

P = γh

5.1 Fuerzas sobre superficies planas Área de la superficie sometida a presión

Compuerta

γh1

A 

B

h1 h2

A=e

γ

El punto de aplicacion de la fuerza total se conoce como Centro de Presión (C.P.). Este se determina de la misma forma como se vio en el tema de cargas distribuidas. (Δ)

γh2

A C.P.

Δ

B

e Superficie C.P. F

F 

Superficie inclinada Primera forma

γh1

h1 h2

y = Peso específico del fluído

γh2

A B

γ

F A

Δ C.P. B

e 

204


Editorial Macro

a/2 a/2

Segunda forma W1 , W2 → peso del fluido encima de la superficie W1 + W2 = W

h1

w1 A w2

h2

γh1 γh2

B W

e

A 

α

P Δ



B Forma general Para determinar la fuerza total en superficies verticales o inclinadas con cualquier geometría.

= Distancia vertical del centro de gravedad del área analizada a la superficie del líquido = Presión que existe a la profundidad del centro de gravedad del área analizada y representa la presión promedio sobre el área analizada. C.G. = Centro de gravedad del área analizada. A = Área analizada Centro de presión (xP , yP) Expresiones generales para cualquier superficie plana:

γ

A C.G. B


Capítulo 5: Fuerzas sobre superficies sumergidas

205

5.2 Fuerzas sobre superficies curvas Primera forma Presión variable:

γ

P = γ(h – Rsenθ)

P

A

Si θ = 0 → P = γh Si θ =

θ

→ P = γ(h – R)

B

h

R O

La fuerza total se calcula por integración. Segunda forma W = W1 + W2

W1 γ(h – R) W2 H γh

W1 , W2 → Peso del fluido encima de la superficie curva

h

A

R B

F

O

R

A

B

α R

O

206


Editorial Macro

Problema 140 La compuerta AB tiene un ancho de 2 m. El piso del canal es una superficie lisa. Hallar = 1000 kg/m3. las reacciones en A y B, γ

A 1.5 m 2.40 m 0.9 m

B 0.75 m Solución:

W

A

A

1125 kg 0.25 m

A A

A

2.4γ B

B

0.8 m

5760 kg

F

B 0.75 m B



207

Problema 141 x

Hallar la fuerza y la ubicación del centro de presión sobre una área circular debido a la presión del líquido (γ).

2m área circular

y 1m

C.G.

xc y Solución:

208


Editorial Macro

Problema 142

1.35 m

γ = 1000 kg/m3

0.90 m

0.9 m

pernos

0.9 m

Hallar las fuerzas que se originan en cada uno de los pernos debido a la presión de agua.

1.2 m

Solución:

1.35γ P = 1.35γ(0.90) = 1093.5 kg 2

Q = 0.90γ

= 364.5 kg

Q F = 1458 kg 0.30

0.45 m

P

0.90 m 2.25γ

Py1 + Qy2 = (P + Q)y

0.90γ

1093.5(0.45) + 364.5(0.3) = y(1 458)

R

0.6375 m 1.2 m

 y = 0.4125 m

1458

0.5625 m C

ΣMC = 0  R(1.2) = 1458(0.5625 m)  R = 683.4 kg  (fuerza en cada perno) ΣFH = 0  R + C = 1458  C = 774.6 kg  (fuerza en cada perno)

R

= 387.3 kg

= 341.7 kg

C



x

Problema 143

1m

¿Cuál es la fuerza que el agua ejerce sobre la compuerta?

3m

1m A

B 2m

y B

γ

= 103 kg/m3

30º

Solución:

x

Se utilizará la expresión: F = γ(ysen30º)A

x

(1) (2)

dy

x y

Pero

en (2)

en (1)

Centro de gravedad:

209

210


Editorial Macro

Problema 144

1.5 0m

1.2 m 1.5

0m

C.P.

y’

γ =1000 kg/m3 α = 53.13º

α y’ senα = y

Dada la compuerta inclinada (sección rectangular), calcular la fuerza total y el centro de presión,

F

Solución: En superficies inclinadas:

X

2.2

5

α

C.G.

x 1.5 m

y1 = 2.25 m

c

Xc

y

0.9 m

1.5 m



Problema 145 El tanque se usa para almacenar un líquido con peso específico 80 lb/pie3, si está lleno hasta el tope determinar la magnitud de la fuerza (Kip) que el líquido ejerce sobre cada uno de sus lados: “ABCD” y “BDFE”.

C

8’

D

A

4’ 6’

6’

B

F 12’

E

Solución:

A F=

(7.21’)(12’) = 13 843.2 lb

7.21’

ABCD: F = 13.84 Kip

F=

B

F

4γ

4γ

8’(12’) = 61 440 lb

BDFE: F = 61.44 Kip

B

8’

F 12γ

E

211

212


Editorial Macro

Problema 146 El tanque contiene agua (d = 4 m) a) Determinar la fuerza resultante (kN) que el agua ejerce sobre los lados “A” y “B” del tanque. b) Si en vez de agua se coloca aceite, ¿a qué profundidad “d” debe llegar el aceite para que se tengan las mismas fuerzas resultantes? ρ ρ

d

B A 2m

= 900 kg/m3 = 1000 kg/m3

Solución: a) γ

= 9.81 kN/m3

FA = γ4

(2) = 16γ = 156.96 kN

d FB = γ(4) (3) = 24γ = 235.44 kN

γd b) γ

= 8.829 kN/m3

FA = 156.96 = 8.829 d = 4.216 m

(2)

3m



213

Problema 147 Cuando el agua de la marea “A” desciende, la compuerta de marea gira automáticamente abriéndose para drenar el agua de la ciénaga “B”. Para la condición de marea alta mostrada determinar las reacciones horizontales en la articulación “C” y en el tope “D”. (kN)

C 1m 1m

A B

Longitud de la compuerta: 6 m Altura de la compuerta: 4 m = 1 mg/m3 ρ

D

Solución: HC

C

D.C.L.:

3m F1 F2

1m 3γ

γ

D

HD

2γ

= 9.81 kN/m3 F1 =

(6 m) = 27γ = 264.87 kN

F2 = 2γ

(6 m) = 12γ = 117.72 kN

ΣMC = 0 = HD(4 m) + 117.72

– 264.87(3 m)

← HD = 100.55 kN ΣFH = 0 = 264.87 – 117.72 – 100.55 – HC ← HC = 46.60 kN

2m

214


Editorial Macro

Problema 148

3m

La compuerta AB tiene 8 m de ancho. Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza que actúa sobre el pasador en “B” y la reacción vertical en el soporte liso “A”. (kN) ρ

A 5m

= 1.0 Mg/m3

B

4m A Solución: 3m

= 103 kg/m3 < > 9.81 kN/m3

γ

↓ F1 = 5(3)8(9.81) = 1177.2 kN ↓ F2 =

5m 5γ

(3)8(9.81) = 470.88 kN

→ F3 = 5γ (4 m) 8 m = 1569.6 kN → F4 = 4γ

8 m = 627.84 kN

F1

F3

F4

4m

F2 1.5 m

2m

2m 4γ

5γ

1m

D.C.L.: BV F2

F1

B

ΣMB = 0 = AV(3 m) – 1177.2(1.5 m) – 470.88(2 m) BH

– 1569.6(2 m) – 627.84

F3

2m

F4

2/3 m

↑ AV = 2 507 kN

4/3 m

ΣFV = 0 = BV + AV – F1 – F2

1.5 m

1m AV

1/2 m

↓ BV = 858.92 kN ΣFH = 0 = F3 + F4 – BH ← BH = 2197.44 kN



Problema 149

215

y = 0.25x2

y

Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza resultante (Kip) que el agua ejerce sobre el lado de la presa de longitud 25’.

25’

γ = 62.4 lb/pie3

10’ Solución:

25’ = b

10’ = a

FH

FV

A = ab FV = 25Aγ = 25

10(25)62.4 × 10–3

↓ FV = 260 Kip

25γ

→ FH = 25γ

Problema 150

(25) =

62.4 × 10–3 = 487.5 Kip

y = – 2x2

Determinar la magnitud de la fuerza resultante (lb) hidróstatica que actúa por pie de longitud sobre la pared marina. γ

y x

8’

= 62.4 lb/pie

3

2’

216


Editorial Macro

Solución: 2’ FV

FH

↓

8’

8’

y = –2x2

8/3 →

8γ

Problema 151

y

El tanque está lleno con un líquido con densidad ρ = 900 kg/m3. Determinar la fuerza resultante en kN que el líquido ejerce sobre la placa elíptica extrema y el centro de presión medido desde el eje “x” (en m).

4y2 + x2 = 1 0.5 m 0.5 m

x 1m 1m

Solución: A = πab F=γ A F = 6.93 kN

γ = 900(9.81)×10–3 = 8.829 kN/m3 = 0.5 m A = π(1)(0.5) = 0.5π

Centro de presión: (x e y ejes de simetría)

medido a partir del eje x hacia abajo C.P. (0, – 0.125) m



217

Problema 152 La superficie AB en arco tiene la forma de 1/4 de círculo. Si mide 8 m de longitud, determinar las componentes horizontal y vertical (en kN) de la fuerza resultante causada por el agua actuando sobre la superficie, luego calcular la fuerza resultante.

3m

A

2 m

ρ = 1 Mg/m3

B

Solución: γ = 9.81 kN/m3

2m

=8m

F1

F V = F1 + F2

(1)

F1 = γV1 = γ(2 m)(3 m)(8 m) = 48γ F1 = 470.88 kN F2 = γV2 = γ

F2 = γ

FH

2m 5γ



8 m = 6.8672γ

F2 = 67.37 kN  ↓ FV = 538.25 kN → FH =

= 64γ = 627.84 kN

FR =

FR

tanα =

F2

3γ

= 826.98 kN

= 0.8573

α α = 40.606º

2

3m

CAPÍTULO

6

EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO Condiciones necesarias para el equilibrio de un cuerpo rígido. 1. ƩF = 0, Sumatoria de fuerzas → No hay traslación 2. ƩM = 0, Sumatoria de momentos → No hay rotación • Se estudia el equilibrio en el estado de reposo.

• Las dos ecuaciones generales serán suficientes si a partir de ellas se pueden determinar todas las fuerzas que se ejercen sobre el cuerpo. • Las fuerzas que se ejercen sobre un cuerpo rígido se clasifican en exteriores e interiores. Fuerzas exteriores: Gravitacional, eléctrica, magnética o de contacto. El peso de un cuerpo (gravitacional), la fuerza transmitida por la presión de un fluido (de contacto). Fuerzas interiores: Mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo rígido. Las fuerzas exteriores se dividen en: 1. Aplicadas (por agentes exteriores al cuerpo) 2. Reacciones (en apoyos y conexiones) Las ecuaciones generales 1 y 2 se pueden expresar vectorialmente:

6.1 Equilibrio en dos dimensiones Son problemas donde las fuerzas que intervienen están contenidas en un plano, los momentos son perpendiculares al plano donde están contenidas las fuerzas. Se pueden analizar escalarmente. En dos dimensiones (en el plano xy), de las ecuaciones generales quedarían: ƩF = 0

ƩF = 0

ƩM = 0

Por ello solo hay 3 ecuaciones escalares independientes para el equilibrio de un cuerpo rígido.

220


Editorial Macro

F Cuerpo sometido a 2 fuerzas Si el cuerpo está en equilibrio, las 2 fuerzas deben ser de igual magnitud y dirección, los sentidos son opuestos.

F

Cuerpo sometido a 3 fuerzas Si el cuerpo está en equilibrio las 3 fuerzas deben ser concurrentes o paralelas (caso particular).

F2

F3

F1

F1

O

F2

F3 Fuerzas concurrentes

Fuerzas paralelas

6.2 Equilibrio en tres dimensiones Hay 6 ecuaciones escalares independientes para el equilibrio de un cuerpo rígido. ƩF = 0

ƩF = 0

ƩF = 0

ƩM = 0

ƩM = 0

ƩM = 0

Cuando las ecuaciones de equilibrio son suficientes para determinar las fuerzas incógnitas en los apoyos se dice que el cuerpo está determinado estáticamente (es isostático). Un cuerpo que tiene soportes redundantes, es decir que tiene más soportes de los necesarios para mantener el equilibro se dice que es estáticamente indeterminado (es hiperestático), se requieren nuevas relaciones entre las fuerzas, además de las planteadas por el equilibrio, estos casos se estudian en los cursos de Resistencia de materiales y Análisis estructural.

8T H

M

4T B

V

Cuerpo hiperestático

A Restricciones impropias En algunos casos puede existir tantas fuerzas desconocidas en el cuerpo como ecuaciones de equilibrio, sin embargo, se puede desarrollar inestabilidad en el cuerpo debido a restricciones impropias en los soportes y debido a la inadecuada disposición de los apoyos se tendrá un cuerpo estáticamente indeterminado, en otros casos se podría determinar las reacciones en los apoyos pero sería inestable.


Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido

En el plano

B F

B

d

1.

A

“Inestable”

HA VA

“Las reacciones de los soportes no deben intersecarse en un punto común”.

A

F

B

C P

x

2.

A

B

“Inestable”

C

“Las reacciones en los soportes no deben ser solo paralelas”. Los casos 1 y 2 son estáticamente indeterminados o hiperestáticos.

2T

A

B 4T

3.

A

x

B

Se puede calcular las reacciones en los apoyos pero es inestable. “Estabilidad relativa si se retira la fuerza horizontal”. En el espacio

z 2T

y

1m A x

C

B

A, B → rótulas “Inestable” “Las reacciones en los soportes no deben intersecarse en un eje común”.

221

222


Editorial Macro

z

“Inestable”

cable

“Las reacciones en los soportes no deben ser todas paralelas entre sí”.

cables

Convención de signos Fuerzas

ƩF

↑ (+)

Momentos ƩM

3T

↓ (–)

 (+)  (–)

x

A 4T

2T

6.3 Reacciones en los apoyos y conexiones A. En el plano 1. Superficie lisa

2. Superficie rugosa

H

R 3. Rodillo

V 4. Cable corto Cable

R R

C y

B

Superficie lisa

5.

6.

Apoyo fijo

Apoyo móvil

H V



7. Pasador - perno liso

223

8. Apoyo empotrado

M H

H

V V

9.

A

B

C

En los casos 5, 6, 7, 8 y 9 las reacciones pueden tener el sentido opuesto al indicado.

Rótula A

B

B

C

H

H V V

B. En el espacio 1. Cable corto

2.

Superficie lisa

z

R

y x 3.

4.

z

Superficie rugosa Punto de contacto

y

x

Fx

z

Mz

Fz

a

xy

z y

Fy

5. Empotramiento perfecto

x

R

Fz

Fz

y

R

My Fy Mx Fx

Rótula

x

Fx

Fy Rótula

224


Editorial Macro

Problema 153

8 Tm

4T

A

Calcular la reacción en los apoyos.

2m

2m

B

2m

Solución: D.C.L.:

8 Tm A

2m

VA

ΣMB = 0

4T

2m

B

2m

VA(6) + 8 – 4(2) = 0  VA = 0

VB

ΣFV = 0  VB = 4 ↑ T

6T

Problema 154

3 Tm


A

B 4m

2m

Solución: D.C.L.:

6T

A VA

8/3 m

4/3 m

B VB

ΣMB = 0

6T

VA(4) + 6(2) – 6

2m

= 0  VA = –1↓T

ΣFV = 0  VB = 13↑ T

Problema 155

4T

A

4T


2m

4m

2m

Solución: D.C.L.:

A

4T 2m

VA

4T 4m

2m

B VB

Por simetría: VA = VB = 4↑ T

B



10 T/m

Problema 156 Calcular la reacción en los apoyos.

B

A 2m

4m

Solución: ΣMB = 0  VA(4) – 10(6)(3) = 0

D.C.L.:

1m

2m

60 T

3m

 VA = 45↑ T

B

VA

VB

ΣFV = 0  VB = 15↑ T

6 T/m

Problema 157

4 Tm

A


B 3m

2m

Solución: D.C.L.:

4 Tm

18 T A 1.5 m VA

3.5 m

B VB

ΣMB = 0  VA(5) – 6(3)(3.5) + 4 = 0  VA = 11.8↑ T ΣFV = 0  VB = 6.2↑ T

10 T/m

Problema 158

4T


A

2 Tm 1m

2m

Solución: ΣMA = 0  – 2 – 4(3) – 10(2)(1) + MA = 0

D.C.L.:

4T 2 Tm

20 T 2m

1m

MA VA

 MA = 34() T-m ΣFV = 0  VA = 24↑ T

225

226


Editorial Macro

Problema 159 A


4 T/m

2T

B

rótula 2m 2m

2m Solución: D.C.L.: A

ΣM 2T

2m

8T

2m

1m1m

B

MB

VA(4) – 2(2) = 0  VA = 1↑ T

VB

VA

=0

ΣFV = 0  1 – 2 – 4(2) + VB = 0 VB = 9↑ T

ΣMB = 0  1(6) – 2(4) – 4(2)(1) + MB = 0  MB = 10() T-m

6 T/m 2T B

Problema 160 Calcular la reacción en los apoyos. A

3m

4T C

rótula

1m 2m

2m

3m

Solución: D.C.L.:

ΣM

9T VA

2

1

2T 1 VB

2

4T 2

VC(5) – 4(2) = 0

3



V C

 VC = 1.6↑ T

ΣMA = 0 1.6(11) – 4(8) – 2(4) + VB(3) – 9(2) = 0 VB = 13.467↑ T ΣFV = 0  VA + 1.6 + 13.467 – 9 – 2 – 4 = 0  VA = – 0.067↓ T

=0



Problema 161 Hallar la tensión en el cable y las reacciones en cada apoyo (B, F y D).

20 cm D

20 cm

B

G

P P = 120 kg

F

cable A

20 cm

10 cm

Solución:

K D.C.L. 1 20 cm 20 cm BV

BH

A

D

D.C.L. 2 40 cm G

D

P

FV F H T

T

ΣFH = 0  FH = T

(1)

ΣFV = 0  FV = D

(2)

ΣMF = 0  D(40) = T(15)

(3)

ΣFH = 0  BH = T

(4)

ΣFV = 0  BV + D = P = 120

(5)

ΣMB = 0  – D(40) + P(20) – T(20) = 0

(6)

(6) en (3): (120 – 2D)15 = D(40) D = 25.71 kg = FV T = 68.58 = BH = FH BV = 94.29 kg

15 cm

10 cm

C

40 cm 15 cm 10 cm

20 cm

227


Editorial Macro

Problema 162

500 kg 30º 1 2 B

Las placas A y B pesan 200 kg/m2 de superficie. Determinar las reacciones de los apoyos.

30 cm

228

100 cm

E A

C 15 cm 40 cm 40 cm Solución:

VD 250 kg

20 cm 20 cm

A

HD

HD

VD 55 cm 23.95 cm

433 kg

HE

50 100 cm

28.5 kg

VE

50

80 kg HC VC

Centro de gravedad de la placa “B” 1)

A 225

x 10

y 20

A 2 250

A 4 500

= 31.05 cm

2)

1200

35

15

42 000

18 000

= 15.75 cm

Σ

1425

44 250

22 500

Peso de la placa: “B”: 200 × 0.1425 m2 = 28.5 kg ΣME = 0 HD(30) – VD(55) – 28.5(23.95) = 0 HD – 1.83VD = 22.75

(1)



229

ΣMC = 0 – (433 + HD)100 + 250(40) – VD(40) + 80(20) = 0 – 0.4VD – HD = 317

(2)

De (1) y (2): ↓VDi = – 152.35 kg  HDi = – 256.05 kg  HE = 256.05 kg → ΣFH = 0

ΣFV = 0

ΣFV = 0

0 = 256.05 – 433 + HC

VC – 80 – 152.35 – 250 = 0

152.35 – 28.5 – VE = 0

HC = 176.95 kg

VC = 482.35 kg ↑

VE = 123.85 kg ↓

Problema 163

2 T/m

y

y = kx2

Calcular las reacciones en A.

x

A

4m

Solución: x=4 y=2

dF

2 = K(16)  K =

y x

dx

MA A VA

ΣFV = 0  VA = 2.67↑ T ΣMA = 0  2.67(3) – MA = 0  MA = 8 Tm

2.67 T 3m

1m

230


Editorial Macro

Problema 164 Calcular las reacciones en los apoyos.

2T

3T

4 Tm

3m

2 T/m

1m 2m

C: rótula C

A

5 T/m

1m 3m 2m

B

Solución: ΣMA = 0

4 Tm 3T 1m 2m

6T 3.5 m

15 T

ΣMB = 0  CH(6) – 6(3.5) = 0 CH = 3.5 T

C CH CH V C 2.5 m C V

AH

2m

(1)

3m

4m

CH(6) + CV(6) – 2(3) – 3(1) – 4 – 15(2) = 0 CH(6) + CV(6) = 43

2T

BH AV

En (1): CV = 3.67 T ΣFH = 0  CH + BH – 6 = 0  BH = 2.5 T ΣFH = 0  CH + AH = 15  AH = 11.5 T ΣFV = 0  AV + 3.67 – 5 = 0  AV = 1.33 T ΣFV = 0  CV + BV = 3.67 T

BV



231

Problema 165 Calcular las reacciones en los apoyos.

6 T/m

C: rótula

6.7 m

8T 6T

3 T/m

C 3m 1m

2m

3 T/m

4m A

2m

6m

B

Solución:

6.7 T

8m

2m

2.5 m

6T

2/3 m

4m 2m

C

2.9

8T

m

m

9m

3 2.2

7 4.4

1.4

20.1 T

17.98 T

α 8.99 T

C

3T

α β

β 4/3 m 5.99 T

15 T 4m

AH

BH

A Av

2.5 m B B

ΣMB = 0  AV(8) + 6(4) + 8(6) + 8.99(7) – 17.98(6) – 3

– 5.99

– 15(2.5) = 0

 AV = 7.55↑ T ΣFV = 0  AV + BV – 17.98 – 3 = 0  BV = 13.43↑ T ΣMC

= 0  BH(9) + 13.43(2) – 15(6.5) – 5.99

–3

= 0  BH = 8.96 T →

ΣFH = 0  8.96 – AH + 6 + 8 – 15 – 5.99 + 8.99 = 0  AH = 10.96 T ←

232


Editorial Macro

Problema 166 q

Calcular las reacciones en los apoyos. (E. F: rótulas)

A E a

2qa2

F a

B

C

2a

a

a

D

Solución:

VE

D.C.L.:

A RA

a

E VE

4qa a

B a

a

C

VF = 2qa a

E

F F

RB

RC

VF

a

D

2qa2

RD

ΣME = 0  RA = 0; ΣFV = 0  VE = 0 ΣMD = 0  VF(a) – 2qa2 = 0  VF = 2qa

ΣFV = 0  ↓RD = 2qa

ΣMC = 0  RB(2a) – 4qa(a) + 2qa(a) = 0  ↑RB = qa ΣFV = 0  RC + qa – 4qa – 2qa = 0  ↑RC = 5qa

Problema 167 La barra AB de peso W = 50 kg se sustenta simplemente apoyada en el plano yz mediante el cable CD y por la articulación en rótula en A. Hallar todas las fuerzas que actúan sobre la barra AB. Los puntos B y D están sobre la misma horizontal. C es punto medio de AB.

y 60 cm B

D C A

60 cm 80 cm z

x



233

Solución: A(80; 0; 0)

B(0; 60; 60)

C(40; 30; 30)

D(0; 60; 0)

yD B

T A A

C z

A

w = 50 kg

A

x

0 = (–80; 60; 60) × B + (–40; 30; 30) × T(–0.68; 0.51; –0.51) + (–40; 30; 30) × (–50 ) = (1500 – 30.6T) + (60B – 40.8T) + (2000 – 60B) . ΣF = 0  0 = – 60B + 2000  B = 33.33 kg ΣF = 0  0 = – 30.6T + 1500  T = 49.02 kg Σ = 0 + 0 + 0 = 33.33 + 24.99 – 24.99 – 50 + A + A + A A = 0; A = 25 kg = A

– 33.33

234


Editorial Macro

Problema 168

y

Hallar las tensiones P1 y P2 en los cables y la reacción en la rótula situada en A. Se desprecia el peso del mástil.

P1

0.9 m 0.9 m

P1 // Eje z; F = 2 000 kg // Eje x.

P2

1.8 m

// 2000 kg

0.9 m 1.8 m

A

A

A

//

A

z

Solución:

ΣFV = 0; ΣMA = 0 P1:

= (0; 2.7; 0)

P2:

= (0; 3.6; 0)

: = (0; 1.8; 0)

ΣMA = 0  (0; 2.7; 0) × (–P1 ) + (0; 3.6; 0) × (P2)(– 0.43; – 0.87; 0.21) + (0; 1.8; 0) × (2000 ) =0 +0 +0  – 2.7P1 + 1.54P2 + 0.75P2 – 3 600 = 0  P2 = 2 337.66 kg; P1 = 649 kg Σ = 0  2 000 – 649 + A + 2000 + A + A

– 1005 – 2 033 + 491

x



235

z

Problema 169

A Calcular la fuerza en cada cable y las fuerzas en la rótula.

cables E

A = (0; 0; 10) m F = (5; 5; 0) C = (4; –3; 0) D = (–4; –3; 0)

D

B w = 2 000 kg y

O C

5m 5m

x

F

Solución:

;

;

;

;   

236


Editorial Macro

Problema 170 Calcular el ángulo θ de equilibrio del sistema. Las superficies son lisas.

C 45.36 kg

AC = 0.91 m B

A

0.30 m

Solución:

C 45.36

B θ

A A

θ

θ B

sθ B / co 0 0.30 tan θ 0.3θ A 0.30 C 1 0.9 0.91 sen θ θ 0.91 cos θ A

ΣFV = 0 = B cos θ – 45.36

(1)

ΣFH = 0 = A – B sen θ

(2)

ΣMA = 0 = 45.36(0.91 cos θ) – B

(3)

De (1): cos θ =

(4)

De (3): B = 137.592 cos2θ

(5)

(4) en (5): B= B = 65.66184653 en (4) cos θ = 0.690812129  θ = 46.305º



Problema 171

237

P = 12 000 lb

La zapata se usa para soportar la carga P. Calcular las intensidades w1, w2 de la carga distribuida (lb/pulg) que actúa sobre la base de la zapata, si el sistema se encuentra en equilibro.

5”

9” 9”

w1

35”

Solución: D.C.L.:

14”

A

12 000

21”

w1 ΣFV = 0 =

35 – 12000

685.71 = w1 + w2 D.C.L.:

B w2

(1)

12 000 A

14” 11.66”

17.5(w1 – w2)

3.5”

B

17.5” 35w2

ΣMA = 0 = 12000(14”) – (17.5”)35w2 – (11.66”)17.5(w1 – w2) 0 = 168 × 103 – 612.5w2 – 204.05w1 + 204.05w2 408.45w2 + 204.05w1 = 168 000 2.0017w2 + w1 = 823.3276

(2)

(1) en (2): 2.0017w2 + 685.71 – w2 = 823.3276 w2 = 137.38 lb/pulg En (1): w1 = 548.33 lb/pulg

w2

238


Editorial Macro

Problema 172 La viga está sometida a las 2 cargas concentradas. Suponiendo que la cimentación ejerce una distribución de carga linealmente variable sobre su fondo, calcular la intensidad de carga w1 y w2 (lb/pie) para la condición de equilibrio.

500 lb 4’

4’

A

1000 lb 4’

B

w1 w2

Solución: D.C.L.:

A

4’

500 lb 4’

1000 lb 4’

w1

B

ΣFV = 0 =

12 – 1500

w2

D.C.L.: 250 = w1 + w2

(1)

500 lb 2’

500 lb 1000 lb A w1

B

A

1000 lb 2’ 4’

4’

B 12w1 6(w2 –w1)

w2

ΣMB = 0 = 12w1(6’) + 6(w2 – w1)(4’) – 500(8’) – 1000(4’) 0 = 72w1 + 24w2 – 24w1 – 4 000 – 4 000 8 000 = 48w1 + 24w2 333.33 = 2w1 + w2 (1) en (2): 333.33 = 2w1 + 250 – w1 w1 = 83.33 lb/pie En (1): w2 = 166.67 lb/pie

(2)



Problema 173 Una viga en voladizo es sometida a una fuerza vertical de 0.5 kN. Suponiendo que la pared resiste esta carga con cargas variables distribuidas linealmente sobre la longitud de 0.15 m de la parte de viga que entra en la pared, determinar las intensidades w1 y w2 (kN/m) por equilibrio.

0.5 kN

w2

w1

0.15 m

3m

Solución: D.C.L.:

0.05 m

0.5 kN

0.075w2

A

B 0.10 m 0.075w1 3.15 m ΣMB = 0 = 0.075w1 – 0.075w2 – 0.5 w1 = w2 + 6.666

(1)

ΣMA = 0 = 0.5(3.15 m) + 0.075w2(0.05 m) – 0.075w1(0.10 m) w1 = 0.5 w2 + 210 (1) = (2): w2 = 406.67 kN/m En (1): w1 = 413.33 kN/m

(2)

239

240


Editorial Macro

Problema 174

0.8 kN

La viga horizontal está soportada por resortes en sus extremos. Cada resorte tiene rigidez K = 5 kN/m y, originalmente, no está comprimido cuando la viga está horizontal. Determinar el ángulo de inclinación de la viga cuando se aplica la carga P.

B

A

1m

2m

Solución: D.C.L.:

A

1m

ΣMB = 0 = 5xA(3) – 0.8(2)

P = 0.80 kN 2m

xA = 0.1066 m

B

5xA

ΣFV = 0 = 5xA + 5xB – 0.8 = 0

5xB

xB = 0.0533 m 3m

tan α =

0.0533 m

α

xB

α = 1.0178º

Problema 175 Hallar el intervalo de valores de “Q” para los cuales ningún cable se afloja. La barra AB está en equilibrio.

1

3 kg A

2

C

0.5 m

D 2.25 m

Solución: D.C.L.:

3 A

1º F2 = 0 (límite) 2º F1 = 0 (límite)

F1

F2

0.5 m C 2.25 m D 0.75 m

Q B

ΣMC = 0 = 3Q – 3(0.5 m)  Q = 0.5 kg ΣMD = 0 = 0.75Q – 3(2.75 m)  Q = 11 kg  0.5 ≤ Q ≤ 11.0 kg

Q B

0.75 m



241

Problema 176 Determinar el rango de valores de la distancia “a” para los cuales la magnitud de la reacción en B no excede de 600 N.

300 N

C

24 cm A

B a

Solución: D.C.L.:

(600)2 = (300)2 +

300 N

BV = 519.61 N = A

24 a

ΣMB = 0

300 N

B

519.61a = 300(24)

600 N A

a = 13.86 m

BV

 a ≥ 13.86 cm

Problema 177 Determinar el rango de valores permisibles para la tensión en el alambre BD si la magnitud del momento en el apoyo C no debe ser mayor a 100 Nm.

750 N

50 cm

15 cm

A

25 cm B

450 N

60 cm

40 cm C

D

242


Editorial Macro

Solución:

750 N

α 60

15 cm B

50 cm A

20 cm

450 N

α

sen α =

T 65

cos α =

25

T

ΣM en c: 750(50) + 450(40) = 55 500 N cm

40 cm C

ΣM debido a T: = T cos α (15) + T sen α (60) = T(36.923)

MC MC

65 500 N-cm = T(36.923)  T = 1774 N

MC

45 500 N-cm = T(36.923)  T = 1232 N 1232N ≤ T ≤ 1774N

Problema 178 Determinar: a. La distancia “a” para la cual el valor de la reacción es mínima en el apoyo B. b. El valor correspondiente de las reacciones en los apoyos.

1800 N/m

600 N/m

A

B a 4m

Solución: D.C.L.: a/3 A

900a

300(4 – a) 8/3

(4 – a)/3 B

4

A + B = 1200 + 600a ΣMA = 0 4B = 300a2 + (1200 – 300a) B = –100a + 50a2 + 800

En (1):

A = 700a + 400 – 50a2 (3) = 0 = – 100 + 100a  a = 1 m

En (2) y (3):

B = 750 N

(1)

A = 1050 N

(2)



243

Problema 179 a. Determinar el rango de valores de P para los cuales la viga se mantendrá en equilibrio.

P

b. Si cada reacción debe estar dirigida hacia arriba y si el máximo valor permisible para cada una no debe exceder los 50 kN. Determinar el rango de valores de P para los cuales la viga es segura.

4 kN C

D

A

B 2m

3m

3m

Solución: D.C.L.:

P

4

2m

3m

20

3m

C

2m D

a) Si C = 0  ΣMD = 0  20(2) = 4(3) + P(8) 

20 kN

 P = 3.5 kN Si D = 0  ΣMC = 0  20(8) + 4(3) = 2P  P = 86 kN 3.5 kN ≤ P ≤ 86 kN

b) Si C = 50  ΣMD = 0  50(6) + 20(2) + P(8) P = 41 kN

(↑D = 15 kN)

Si D = 50  ΣMC = 0  50(6) + P(2) = 20(8) + 4(3) P = –64 (absurdo) (C = 90↓) Si C = 0  P = 3.5 kN 3.5 kN ≤ P ≤ 41 kN

2m

244


Editorial Macro

Problema 180 Calcular las reacciones en A y B.

2 Tm

2 T/m A 2m

B

C 3m

2m

2m

Solución: D.C.L.:

10 0.5 2m

V = 5/3

2.5 m C H H

V

2 Tm

2m

C

2m B VB

VA En AC:

ΣFH = 0 = H ΣMA = 0  V(3) – 10(0.5) = 0  V = ΣFV = 0  VA + ↑VA =

– 10 = 0

= 8.33 T

En CB: ΣFH = 0 = HB ΣFV = 0  ↑VB = ΣMB = 0  MB =

T = 1.666 T

(4) – 2 – MB = 0 = 4.666 Tm

MB

HB



Problema 181 Calcular las reacciones en A, B y C.

3 Tm

2T

2 T/m

A

B

C

D

6m

2m

2m

2m

Solución: D.C.L. D

2m

V

8T C

2T

ΣMC = 0

2m

V(2) = 2(2)  V = 2 T

VC

ΣFV = 0 VC – 8 – 2 – 2 = 0 ↑VC = 12 T

D.C.L. ΣMA = 0 4T

3 Tm A VA

6m

1m 1m VB

V

2(8 m) – 4 (7 m) + VB(6 m) – 3 = 0 VB =

= 2.5 T

↑VB = 2.5 T

ΣFV = 0 – VA + 2.5 – 4 + 2 = 0 ↓VA = 0.5 T

245

246


Editorial Macro

Problema 182 Calcular la reacciones en A, B y C.

2qa2

3qa

q

qa2 A

C

B 3a

a

a

Solución: D.C.L.

3qa

2qa2

3a/2

VB =

3qa

3a/2

a VB

VA

ΣMB = 0  VA(3a) – 3qa VA = ΣFV = 0 

– 2qa2 = 0

 ↑VA = – 6qa + VB = 0  ↑VB =

ΣFV = 0  ↑VC = ΣMC = 0  MC = –

(2a) + qa2 – MC = 0 + qa2  MC = – MC =

qa2

a

VC MC




20 kN/m C

A

D 8m

E

B 8m

8m

8m

Solución: D.C.L.:

160 kN MA

A 4m

4m D

8m

VA

320 kN B 8m

160 kN

E 4m

4m

VB

ΣME = 0 = 160(4 m) – VC(8 m) ↑VC = 80 kN ΣMD = 0 = 320(8 m) + 160(20 m) – 80(24 m) – VB(8 m) ↑VB = 480 kN ΣFV = 0 = VA + 480 + 80 – 160 – 320 – 160 ↑VA = 80 kN ΣMD = 0 = – MA + 80(8 m) – 160(4 m) MA = 0

VC

C

247

248


Editorial Macro

Problema 184 Calcular las reacciones en A, B, C y D. E, F: rótulas

16 T

3 T/m A

6m

B

E

3m

2m 2m

6 T-m

F

D

C 3m

3m

3m

Solución: D. C. L.

16 T 2m

E VE

Por simetría: VE = VF = 8 T

2m

F

VF

ΣMD = 0

VF = 8 T

– 8(9) + VC(6) + 6 = 0 ↑VC = 11 T

6 T-m C

D

VC

VD

ΣFV = 0 11 – 8 – VD = 0 ↓VD = 3 T ΣMA = 0 – 8 (9 m) + VB(6 m) – 18 (3 m) = 0 ↑VB = 21 T ΣFV = 0 VA + 21 – 8 – 18 = 0 ↑VA = 5 T

18 T A VA

3m

3m

B VB

3m

E VE = 8 T



Problema 185 Calcular la reacciones en A, B y C.

200 kN

25 kN/m

B

A

D 3m

6m

3m

C

E 6m

6m

Solución: D.C.L.

200 kN

VA

150 kN

150 kN

D

E

150 kN

VB

3m

3m

3m

MC

VC 3m

3m

3m

3m

3m

ΣMDi = 0 = VA(12 m) + VB(6 m) – 200(9 m) – 150(3 m)

(1)

ΣMEi = 0 = VA(18 m) + VB(12 m) – 200(15 m) – 150(9 m) – 150(3 m)

(2)

De (1) y (2): VA = – 50 kN

↓VA = 50 kN

↑VB = 475 kN

ΣFV = 0 = – 50 + 475 – 200 – 150(3) + VC ↑VC = 225 kN ΣMEd = 0 = MC + 150 (3 m) – 225(6 m) MC = 900 kN-m

249

250


Editorial Macro


25 K

25 K 4 3

3 K/pie

3

4 B

C

A 30’

15’

15’

15’

Solución: D.C.L.:

90 K HA

MA

A

20 K 15 K

VC C

VA 15’

15’

15’

ΣFV = 0

20 K C

15’

15 K 15’

VC ΣFH = 0 = – 15 + HB

0 = VA – 90 – 20 – 10

→HB = 15 K

↑VA = 120 K

ΣMC = 0 = 20(15’) – VB(30’)

ΣFH = 0

↑VB = 10 K

0 = HA – 15 K

FV = 0 = VC + 10 – 20

→HA = 15 K

VC = 10 K ΣMA = 0 = – MA + 90(15’) + 20(30’) + 10(45’) MA = 2 400 K-pie

B HB VB



Problema 187 Calcular las reacciones en las conexiones A y B.

30 Klb

60 Klb B

e /pi

lb

3K

15’

A 20’

10’

10’

10’

Solución:

30

60

60

75 Klb α

B VB

45

HB 7.5’

25 α 20

7.5’

senα =

α A VA

α 10’

10’

10’

10’

10’

cos α =

ΣMB = 0 = VA(50’) – 45(7.5’) – 60(40’) – 30(20’) – 60(10’) ↑VA = 78.75 Klb ΣFV = 0 = 78.75 + VB – 60(2) – 30 ↑VB = 71.25 Klb

15

251

252


Editorial Macro

Problema 188 /pie

2 Kip

Calcular las reacciones en A y B.

2 Kip/pie B

/pie

ip 3K

12’ A 16’

20’

Solución:

10’

40 Kip 10’ 10 Kip 6.66’ A

40 Kip 10’ B

HB

VB

3.34’

VA

40 Kip B

32 20

α 16

α α

senα =

VB

24 8

12

HB 6’ 2’

6

4’

A VA

cos α =

8’

10’

10’

5.33’ 2.67’ ΣMB = 0 = VA(36) – 6(8’) – 24(6’) – 8(30.67) – 32(28’) – 40(10’) ↑VA = 48.14 Kip ΣFH = 0 = 24 + 6 – HB ←HB = 30Kip ΣFV = 0 = 48.14 – 8 – 32 – 40 + VB ↑VB = 31.86 Kip



253

Problema 189 Calcular reacciones en A y B.

C

6’

10 K

15 K 6’ A

B 6’

3’

3’

Solución: D.C.L.:

ΣMB = 0 = 15(6’) – 10(3’) – VA(12’)

6’ 6’

↓ VA = 5 K

10 K

C

ΣFV = 0 = – 5 + VB – 10

15 K

↑ VB = 15 K

HA

A

B HB

VA

VB 6’

ΣMCi = 0 = HA(12’) – 15(6’) – 5(6’) ←HA = 10K ΣFH = 0 = – 10 – HB + 15

3’ 3’

←HB = 5 K


pie

30’

C

ie

lb/p

3K

2

b/ Kl

A

B 40’

30’

40’

254


Editorial Macro

Solución:

50 α 40

40

30

50 β 30

D.C.L.:

C 100

80 α 25’

CV

4CV – 3CH = 250

60 25’ AH

ΣMA = 0 = CV(40’) – CH(30’) – 100(25’)

CH 30’

α

A

(1)

ΣMB = 0 = CH(40’) + CV(30’) – 150(25’) 4CH + 3CV = 375

(2)

40’

AV (1)×3; (2)×4:

90 CH

25’

150

β

CV

120

40’

30’

(3)

16CH + 12CV = 1500

(4)

(4) – (3):

25’

β

12CV – 9CH = 750

25CH = 750

B

CH = 30

BH

CV = 85

BV

AC: ΣFV = 0 = AV + 80 – CV

↑AV = 5 Klb

ΣFH = 0 = AH – 60 – 30

→AH = 90 Klb

ΣFV = 0 = 85 + BV – 90

↑BV = 5 Klb

ΣFH = 0 = 30 – 120 + BH

→BH = 90 Klb

BC:




25 kN/m B 4m

4

3

150 kN/m

4m A 6m

10 m

Solución: D.C.L.

5m 4m 4m HA

250 kN 5m B

1500 kN A

RB

RB α

RB

senα = cos α =

6m

VA

ΣMA = 0 = –

5 α 4

RB(16 m) – RB(8 m) + 250(11 m) + 150(4 m)

RB = 190.34 kN ΣFH = 0 = – HA + 150 – (190.34) ←HA = 35.80 kN ΣFV = 0 = VA – 250 + ↑VA = 97.72 kN

(190.34)

3

255

256


Editorial Macro


4 Klb/pie

3K

lb/ p

ie

B 15’

A 15’

15’

10’

Solución:

’ .21 1 2 45º 15’

15’ 100 klb 45

63.63

VB

45

7.5’ 7.5’

A

HA ΣFH = 0 = 45 – HA

VA

7.5’

7.5’

12.5’

←HA = 45 Klb ΣMA = 0 100(27.5’) + 45(7.5’) + 45(7.5’) – VB(30’) = 0 ↑VB = 114.16 Klb ΣFV = 0 VA + 114.16 – 100 – 45 = 0 ↑VA = 30.84 Klb

2.5’

10’



Problema 193

257

4 Klb/pie 24

Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.

12’ 36 Klb 12’ A

B 40’

Solución: D.C.L.:

ΣFH = 0 = 24 + 36 – HA

160

HA = 60 Klb

24 20’ 36

20’

ΣMA = 0 = 160(20’) + 24(24’) + 36(12’) – VB(40’)

24’

↑VB = 105.2 Klb

12’ HA

A

B

VA

VB

ΣFV = 0 = 105.2 + VA – 160 ↑VA = 54.8 Klb

Problema 194

ie

2

Calcular las reacciones en las conexiones A y B.

/p Klb

10’

15’ 20’ A HA

VA 20’

B VB

258


Editorial Macro

Solución: 44.72

D.C.L.:

α

40 Kip 5’

20 Kip α α

5’

36’ 22. 10’ α 20’ senα = 0.4472 cos α = 0.8944 ΣFH = 0 = 20 – HA ←HA = 20 Klb

15’

20’ A

HA

ΣMA = 0 = 20(20’) + 40(10’) – VB(20’) ↑VB = 40 Klb

VA

B 10’

ΣFV = 0 = 40 – 40 + VA

VB

10’

VA = 0

3 Klb/pie

Problema 195 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.

15’ 25’

B 4 A

20’

Solución:

10’

10’ 15’

25’ A

B

B

AH AV

B 20’

10’

5 α 4

60 Klb

D.C.L.:

10’

α

B

3

3

ΣMA = 0 = B(30’) + B(10’) – 60(10’) B = 20 Klb ΣFV = 0 = A V – 60 + 16 ↑AV = 44 Klb ΣFH = 0 = A H – 12 →A H = 12 Klb



Problema 196 2 Kip/pie


25 Kip 30’ 20’ A

B

Solución: D.C.L.:

ΣFH = 0

60 Kip

25 Kip 15’

25 – HB = 0

15’

←HB = 25 Kip ΣMB = 0

20’ A

B

VA

VB

VA(30) + 25(20’) – 60(15) = 0

HB

↑VA = 13.33 Kip ΣFV = 0 13.33 – 60 + VB = 0 ↑VB = 46.67 Kip

Problema 197

40 kN/m

20 kN/m


C 12 m A 3m

5m

B 5m 3m

259

260


Editorial Macro

Solución: D.C.L.: ΣMB = 0 = VA(10 m) – 160(9 m)

40 kN 240 kN

160 kN 4m

2.66 m 1.34 m C 4 m

40 kN

1.34 m

– 40(7.66 m) – 240(1 m) + 40(0.34 m)

2.66 m

↑VA = 197.28 kN ΣMCi = 0 = + 197.28(5 m) + HA(12 m)

12 m

12 m

A

B

– 160(4 m) – 40(2.66 m) HA = – 20 kN

HB

HA

→HA = 20 kN

VB

VA

ΣFH = 0 = 20 + HB HB = – 20 ←HB = 20 kN ΣFV = 0 197.28 + VB – 160 – 40 – 240 – 40 ↑VB = 282.72 kN

Problema 198 3 Kip/pie

Calcular las reacciones en A y B. C: rótula

40 Kip 20’

C

20’ 20’

30’

A

B



Solución: D.C.L.: 60 kip 40

10

10

ΣMCi = 0

60 C

10

VA(20’) + HA(30’) – 60(10’) = 0

10

2VA + 3HA = 60

20 30 HA

A

B

ΣMB = 0 = VA(40’) + HA(10)

HB

+ 40(20’) – 60(30’) – 60(10’)

VB

4VA + HA = 160

(2)

VA De (1):

4VA + 6HA = 120 en (2) 120 – 6HA + HA = 160 HA = – 8 →HA = 8 Kip en (2) 4VA – 20 = 160 ↑VA = 42 Kip ΣFV = 0 = 45 – 60 – 60 + VB ↑VB = 78 Kip ΣFH = 0 = 20 + 40 – HB ←HB = 48 Kip

Problema 199

(1)

125 kN 3m D

Calcular las reacciones en las conexiones A y B.

3m 3m

C, D, E → Rótulas

C

E 3m

A

B

261

262


Editorial Macro

Solución: D.C.L.:

3 125

D DH DH D DV

3

CH

DC: ΣMC = 0 = 125(3 m) – 3DH – 3DV

3

DV

3

C CV

E

C

E

CH

EH

HA

ΣME = 0 = DH(3) – 3DV DH = DV

EH

VA

 EH = 62.5 kN EV = 62.5 kN CH = 62.5 kN

MB

MA

(2)

(2) en (1): DV = 62.5 = DH

3m B VB

HB

(1)

DE:

EV

3m A

125 = DH + DV

CV = 62.5 kN

CE: ΣMA = 0 = 62.5(3) – MA MA = 187.5 kN-m =

MB

←HA = 62.5 kN = HB← ↓VA = 62.5 kN ↑VB = 62.5 kN

Problema 200 2 T/m


3m A 2m

B 6m

2 T/m



Solución: ΣMB = 0

16 T 2m 4m

2m

VA(6) – 16(4) – 3(1) = 0

2m

↑VA = 11.16 T

3T

ΣFV = 0

1m HB

VA

11.16 T + VB – 16 = 0 VB = 4.84 T

VB ΣFH = 0 →HB = 3 T


1.5 Kip/pie C

12’

20 Kip

12’

A

B 12’

12’

Solución: = 16.97’ 16.97 × 1.5 = 25.46 Kip

263

264


Editorial Macro

D.C.L.: ΣMB = 0 = VA(24’) + 20(12’) – 25.46(18’) – 25.46(6’)

25.46 25.46 Kip C

6’ 6’

↑VA = 15.46 Kip ΣFV = 0 = 15.46 + VB – 25.46(2)

20

↑VB = 35.46 Kip

12’ HA

A

HB

B

VA 6’

6’

AC

= 0 = 15.46(12’) + HA(24’) – 20(12’) – 25.46(6’)

←HA = 8.635 Kip

VB 6’

ΣMC

6’

ΣFH = 0 = – 8.635 + 20 – HB ←HB = 11.365 Kip


D

1 Kip/pie

2K

ip

/p

ie

C, D, E → Rótulas

2 Kip/pie

10’

C

1 Kip/pie

E

10’ 10’

A

15’

15’

B



265

Solución: D.C.L.:

.02 18 α 15

10

ΣME = 0 = – CV(30) + 30(5) + 30(15)

7.5’ 7.5’7.5’ 7.5’

– 30(22.5) + 15(7.5)

15

30 20

5

↓CV = 1.25

10 Kip

D

ΣFV = 0 = – 30 – 1.25 + 15 + EV

5 20

↑EV = 16.25

5 10 5 C

EH

E

CH CV

20

←CH = 31.25 ΣFH = 0 = 30 + 30 – 31.25 – EH

EV

1.25 Kip 31.25

ΣMD = 0 = CH(20) – 20(15) – 20(5) – 30(7.5)

←EH = 28.75

16.25 Kip 28.75

E

C 5’

5’

10 Kip

5’ A VA = 1.25 Kip

5’ HA = 51.25 Kip MA = 412.5 Kip-pie

B

HB = 38.75 Kip

VB = 16.25 Kip MB = 337.5 Kip-pie

266


Editorial Macro

Problema 203 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.

e

lb/pi

0.7 K

C

10’

1.2

Kl

b/p

ie

20’

2 Klb/pie

30’

30’

1.5 Klb/pie

A

B 60’

60’

Solución:

’ 827 . 0 6 α 60’

42.58 α 7 α α

5’ 5’ 15’ 15’

42

63 10’

20’

.24

5’ β 60’ 72

C CH

CH C

CV

CV

75.89

β

10’

β

β

24

10’

60 45 AH

A

BH

AV 30’

30’

15’ B BV

30’

30’

30’



ΣMA = 0 = CH(40’) + 60(15’) – CV(60’) – 42(30’) – 7(35’) 4CH – 6CV = 60.5

(1)

ΣMB = 0 = 72(30’) + 24(40’) – CH(50’) – CV(60’) + 45(15) 5CH + 6CV = 379.5 De (1) y (2):

(2)

9CH = 440 CH = 48.88 CV = 2250

AC: ΣFV = 0 = AV + 42 + 22.50 ↓AV = 64.50 Klb ΣFH = 0 = – 7 – AH + 48.88 + 60 ←AH = 101.88 Klb BC: ΣFV = 0 = 72 – BV – 22.50 ↓BV = 49.50 Klb ΣFH = 0 = – 48.88 + 24 – BH + 45 ←BH = 20.12 Klb

Problema 204 Calcular las reacciones en las conexiones A y B del arco triarticulado.

30 80 Klb

50 C

30’ B

A 20’ 20’

20’

40’

20’

267

268


Editorial Macro

Solución: D.C.L.:

30 50

HA

ΣMB = 0 = VA(120’) – 50(100’) – 30(80’) – 80(20’)

80

C A

B

VA

↑VA = 75 Klb ΣFV = 0 = 75 – 50 – 30 – 80 + VB

HB VB

↑VB = 85 Klb

ΣMCi = 0 = 75(60’) – HA(30’) – 50(40’) – 30(20’) →HA = 63.33 Klb ΣFH = 0 = 63.33 – HB ←HB = 63.33 Klb


40 Klb 60

60 C 20’

40’

B A 40’

20’ 20’ 30’ 30’

Solución: D.C.L.:

CH 20’

C

60

CV

ΣMB = 0 = CV(60’) + CH(20’) – 60(30’)

B 30’

30’

BH BV

3CV + CH = 90

(1)



40 C

60

ΣMA = 0 = (80’)CV + 40(60’) + 60(40’) – CH(40’)

CH CV

2CV – CH = – 120

40’

(2)

(1) + (2): 5CV = – 30

AH

A

CV = – 6

AV

CH = 108 ΣFV = 0 = – 6 + BV – 60 = 0

40’ 20’ 20’

↑ BV = 66 Klb ΣFH = 0 = 108 – BH ←BH = 108 Klb ΣFV = 0 = 6 – 40 – 60 + AV ↑AV = 94 Klb ΣFH = 0 = – 108 + AH →AH = 108 Klb


80 kN

C

50 kN 80 kN

12 m 18 m A B 15 m

269

5m

12 m

12 m

6m

270


Editorial Macro

Solución: D.C.L.: ΣMA = 0 = 80(15 m) – CV(20 m) – CH(12 m)

C CH

80 kN

CV

3CH + 5CV = 300

12

ΣMB = 0 = (18 m)CH – (30 m)CV

A AH

– 50(18 m) – 80(6 m)

AV 15

3CH – 5CV = 230

5

CV

6CH = 530

80

CH = 88.33 CV = 7.00

18 m B

BH

CB:

BV 12

(2)

(1) + (2):

50 kN

CH C

(1)

ΣFV = 0 = BV – 50 – 80 – 7.00 ↑BV = 137 kN

12 6

ΣFH = 0 = 88.33 – BH ←BH = 88.33 kN AC: ΣFV = 0 = 7.00 – 80 + A V ↑A V = 73.00 kN ΣFH = 0 = AH – 88.33 →AH = 88.33 kN

CAPÍTULO

7

FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS

Las vigas son elementos de una estructura cuyo fin es soportar cargas a lo largo de su eje longitudinal. En general soportan cargas de techos.

7.1 Fuerzas internas: V, N, M Q

R V → Fuerza cortante

a

P

T

a

N → Fuerza normal o axial M → Momento flexionante

R

Q

a

M

M a

aV N

N V

P

T

a

V → Es generada por las fuerzas perpendiculares al eje longitudinal del elemento N → Generadas por las fuerzas paralelas al eje longitudinal del elemento M → Es generada por las fuerzas perpendiculares al eje longitudinal del elemento y los momentos

7.2 Tipos de cargas Puntual o concentrada

P

Diagramas En todo diagrama se debe indicar: • • • • •

Tipo de diagrama Unidades Signos Distancias Magnitudes

Momento

M

Distribuida

W

272


D.F.C. (V) (T)

V1

Editorial Macro

V1 +

Eje – V2

a D.F.N. (N) (T)

N1

b

V2 c

N1

+

Eje

e –

d N2 D.M.F. (M) (T  m)

N2

M1 – f

g

Eje

+ M2

Convención de signos N→

Tensión (+) Compresión (–)

V = ƩF

↑ (+) ↓ (–) i→d

↓ (+) ↑ (–) i←d

(+) (–) i→d

(+) (–) i←d

M → ƩM Materiales

• Acero • Madera • Concreto armado


Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos

273

7.3 Secciones transversales Son secciones perpendiculares al eje longitudinal de la viga. “CONCRETO” Viga chata Viga peraltada

“ACERO”

“MADERA”

7.4 Tipos de viga 1. En voladizo

5. Con rótula

P

P

2. Simplemente apoyada

P

3. Simplemente apoyada con un voladizo

P

6. Apoyada - empotrada

P

7. Doblemente empotrada

P

274


Editorial Macro

4. Simplemente apoyada con 2 voladizos

8. Continua

P

P

Nota:

Vigas isostáticas: 1 a 5 Vigas hiperestáticas: 6 a 8

7.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento flexionante dx x w ... (1)

wdx

M

M + dM V + dV C

V ... (2)

dx

Las ecuaciones (1) y (2) nos permiten calcular las expresiones generales de la fuerza cortante y el momento flexionante en vigas con cargas distribuidas con cualquier ley de variación.



275

7.6 Estructura: Pórtico isostático En este ejemplo la estructura está formada por 3 elementos: AB, CD, BC.

Q c

B

d

C

b P

e

a

D

A

HD VD

VA Se realiza un diagrama de cuerpo libre en cada elemento.

M2

M1 B P

M1

B A

b

A

B

Q c

d C

b B

a

D C

C

M2 D

C e D HD

A VA

VD

Por equilibrio en cada elemento se encuentran N, V, M. Luego se pueden realizar los diagrama de N, V, M para cada elemento uniéndose al final para un solo diagrama en cada caso; la convención de signos es igual que para las vigas.

276


Editorial Macro

Convención de signos

+ –

+ –

+ –

Problema 207 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.

+ –

M

+ –

+ –

NyV

210 kg

60 kg/m

x A

B 3m

1m

1m

Solución: ΣFH = 0  HA = 0; ΣMB = 0  VA(5) – 90(3) – 210 = 0  VA = 96 kg ΣFV = 0  VB = 210 + 90 – 96 = 204 kg

x/3 F

Por semejanza de triángulos: =

 y = 20x; F =

y

= 10x2 . M = Fd = 10x2

x (V): 0 ≤ x ≤ 3  V = 96 – 10x2

x = 0 V = 96 x=3 V=6

3 ≤ x ≤ 4  V = 96 –

=6

4 ≤ x ≤ 5  V = 96 –

– 210 = – 204

3

60



(M): x=0 M=0 x = 3 M = 198

0 ≤ x ≤ 3  M = 96x – 10x2

3 ≤ x ≤ 4  M = 96x –

x = 3 M = 198 (x – 2) x = 4 M = 204

4 ≤ x ≤ 5  M = 96x –

x = 4 M = 204 (x – 2) – 210(x – 4) x = 5 M = 0

V 96 (kg) +

6 1m 1m

3m

– 204

M (kg-m) + 198

204


x

500 kg 100 kg-m

100 kg

100 kg-m B

A

2m

2m

2m

2m

277

278


Editorial Macro

Solución: ΣMB = 0  VA(4) – 100(6) – 500(4) + 100 + 100 = 0  VA = 600 kg ΣFH = 0  HA = 0 ΣFV = 0  VB = 100 + 500 – 600 = 0 (V):

0 ≤ x ≤ 2  V = – 100 2≤x≤8V=0

(M): x=0 M=0 0 ≤ x ≤ 2  M = – 100x x = 2 M = –200 x = 2 M = –200 2 ≤ x ≤ 4  M = – 100x + 100(x – 2) x = 4 M = –200 x = 4 M = –100 4 ≤ x ≤ 8  M = – 100x + 100(x – 2) + 100 x = 8 M = –100

V (kg)

2m

2m

2m

2m

– 100 – M (kg-m)

200 100



279


x 50 kg

40 kg/m

A

B

2m

10 m

Solución: Por semejanza de triángulos: =

F y = 4(x – 2) F = (x – 2)

y

x–2 10

 F = 2(x – 2)2

ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(10) – 50(12) –

ΣFV = 0  VB = 50 + (V):

= 0  VA = 126.67 kg

– 126.67 = 123.33 kg

0 ≤ x ≤ 2  V = – 50 x = 2 V = 76.67 x = 12 V = –123.33

2 ≤ x ≤ 12  V = – 50 + 126.67 – (M): x=0 M=0 0 ≤ x ≤ 2  M = – 50x x = 2 M = –100 2 ≤ x ≤ 12  M = – 50x + 126.67(x – 2) –

(x – 2)

2

x=2 M = –100 x = 8.19 M = 216.47 x = 12 M = 0

40

280


Editorial Macro

V 76.67 (kg)

3.81 m +

2m 50 M (kg-m)

6.19 m

–

–

100 123.33

– + 216.47


20 T/m

20 T 10 T/m A

B 3m

2m

3m

Solución: ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(8) – 30(6.5) – 20(3) – 30(1) = 0  VA = 35.625 T ΣFV = 0  35.625 + VB – 30 – 20 – 30 = 0  VB = 44.375 T



(V): x = 0 V = 35.625 0 ≤ x ≤ 3  V = 35.625 – 10x x = 3 V = 5.625 3 ≤ x ≤ 5  V = 35.625 – 30 = 5.625 x = 5 V = – 14.375 x = 8 V = – 44.375

5 ≤ x ≤ 8  V = 35.625 – 30 – 20 –

(M): x=0 M=0 x = 3 M = 61.875

0 ≤ x ≤ 3  M = 35.625x –

x = 3 M = 61.875 3 ≤ x ≤ 5  M = 35.625 – 30(x – 1.5) x = 5 M = 73.125 5 ≤ x ≤ 8  M = 35.625x – 30(x – 1.5) – 20(x – 5) –

x = 5 M = 73.125 (x – 5)3 x = 8 M = 0

35.625 V(T)

5.625

+ 3m

2m 14.375

M(T-m)

3m – 44.375

3m

2m (+)

61.875 73.125

3m

281

282


Editorial Macro


10 T/m

20 T-m A

B

4m

4m

2m

Solución: ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(10) –

+ 20 = 0  VA = 12.67 T

ΣFV = 0  VB + VA – 20 = 0  VB = 7.33 T (V): 0 ≤ x ≤ 4  V = 12.67 –

x = 0 V = 12.67 x = 4 V = – 7.33

V = 0  x = 3.18 4 ≤ x ≤ 10  V = 12.67 – 20 = – 7.33 (M): 0 ≤ x ≤ 4  M = 12.67x –

x=0 M=0 x = 3.18 M = 26.89 x=4 M = 24

4 ≤ x ≤ 8  M = 12.67x – 20

x = 4 M = 24 x = 8 M = –5.31

8 ≤ x ≤ 10  M = 12.67x – 20

x = 8 M = 14.69 + 20 x = 10 M = 0



12.67 V(T)

0.82 m

+ A

M(T-m)

6m

3.18 m

– 7.33 5.31 2 m +

A

14.69

+ 26.89

24


40 T 10 T/m

10 T 20 T-m

A B 2m

3m

2m

1m

Solución: ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(5) – 20(4) – 40(3) + 20 + 10(3) = 0  VA = 30 T ΣFV = 0  30 + VB = 20 + 40 + 10  VB = 40 T (V):

x = 0 V = 30 0 ≤ x ≤ 2  V = 30 – 10x x = 2 V = 10 2 ≤ x ≤ 5  V = 30 – 20 – 40 = – 30 5 ≤ x ≤ 8  V = 30 – 20 – 40 + 40 = 10

283

284


Editorial Macro

x=0 M=0 x = 2 M = 40

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = 30x –

x = 2 M = 40 2 ≤ x ≤ 5  M = 30x – 20(x – 1) – 40(x – 2) x = 5 M = –50 x = 5 M = –50 5 ≤ x ≤ 7  M = 30x – 20(x – 1) – 40(x – 2) + 40(x – 5) x = 7 M = –30 De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1  M = –10x

x=0 M=0 x = 1 M = –10

30 V(T)

+

10

2m

10 3m

30

50

M (T-m) 2m

+ 2m 1m

3m

–

30 10

2m

1m

+ 40


10 T

5 T/m

20 T 6 T-m B

A 2m

8m

2m

2m

4m



Solución: ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(12) – 10(14) – 40(8) + 6 + 20(4) = 0  VA = 31.17 T ΣFV = 0  VA + VB – 10 – 40 – 20 = 0  VB = 38.33 T (V):

0 ≤ x ≤ 2  V = – 10 x = 2 V = 21.17 2 ≤ x ≤ 10  V = – 10 + 31.17 – 5(x – 2) x = 10 V = – 18.33 10 ≤ x ≤ 14  V = – 10 + 31.17 – 5(8) = – 18.33

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 4  V = 20 Para:

2 ≤ x ≤ 10  V = 0  x = 6.23

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = – 10x

x=0 x=2

M=0 M = – 20

2 ≤ x ≤ 10  M = – 10x + 31.17(x – 2) – 5(x – 2)

x=2 M = –20 x = 6.23 M = 24.81 x = 10 M = –10.64

x = 10 M = –10.64 10 ≤ x ≤ 12  M = – 10x + 31.17(x – 2) – 40(x – 6) x = 12 M = –48.3 x = 12 M = –42.3 12 ≤ x ≤ 14  M = – 10x + 31.17(x – 2) – 40(x – 6) + 6 x = 14 M = –80 De derecha a izquierda: x=0 M=0 0 ≤ x ≤ 4  M = – 20x x = 4 M = – 80

285

286


Editorial Macro

20

21.17 V(T)

+

2m – 4.23 m 10

+ 3.77 2 m 2 m 4m – 18.83 48.3

20

M (T-m)

80 42.3

– 10.64

– 2m

+

24.81


20 T 15 T/m

10 T-m A 2m

B 3m

Solución: ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(3) – 10 – 20(5) – 15(4)(1) = 0  VA = 56.67 T ΣFV = 0  VA + VB – 20 – 15(4) = 0  VB = 23.33 T

1m


(V):


0 ≤ x ≤ 2  V = – 20 x = 2 V = 36.67 2 ≤ x ≤ 5  V = – 20 + 56.67 – 15(x – 2) x = 5 V = –8.33 V = 0  x = 4.44

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1  V = 15x

x=0 V=0 x = 1 V = 15

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = – 10 – 20x

x=0 x=2

M = –10 M = –50 x=2 M = –50 x = 4.44 M = –5.17 x=5 M = –7.5

2 ≤ x ≤ 5  M = – 10 – 20x + 56.67(x – 2) – 15

De derecha a izquierda: x=0 M=0 x = 1 M = –7.5

0 ≤ x ≤ 1  M = – 15

36.67

V(T)

15 0.56 m + + – 1m 2.44 m 8.33

2m – 20

M (T-m)

50 –

10

5.17

7.5

287

288


Editorial Macro


6 T/m

4T 12 T-m A

0.6 m

0.4 m

0.5 m

0.5 m

0.5 m

MA

VA

Solución: ΣFH = 0  HA = 0 ΣFV = 0  VA – ΣMA = 0  –

– 6(0.4) – 4 = 0  VA = 8.2 T (2.1) – 6(0.4)(1.7) + 12 – 4(0.5) – MA = 0  MA = 2.14 T-m

(V): x=0 V=0 x = 0.6 V = –1.8

0 ≤ x ≤ 0.6  V = –

x = 0.6 V = –1.8 – 6(x – 0.6) x = 1 V = –4.2

0.6 ≤ x ≤ 1  V = – 1≤x≤2V=–

– 6(0.4) = – 4.2

2 ≤ x ≤ 2.5  V = –

– 6(0.4) – 4 = – 8.2

(M): 0 ≤ x ≤ 0.6  M = –

x=0 M=0 x = 0.6 M = –0.36

0.6 ≤ x ≤ 1  M = – 1.8(x – 0.4) –

x = 0.6 M = –0.36 x=1 M = –1.56



x=1 M = –1.56 x = 1.5 M = –3.66

1 ≤ x ≤ 1.5  M = – 1.8(x – 0.4) – 2.4(x – 0.8)

1.5 ≤ x ≤ 2  M = – 1.8(x – 0.4) – 2.4(x – 0.8) + 12

x = 1.5 M = 8.34 x=2 M = 6.24

De derecha a izquierda: x=0 M = 2.14 x = 0.5 M = 6.24

0 ≤ x ≤ 0.5  M = 2.14 + 8.2x

V(T)

0.6 m 0.4 m 0.5 m 0.5 m 0.5 m –

1.8 4.2 3.66 1.56 M(T-m)

0.36

8.2

– 2.14

+ 6.24 8.34

500 kg/m


A 2m Solución:

B 5m

ΣFH = 0  HA = 0 ΣMB = 0  VA(5) – ΣFV = 0  VA + VB –

= 0  VA = 666.67 kg = 0  VB = 1333.33 kg

1m

289

290


Editorial Macro

(V): x=0 V=0 x = 2 V = –125

0 ≤ x ≤ 2  V = – 62.5

2 ≤ x ≤ 7  V = – 62.5

+ 666.67

x = 2 V = 541.67 x = 7 V = 864.58

V = 0  x = 4.62 7 ≤ x ≤ 8  V = – 62.5

+ 666.67 + 1333.33

x = 7 V = 468.75 x=8 V=0

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = – 62.5

x=0 x=2

M=0 M = – 83.33 x=2 M = –83.33 x = 4.62 M = 719.48 x=7 M = –239.56

2 ≤ x ≤ 7  M = – 62.5

+ 666.67(x – 2)

7 ≤ x ≤ 8  M = – 62.5

x = 7 M = –239.56 + 666.67(x – 2) + 1333.33(x – 7) x = 8 M = 0

541.67 V (kg)

2m

– 125

M (kg-m)

468.75 + 2.62 m

2.38 m + 1m – 864.58 239.56

83.33 –

– + 719.48




10 T/m 2T Rótula

A

4m

B

3m

3m

Solución:

10 T/m V A

B

4m VA

2T 3m

3m

V

VB

ΣMA = 0  V(4) – 10(4)(2) = 0  V = 20 T ΣFV = 0  V + VA – 10(4) = 0  VA = 20 T ΣMB = 0  – 20(6) – 2(3) + MB = 0  MB = 126 T-m ΣFV = 0  VB – V – 2 = 0  VB = 22 T (V): 0 ≤ x ≤ 4  V = 20 – 10x

x = 0 V = 20 x = 4 V = –20

4 ≤ x ≤ 7  V = 20 – 10(4) = – 20 7 ≤ x ≤ 10  V = 20 – 40 – 2 = – 22 Para 0 ≤ x ≤ 4  V = 0  x = 2

MB

291

292


Editorial Macro

(M): x=0 x=2 x=4

0 ≤ x ≤ 4  M = 20x – 10

4 ≤ x ≤ 7  M = 20x – 10(4)(x – 2)

M=0 M = 20 M=0

x=4 M=0 x = 7 M = –60 x = 7 V = –60 x = 10 V = –126

7 ≤ x ≤ 10  M = 20x – 10(4)(x – 2) – 2(x – 7)

20 V(T)

+ 2m

2m

3m

3m –

20

22 126

60

M (T-m)

2m

2m +

–

3m

3m

20


3T

3T

3T

Rótula A 2m

C

B 2m

2m

2m

2m

2m



Solución:

V

3T A

2m

2m

VA

3T

2m

3T

2m

B

2m

2m

VB

V

C VC

ΣMA = 0  V(4) – 3(2) = 0  V = 1.5 T ΣFV = 0  V + VA – 3 = 0  VA = 1.5 T ΣMC = 0  – 1.5(8) – 3(6) + VB(4) – 3(2) = 0  VB = 9 T ΣFV = 0  9 – 1.5 – 3 – 3 – VC = 0  VC = 1.5 T (V): 0≤x≤2

 V = 1.5

2≤x≤6

 V = 1.5 – 3 = – 1.5

6≤x≤8

 V = 1.5 – 3 – 3 = – 4.5

8 ≤ x ≤ 10

 V = 1.5 – 3 – 3 + 9 = 4.5

10 ≤ x ≤ 12

 V = 1.5 – 3 – 3 + 9 – 3 = 1.5

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = 1.5x

x=0 M=0 x=2 M=3

2 ≤ x ≤ 6  M = 1.5x – 3(x – 2)

x=2 x=4 x=6

6 ≤ x ≤ 8  M = 1.5x – 3(x – 2) – 3(x – 6)

M=3 M=0 M = –3 x = 6 M = –3 x = 8 M = –12

8 ≤ x ≤ 10  M = 1.5x – 3(x – 2) – 3(x – 6) + 9(x – 8)

x = 8 M = –12 x = 10 M = –3

293

294


Editorial Macro

De derecha a izquierda: x=0 M=0 x = 2 M = –3

0 ≤ x ≤ 2  M = 1.5x

4.5 V(T)

M (T-m)

1.5 + 2m

4m 1.5

1.5

+

2m

2m 2m

–

4.5 12 3

2m 2m 2m + 3

3

– 2m

2m 2m


8T

6T

12 T/m Rótula

B

A 2m

1m

1m

1m

V

6T

1m

Solución:

12 T/m V

VA 2m

1m

8T

MB

B 1m

1m

ΣMA = 0  V(3) – 12(2)(1) = 0  V = 8 T ΣFV = 0  V + VA – 12(2) = 0  VA = 16 T

1m

VB



ΣMA = 0  V(3) – 12(2)(1) = 0  V = 8 T ΣFV = 0  V + VA – 12(2) = 0  VA = 16 T ΣMB = 0  – 8(3) – 6(2) – 8(1) + MB = 0  MB = 44 T-m ΣFV = 0  – 8 – 6 – 8 + VB = 0  VB = 22 T (V): 0 ≤ x ≤ 2  V = 16 – 12x

x = 0 V = 16 x = 2 V = –8

V = 0  x = 1.33 2 ≤ x ≤ 4  V = 16 – 12(2) = – 8 4 ≤ x ≤ 5  V = 16 – 12(2) – 6 = – 14 5 ≤ x ≤ 6  V = 16 – 12(2) – 6 – 8 = – 22 (M): 0 ≤ x ≤ 2  M = 16x – 12

x=0 M=0 x = 1.33 M = 10.67 x=2 M=8

2 ≤ x ≤ 4  M = 16x – 12(2)(x – 1)

x=2 x=3 x=4

M=8 M=0 M = –8 x = 4 M = –8 x = 5 M = –22

4 ≤ x ≤ 5  M = 16x – 12(2)(x – 1) – 6(x – 4)

5 ≤ x ≤ 6  M = 16x – 12(2)(x – 1) – 6(x – 4) – 8(x – 5)

x=5 x=6

16 V(T)

+ 0.67 m 1m 1m 1m 1m 1.33 m 8 14 – 22 44

M (T-m)

22 3m + 8 10.67

–

8 3m

M = –22 M = –44

295

296


Editorial Macro


30 T/m 20 T-m

4T 10 T/m

A

B 3m

1m

1m

1m

Solución: ΣMB = 0  VA(5) + 20 + 4(1) – ΣFV = 0  VB + VA –

– 10(3)(0.5) = 0  VA = 25.2 T

– 10(3) – 4 = 0  VB = 53.8 T

(V): 0 ≤ x ≤ 3  V = 25.2 – 5x

2

x=0 V = 25.2 x = 2.24 V = 0 x=3 V = –19.8

3 ≤ x ≤ 5  V = 25.2 – 45 – 10(x – 3)

x = 3 V = –19.8 x = 5 V = –39.8

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1  V = 4 + 10x

x=0 V=4 x = 1 V = 14

(M): 0 ≤ x ≤ 3  M = 25.2x –

x=0 M=0 x = 2.24 M = 37.71 x=3 M = 30.6

3 ≤ x ≤ 4  M = 25.2x – 45(x – 2) –

x = 3 M = 30.6 x = 4 M = 5.8

4 ≤ x ≤ 5  M = 25.2x – 45(x – 2) – 5(x – 3)2 + 20

x = 4 M = 25.8 x = 5 M = –9



De derecha a izquierda: x=0 x=1

0 ≤ x ≤ 1  M = – 4x – 10

M=0 M = –9

25.2 14

+

V(T)

2.24 m

0.76

+ 4 1m

2m –

19.8

39.8

M (T-m)

9 5.8

+ 37.71

–

30.6

25.8


6T 20 T/m

12 T-m A

B 1m

2m

3m

Solución: ΣMB = 0  VA(6) – 12 – 6(5) – 20(3)(1.5) = 0  VA = 22 T ΣFV = 0  VB + VA – 6 – 20(3) = 0  VB = 44 T

297

298

(V):


Editorial Macro

0 ≤ x ≤ 1  V = 22 1 ≤ x ≤ 3  V = 22 – 6 = 16 x=3 V = 16 x = 3.8 V = 0 x=6 V = –44

3 ≤ x ≤ 6  V = 22 – 6 – 20(x – 3) (M): 0 ≤ x ≤ 1  M = 22x

x=0 x=1

M=0 M = 22

1 ≤ x ≤ 3  M = 22x – 6(x – 1) – 12

x=1 x=3

M = 10 M = 42 x=3 M = 42 x = 3.8 M = 48.4 x=6 M=0

3 ≤ x ≤ 6  M = 22x – 6(x – 1) – 12 – 20

22

16

V(T)

+ 2m

1m

2.2 m 0.8 m –

M (T-m)

44 10 +

22 42

48.4



Problema 222 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. 10 T/m

5T

6 T-m

A

B 1m

2m

2m

3m

Solución: ΣMB = 0  VA(5) – 5(4) + 6 + ΣFV = 0  – 0.2 – 5 –

(1) = 0  VA = – 0.2 T

+ VB = = 0  VB = 20.2 T

0 ≤ x ≤ 1  V = – 0.2

(V):

1 ≤ x ≤ 5  V = – 0.2 – 5 = – 5.2

De derecha a izquierda:

(M):

0 ≤ x ≤ 3  V = x2

0 ≤ x ≤ 1  M = – 0.2x

x=0 x=1

1 ≤ x ≤ 3  M = – 0.2x – 5(x – 1)

x=0 V=0 x = 3 V = 15 M=0 M = –0.2 x=1 x=3

3 ≤ x ≤ 5  M = – 0.2x – 5(x – 1) + 6

M = –0.2 M = –10.6

x=3 x=5

M = –4.6 M = –15

De derecha a izquierda: 0≤x≤3M=–

x=0 x=3

M=0 M = –15

299

300


Editorial Macro

15 V(T)

1m

+

4m

3m

0.2

– 5.2 15

M (T-m)

10.6 –

0.2 1m

4.6 2m

2m

3m


9T 3 T/m B

A 3m Solución:

5m

4m

ΣMB = 0  VA(9) – 9(4) – 3(8)(8) = 0  VA = 25.33 T ΣFV = 0  VA + VB – 9 –3(8) = 0  VB = 7.67 T

(V):

0 ≤ x ≤ 3  V = – 3x

x=0 V=0 x = 3 V = –9

3 ≤ x ≤ 8  V = – 3x + 25.33

x = 3 V = 16.33 x = 8 V = 1.33


De derecha a izquierda: (M):


0 ≤ x ≤ 4  V = – 7.67 x=0 x=3

M=0 M = –13.5

0≤x≤3M=–

x2

3≤x≤8M=–

x2 + 25.33(x – 3)

x=3 x=8

M = –13.5 M = 30.68

De derecha a izquierda: x=0 x=4

0 ≤ x ≤ 4  M = 7.67x

M=0 M = 30.68

16.33 V(T)

+

3m –

5m

1.33 4 m –

9 M (T-m)

7.67

13.5 –

4m

3m

+

30.68


10 T/m 12 T/m

10 T

A

B 5m

1m

3.6 m

3m

301

302


Editorial Macro

Solución: ΣMB = 0  VA(9.6) – 12(6)(6.6) – 10(4.6) – ΣFV = 0  VA + VB – 12(6) – 10 –

(1) = 0  VA = 54.98 T

(1.2) +

= 0  VB = 60.02 T

–

(V): 0 ≤ x ≤ 5  V = 54.98 – 12x

x=0 V = 54.98 x = 4.58 V = 0 x=5 V = –5.02

5 ≤ x ≤ 6  V = 54.98 – 12x – 10

x = 5 V = –15.02 x = 6 V = –27.02 x = 6 V = –27.02 x = 9.6 V = –45.02

6 ≤ x ≤ 9.6  V = 54.98 – 12(6) – 10 – De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 3  V = x2

x=0 V=0 x = 3 V = 15

(M): x=0 M=0 x = 4.58 M = 125.95 x=5 M = 124.09

0 ≤ x ≤ 5  M = 54.98x –

x

5 ≤ x ≤ 6  M = 54.98x –

x2 – 10(x – 5)

2

x=5 x=6

M = 124.9 M = 103.88 x=6 x = 9.6

6 ≤ x ≤ 9.6  M = 54.98x – 72(x – 3) – 10(x – 5) –

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 3  M = – x3

x=0 x=3

M=0 M = –15

M = 103.88 M = –15



54.98 V(T) 0.42 m

+

4.58 m 5.02 1m – 15.02 27.02

15 m + 3.6 m 3m

45.02 15 –

M (T-m) + 103.88 125.95 124.4


1.2 T/m

A 6m

B

6m

6m

6m

Solución: ΣMB = 0  VA(12) –

(10) = 0  VA = 6 T

ΣFV = 0  VA + VB – 12(1.2) –

= 0  VB = 15.6 T

303

304

(V):


x=0 V=0 x = 6 V = –1.8

0≤x≤6V=–

6 ≤ x ≤ 12  V = –

+6

12 ≤ x ≤ 18  V = –


Editorial Macro

x=6 V = 4.2 x = 10.95 V = 0 x = 12 V = –1.2 + 6 – 1.2(x – 12)

0 ≤ x ≤ 6  V = 1.2x

x = 12 V = –1.2 x = 18 V = –8.4

x=0 V=0 x = 6 V = 7.2

(M): 0≤x≤6M=–

6 ≤ x ≤ 12  M = –

x=0 x=6

M=0 M = –3.6

+ 6(x – 6)

x=6 M = –3.6 x = 10.95 M = 7.82 x = 12 M = 7.2


0 ≤ x ≤ 6  M = – 1.2

6 ≤ x ≤ 12  M = – 1.2

x=0 x=6

M=0 M = –21.6

+ 15.6(x – 6)

x = 6 M = –21.6 x = 12 M = 7.2



7.2

4.2 V(T)

6m –

+

1.05 m 6m + 4.95 1.8 1.2 –

6m

8.4 21.6

M (T-m) –

3.6

1.05 m + 7.82

7.2

– 6m


2 T/m

1T 1 T/m

0.6 T-m B

A 2m

2m

3m

2m

Solución: ΣMB = 0  VA(7) – 1 (9) – 1(2)(6) – ΣFV = 0  VA + VB – 1 – 1(2) –

(3) + 0.6 = 0  VA = 4.2 T = 0  VB = 1.8 T

305

306

(V):


Editorial Macro

0≤x≤2V=–1 2 ≤ x ≤ 4  V = – 1 + 4.2 – 1(x – 2)

x = 2 V = 3.2 x = 4 V = 1.2 x=4 V = 1.2 x = 5.9 V = 0 x=7 V = –1.8

4 ≤ x ≤ 7  V = – 1 + 4.2 – 1(2) – (x – 4)

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 2  V = – 1.8 (M): 0≤x≤2M=–x

x=0 x=2

M=0 M = –2 x=2 x=4

2 ≤ x ≤ 4  M = – x + 4.2(x – 2) –

M = –2 M = 2.4

4 ≤ x ≤ 7  M = – x + 4.2(x – 2) – 1(2)(x – 3) – (x – 4)3

x=4 V = 2.4 x = 5.9 V = 3.92 x=7 V=3

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 2  M = – 0.6 + 1.8x

x=0 x=2

M = –0.6 M=3

3.2

+ V(T) 1

1.1 m 2 m 2 m 1.9 m –

2m –

1.8

2 M (T-m)

0.6

–

2.4

+ 3.92

3.0




4T

1.2 T

2.4 T/m

3.15 T-m

2 T-m

2.25 T-m B

A 2m

4m

2m

1m

Solución: ΣMB = 0  VA(6) – 3.15 + 2 + 2.25 – 4(2) + 1.2(1) – 2.4(6)(5) = 0  VA = 12.95 T ΣFV = 0  VA + VB – 4 – 1.2 – 2.4(6) = 0  VB = 6.65 T (V): 0 ≤ x ≤ 2  V = – 2.4x

x=0 V=0 x = 2 V = –4.8

2 ≤ x ≤ 6  V = – 2.4x + 12.95

x = 2 V = 8.15 x = 6 V = –1.45

V = 0  x = 5.40 De derecha a izquierda:

0 ≤ x ≤ 1  V = 1.2 1 ≤ x ≤ 3  V = 1.2 – 6.65 = – 5.45

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = – 3.15 – 2.4

2 ≤ x ≤ 6  M = – 3.15 – 2.4

x=0 x=2

M = –3.15 M = –7.95

+ 12.95(x – 2)

x=2 M = –7.95 x = 5.40 M = 5.89 x=6 M = 5.45

307

308


Editorial Macro

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1  M = – 2.25 – 1.2x

x=0 x=1

M = –2.25 M = –3.45 x=1 x=3

1 ≤ x ≤ 3  M = – 2.25 – 1.2x + 6.65(x – 1)

M = –3.45 M = 7.45

8.15

V(T)

2m –

+ 3.40 m

0.60 m 1.45

2m –

4.8

1.2 + 1m 5.45

7.95 M (T-m)

3.15

3.45

–

–

2.25

+ 5.45 5.89 7.45


6 T/m

2 T/m A 1m

B 2m

2m

1m



Solución: ΣMB = 0  VA(4) – 2(3)(3.5) = 0  VA = 5.25 T ΣFV = 0  VA + VB – 2(3) – 6

= 0  VB = 9.75 T

(V): x=0 V=0 0 ≤ x ≤ 1  V = – 2x x = 1 V = –2

1 ≤ x ≤ 3  V = – 2x + 5.25

x=1 V = 3.25 x = 2.625 V = 0 x=3 V = –0.75

3 ≤ x ≤ 5  V = – 6 + 5.25 – (x – 3)2

x = 3 V = –0.75 x = 5 V = –4.75

5 ≤ x ≤ 6  V = – 6 + 5.25 – (x – 3)2 + 9.75

x = 5 V = 5.0 x=6 V=0

(M): 0≤x≤1M=–2

x=0 x=1

M=0 M = –1

1 ≤ x ≤ 3  M = – x + 5.25(x – 1) 2

x=1 x = 2.625 x=3

3 ≤ x ≤ 5  M = – 6(x – 1.5) + 5.25(x – 1) – 5 ≤ x ≤ 6  M = – 6(x – 1.5) + 5.25(x – 1) –

M = –1 M = 1.64 M = 1.5 x=3 x=5

M = 1.5 M = –2.66

+ 9.75(x – 5)

x=5 x=6

M = –2.66 M=0

309

310


Editorial Macro

5 3.25 V(T)

+

1m

1.625

–

+

0.375 2 m

1m

–

2 0.75

4.75

M (T-m)

2.66 1

–

– +

1.5

1.64


3 T/m 2T 2 T/m A

B

Rótulas 2m

2m

2m

2m



Solución:

2T

V

MA A

2m

2m

VA

3T

Q

4T

MB

C D 1m 1m

m Q

V ΣMD = 0  V(2) – 4(1) = 0  V = 2 T ΣFV = 0  V + Q = 4  Q = 2 T

ΣMA = 0  V(4) + 2(2) – MA = 0  MA = 12 T-m ΣFV = 0  VA – 2 – V = 0  VA = 4 T ΣMB = 0  Q(2) + 3

– MB = 0  MB = 6 T-m

ΣFV = 0  Q + 3 = VB = 5 T (V):

0≤x≤2V=4 2≤x≤4V=4–2=2 4 ≤ x ≤ 6  V = 4 – 2 – 2(x – 4)

x=4 V=2 x = 6 V = –2

V=0x=5 6 ≤ x ≤ 8  V = 4 – 2 – 2(2) –

(x – 6)2

x = 6 V = –2 x = 8 V = –5

m VB

311

312


Editorial Macro

(M): 0 ≤ x ≤ 2  M = – 12 + 4x

x=0 x=2

M = –12 M = –4

2 ≤ x ≤ 4  M = – 12 + 4x – 2(x – 2)

x=2 x=4

M = –4 M=0 x=4 x=5 x=6

4 ≤ x ≤ 6  M = – 12 + 4x – 2(x – 2) – 2

6 ≤ x ≤ 8  M = – 12 + 4x – 2(x – 2) – 2

M=0 M=1 M=0 x=6 x=8

–

4 V (T)

2

+

1m

2m

2m

1m 2

12

2m – 5

M (T-m) –

6

4

– + 1

Problema 230

2T

Dibujar los diagramas de V, N y M.

A

B 2m

3m

C

M=0 M = –6



Solución: D.C.L.:

2T A

2

M=4 B

4

2m

B

V=2 3m

C 4 2 N T

V T 2 B

–

B 2

A

–

B

2

4

–

A 2

4

–

A

M T-m

C

Problema 231

C

C

2 T-m


B A

2m

3m

C

4

313

314


Editorial Macro

Solución: D.C.L.:

2 A

M=2 B

M T-m

2 B

2 –

B 2

–

A

2

2 C No hay fuerza cortante ni fuerza normal

C

Problema 232

2 T/m B


A

2m 3m

C

Solución: D.C.L.:

M=4 B A 1m 1m 4

V=4

4

4 B 3m

4 C 4

2



N T

V T

B

A 4

A

M T-m

– B

A

– B

4

4

4

–

–

4

C

C

Problema 233

C

2T 1m 1m


4

B

A 2m 4T 2m C

Solución: D.C.L.:

2

2

M=2

2

1m 1m B A

B

V=2 4 2m 4 10

C 2

315

316


N T

Editorial Macro

V T

M T-m 2

2

– B 1m 1m B – A1m 1m A 2 2m 2m

2

–

A

B

2

2

C

4

C

–

2m

2m

–

–

4

10

C

Problema 234

2 T/m


2T B

C

4m

2m 5T

4m

2m A

D

Solución: D.C.L.: N = 4.5 2

B V=2 4m

3.5

2 T/m 2

B 4.5

4m

N=2

C M=2 V = 3.5

2 2

C

2m 5 2m

A 4.5

3

D 3.5



N T 3.5

C 2

M T-m

+

B

2.25

4m

1.75 C 2 – 3.5 +

2

+

2 4m

3

2 C

B 2.25 m

5.06 6

+ 2m

–

–

–

–

4.5

B 2

V T 4.5

A

3.5

4.5

D

317

3

A

D

A

D

Problema 235 Dibujar los diagramas de V, N y M. B: Rótula

6T 2m

B

2m

C

1m

1m

2T

8T 1m

1m D

A

Solución: D.C.L.:

N = 4.5

2

6

B V=1 1m 1

A 4.5

1

B 4.5

2m

1.5

M=6 2m

N=1

1

C 1m

V = 1.5 7

6 8

1m D 1.5


Editorial Macro

V T

N T 1.5

4.5

B

–

+

1 B

A

D

1.5

4.5

–

–

–

1

1

1 + 1m 1 A

M T-m B

2m

6

1m +

1

9

1.5 7

2m –

7

+ 1m

A

D

Problema 236 Dibujar los diagramas de V, N y M.

8T A

2m

α

2m B

2.5 m 4T

4m 2.5 m α 3m

1

1m D

6 7

C

1.5 + 1

C

+

1m

4.5

4.5

C

–

318

C



319

Solución: D.C.L.:

8

5

4

A 2m

α 3

7.14

2m B

M = 12.56

V = 0.86

N = 0.69 12.56 B 2.5 m V = 0.52 4 2.5 m

0.86 sen α = 0.69 0.86

α

C 4.52

0.86 cos α = 0.52

N T

0.69

V T 7.14

B

A

A

0.69

7.14 + 2m 2m – 0.86 0.52

B

–

C 0.69

M T-m A 2m +

2.5 m

4.52

– 4.52

2m .56 12

+ 12.56

m

11.26

2.5

14.28

B

C

320


Editorial Macro

Problema 237

2T


α

A

4T α

B

8m α 3m

2m 2m

C

4m

Solución: ΣMC = 0  VA ↑ = 2.91 T

ΣFV = 0  VC ↑ = 3.09 T

cos α =

sen α =

=

=

Para los diagramas de V y M se plantean las ecuaciones con cargas perpendiculares al eje longitudinal del elemento. D.C.L.:

A

3m

2.91 T

x

x 2 T M = 10.55 T-m 2m B

0.73 T

M = 10.55 T-m B

V’ = 0.55 T

V = 0.91 T

3.33 m

2.4 T

3.2 T 4 cos α = 4

= 2.4 T

3.09 cos α = 1.85 T

C 1.85 T

En el punto B: Vcos α = V’  0.91 AB 0≤x≤3

V = 2.91 T M = 2.91x

0 8.73

= 0.55

2.47 T


3≤x≤5


321

V = 2.91 – 2 = 0.91 T 8.73 10.55

M = 2.91x – 2(x – 3) BC 0 ≤ x ≤ 3.33

V = 0.55 10.55 12.38

M = 10.55 + 0.55x

3.33 ≤ x ≤ 10 V = 0.55 – 2.4 = – 1.85 12.38 0

M = 10.55 + 0.55x – 2.4(x – 3.33)

V T 2.91

+

A 3m

N T 0.91

0.73

A

2m B

5m

B

+

3m 3.3

5m

6.6

0.73

2.47

7m

1.85

+

5m

–

– C

C 2.47

1.85

M T-m A

3m

2m B

+ 8.73

10.55 10.55 12.38

+

322


Editorial Macro

Problema 238

200 kg/m B


C

100 kg/m

6m 6m

3m 400 kg 3m

A

D

Solución: ΣMD = 0 VA ↑ = 500 kg

ΣFV = 0 VD ↑ = 700 kg

500 M = 600

100 kg/m

200 kg/m M = 600 B 6m 400 V = 400 VA = 500 B

x

x

M = 1200

M = 1200

C 400 700

V = 400 3m

700 C

3m V=0 D

200

700

VA = 500 AB V = 200 – 100x

200 –400

V=0x=2m

M = 200x – 100

x

400 kg

6m A

0≤x≤6

ΣFH = 0 HA ← = 200 kg

0 200 –600



323

BC 0≤x≤6

500 –700

V = 500 – 200x

V = 0  x = 2.5 m –600 25 –1200

M = – 600 + 500x – 200 CD 0≤x≤3

V = 400 –1200 0

M = – 1200 + 400x 3≤x≤6

V = 400 – 400 = 0 M = – 1200 + 400x – 400(x – 3)

V kg

0 0

500 B 2.5 m 400 – 4m

3.5 m C 400 – 3m + 700

N kg

400

B

3m

2m 200 + A

C

400

400

D –

M kg-m

–

1200 A

600 600

B – – 2m + 25

2m + A

200

–

C

1200 –

3m

3m D

500

700

D

324


Editorial Macro

Problema 239

2 kip/pie


10’ C 20 kip

B

50’

20’ A Solución:

42

100 Klb

D.C.L.:

10’ C

25’

25’

20

400 C 10’ 20

B

VC = 58

20’

20 A

20

2 K/pie 400 42

C

B 58

50’

V = 42 – 2x = 0  x = 21

N Klb

V Klb

42

42

B

C +

– A

A 42

VA = 42

C

20’

20 +

42 20

M Klb-pie

400

C

29’ +

400 10’

841 400

20’ A

B

21’

20’ A

29’ B – 58



Problema 240

2 Kip/pie

325

C


B

15’

6’ 20 Kip

23 Kip

6’ A

20 Kip

7 Kip Solución: D.L.C.:

2 Kip/pie

120

7 Kip 120 Kip-pie

C

15’

B

23

7

B 6’

N Kip

7

B

C

20 Kip 6’ A

– 20 Kip A

7 Kip 7

V Kip

B

7

M Kip-pie

+ 3.5’

11.5’ C –

3.5’ B

23 20

120 120

+

20

6’ A

6’ A

C +

132.25

6’ +

11.5’

120

326


Editorial Macro

Problema 241

B

C


8 T-m A

D 2T

2T 4m

Solución: D.C.L.:

8 2

B

4m

C

2 C

8

B 2

2 8

A D

2

2 M T-m

N T

2

B

2

A

2

C

8 8

C

+ 2 V T B

–

–

–

–

B

D C

–

A

D

2

2

A

D

8



Problema 242

327

3T C 1m 1m 2T 1m A


1m D 1m 4T 1m B 2T 0.5 T

2.5 T Solución: D.C.L.:

0.5 T

2.5 T 2 T-m

D

2T 2T

1m

2.5 T 2T 2 T-m C

2T 1m

1m

1m 3T 1m

0.5 T 2T D

4T 1m

A

B

2.5 T

0.5 T N T

V T

1m –

D

2

2 –

1m 2

2

1m A

A

D

–

2

2

0.5

2

0.5 1m +

0.5

2.5

C

–

+ 1m 2 –

1m

2.5

–

2.5 C

2T

B

2.5

0.5

B

328


Editorial Macro

M T-m 2 C – 0.8 m –

2

1m + 0.5

2m

1m

D 1m

2 1m

+ 1m

A

B

60 K 30’ 10’ B

Problema 243 Dibujar los diagramas de V, N y M.

80 K 10’ C

15’ 40 15’ 40

A

D

VA = 52

VD = 88

Solución: D.C.L.:

600 K-pie 52 K

88 C

B 15’

600 K-pie 10’ B

40 K 15’ 40 K

52 K

A 52 K

60 K 30’

80 K 10’

C

30’

88 K

D 88



N Kip 88

–

30’

A

C

–

52

B

30’

D

88

52

V Kip 52 + B

30’ –

10’ 15’

10’

C

8

40

88

88 +

15’

40

D

A

M Kip-pie 600 10’

B 15’

600

15’ + A

30’

+ 600

1120

10’ C + 880

30’

D

329

330


Editorial Macro

Problema 244

15 Kn/m


B

C

4m 90 KN

8m 4m A

D 10 m

Solución: D.C.L.:

720

39 111 B

90

720 90

8m A

15 90

B 111

N KN 111

111

C 90

–

– A

39 –

90

10 m

C

39

360

4m 360

90 4m D 39

90 111

B

90

C

39

D



V KN

111 +

90

2.6 m C 7.4 m – 39 + 4m

90

90

–

B

4m A

90

720

M KN-m 720

D

309.3

B

– 2.6 m C

360 –

7.4 m

360

4m –

8m 4m A

D

Problema 245

P P

A simple vista indicar en qué sección del pórtico el momento es nulo.

B

P

Pa

F

C P

A Solución: MA = 0 M

=0

(De D a )

E D

331

332


Editorial Macro

Problema 246

P P

A simple vista indicar en qué sección del pórtico el momento es nulo.

Pa C

B

P E

P

D

F A Solución: MA = 0 MB = 0 MD = 0

Problema 247

P

A simple vista indicar en qué sección de la viga el momento es nulo.

A

B

C

Solución: M

= 0 (De A a B)

Problema 248

P


A

Solución: MA = 0

B



Problema 249

333

Pa


A

B

Solución: Ninguna sección

Problema 250

P


B

C

A

Solución: MA = 0 MC = 0

Problema 251

P

A simple vista indicar en qué sección del arco el momento es nulo.

D

P C

E A

Solución: Arco biarticulado MA = 0 MB = 0

B

334


Editorial Macro

Problema 252

B

P

A simple vista indicar en qué sección del arco el momento es nulo.

D

C

A

Solución: Arco triarticulado MA = 0 MB = 0 MC = 0

Problema 253 A

A simple vista indicar en qué sección de la viga, el momento es nulo.

P

B

E

Solución: M

=0

(De A a B)

M

=0

(De C a D)

Problema 254 Dibujar los diagramas de V y M.

20 KN-m

8 KN

15 KN/m

B 2m

1m

2m

3m

C

D



Solución: ΣMB = 0 = A(5) + 20 – 8(2) + 15(3)1.5

↓ A = 14.3 KN

ΣFV = 0 = – A + B – 8 – 15(3)

↑ B = 67.3 KN

45 V KN 3m

+

2m

3m

– 14.3 22.3 i→d 0≤x≤3 3≤x≤5

V = – 14.3 V = – 14.3 – 8 = – 22.3

i←d 0≤x≤3

V = 15x

0 45

67.5 M KN-m

22.9

28.6 8.6

–

– 2m

0 ≤ x ≤ 2 M = – 14.3x

1m

2m

0 –28.6

2 ≤ x ≤ 3 M = – 14.3x + 20

–8.6 –22.9

3 ≤ x ≤ 5 M = – 14.3x + 20 – 8(x – 3) i←d 0≤x≤3 M=–

0 –67.5

–22.9 –67.5

3m

335

336


Editorial Macro


400 lb

100 lb/pulg

800 lb B

A 4”

12”

4”

Solución: D.C.L.:

400 4

1200 A 6

6

x 400 x

100

ΣMB = 0 = A(16) – 400 (20) – 1200(10) – 800(4) ↑ A = 1450 lb

800 4 B

800

ΣFV = 1450 + B – 400 – 1200 – 800 = 0 ↑ B = 950 0≤x≤4

x

V = – 400

950

1450

4 ≤ x ≤ 16 V = – 400 + 1450 – 100(x – 4)

M = – 400x + 1450(x – 4) – 100 i←d

0≤x≤4 V = – 950 M = 950x

0 3800

M = – 400x

0 –1600

1050 V = 0  x = 14.50 –150 –1600 3912.5 3800



1050 V lb

4” –

+

1.5”

4”

150

–

10.5”

400 1600 M lb-pulg

950

950

– + 3800

3912.5

Problema 256 Dibujar diagramas de V y M.

10 T-m

20 T/m A

3m

C

2m

Solución: ↑ A = 30 T ; ↑ B = 30 T ; MB = 110 T-m 30 V = 0  x = 1.5 –30

0≤x≤3

V = 30 – 20x

3≤x≤7

V = 30 – 60 = – 30

0≤x≤3

M = 30x – 20

0 x = 1.5  M = 22.5 0

2m

B

337

338


Editorial Macro

0 –60

3≤x≤5

M = 30x – 60(x – 1.5)

5≤x≤7

M = 30x – 60(x – 1.5) + 10

–50 –110

30 + 1.5

V T

1.5 m

4m – 30

30

110 60 M T-m

50 2m

+

– 2m

22.5


3.3 KN 3.3 KN/m

4.5 KN-m

2.25 KN-m

B

A 1.5 m

3m

Solución: ↑ VA = 12.88 KN ↑ VB = 4.98 0 ≤ x ≤ 1.5

V = – 3.3x

0 –4.95

1.5 m



–2.25 –5.96

M = – 2.25 – 3.3

1.5 ≤ x ≤ 4.5 V = – 3.3x + 12.88

M = – 2.25 – 3.3

4.5 ≤ x ≤ 6

7.93 V = 0  x = 3.90 –1.98

+ 12.88(x – 1.5)

–5.96 3.55 2.96

V = – 3.3(4.5) + 12.88 – 3 = – 4.97 M = – 2.25 – 3.3(4.5)(x – 2.25) – 3(x – 4.5) + 4.5 + 12.88(x – 1.5)

7.93

1.5 –

V KN

+

0.6

1.5

1.98

–

2.4 4.95

4.98 5.96 2.25 M KN-m

– +

2.96 3.55 7.46

7.46 0

339

340


Editorial Macro

Problema 258 Dibujar diagramas de V y M. 5 KN 5 KN

8 KN/m

B

A 5 KN-m

5 KN-m 2m Solución:

2m

2m

2m

VA(8) – 5 – 5 – 5(6) – 5(2) – 32(6) = 0 VA = 30.25

VB = 11.75

30.25 14.25

0≤x≤2

V = 30.25 – 8x

2≤x≤4

V = 30.25 – 5 – 8x = 25.25 – 8x

4≤x≤6

V = 30.25 – 5 – 32 = – 6.75

6≤x≤8

V = –6.75 – 5 = – 11.75

0≤x≤2

M = 30.25x – 4x2

2≤x≤4

M = 30.25 – 4x – 5 – 5(x – 2)

4≤x≤6

M = 30.25x – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 2)

6≤x≤8

M = 30.25x – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 2) – 5 – 5(x – 6)

2

9.25 x = 3.15 –6.75

0 44.5 39.5 44.85 42 42 28.5 23.5 0



30.25 14.25 +

V KN

9.25

3.15 m

4m

2m

6m

8m

– –

6.75

11.75

+

M KN-m

39.5

23.5 28.5

+ 42

44.25 44.85


x

5 KN

5 KN

8 KN/m

B

A 5 KN-m 2m

2m

5 KN-m 2m

2m

Solución: RA(8) – 5(6) – 5(2) – 5 + 5 – 8(4)(6) = 0

↑ RA = 29

RB + RA – 5 – 5 – 8(4) = 0

↑ RB = 13

341

342


0≤x≤2

V = 29 – 8x

Editorial Macro

29 13 8 V=0x=3 –8

2≤x≤4

V = 29 – 5 – 8x

4≤x≤6

V = 29 – 32 – 5 = – 8

6≤x≤8

V = 29 – 32 – 5 – 5 = – 13

0≤x≤2

M = 29x –

2≤x≤4

M = 29x – 5(x – 2) –

4≤x≤6

M = 29x – 5(x – 2) + 5 – 32(x – 2)

6≤x≤8

M = 29x – 5(x – 2) + 5 – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 6)

0 42 +5

47 M = 51 47 47 31 26 0

29 V KN

13 8

+

2

4

6

8

3

–

–8

M KN-m

+

13

+

26 31

42 47

47 51




6 KN

4 KN/m

20 KN-m

A

B

6m

6m

6m

Solución: D.C.L:

6

24 6m

20

3m VA

12 2 4m

3m

VB

ΣMB = 0 = – 20 – 6(12) + VA(6) – 24(3) + 12(2) 0 = – 20 – 72 + 6VA – 72 + 24 140 = 6VA = VA = 23.33 ΣFV = 0 = 23.33 – 6 – 24 – 12 + VB  VB = 18.67 0≤x≤6

V=–6 M = – 6x – 20

6 ≤ x ≤ 12

–20 –56

V = – 6 + 23.33 – 4(x – 6)

17.33 V = 0  x = 10.33 –6.67

343

344


Editorial Macro

M = – 6x – 20 + 23.33(x – 6) – 2(x – 6)

2

–56 –18.45 –24.00

i←d 0≤x≤6

V=

0 12 0 –24

M=–

17.33

V KN

6m

12

+

10.33 m +

– 6

6

6.67

56 20 M KN-m

–

18 m

12 m

24

18.45

–


3.2 KN

16 KN/m B

A

C 1.6 m

1.6 m

1.6 m



Solución: D.C.L:

3.2 KN

25.6 KN 0.8

2.4 m

A

1.6 m B

ΣMB = 0 = A(3.2 m) + 3.2(1.6 m) – 25.6(2.4 m) ↑A=

= 17.6 KN

ΣFV = 0 = 17.6 + B – 3.2 – 25.6 ↑ B = 11.2 KN (V):

0 ≤ x ≤ 1.6

V = 17.6 – 16x

17.6 V = 0  x = 1.10 m –8

1.6 ≤ x ≤ 3.2 V = 17.6 – 25.6 = – 8 3.2 ≤ x ≤ 4.8 V = – 8 + 11.2 = 3.2 (M):

0 ≤ x ≤ 1.6

0 9.68 7.68

M = 17.6 –

1.6 ≤ x ≤ 3.2 M = 17.6x – 25.6(x – 0.8)

i←d 0 ≤ x ≤ 1.6

M = – 3.2x

0 –5.12

7.68 M = 0  x = 2.56 m – 5.12

345

346


Editorial Macro

17.6 V KN

3.2

+

3.2 +

0.5 m 1.6 m

1.10 m

–

1.6 m 8

8

5.12 M KN-m

1.10 m +

0.5 m 0.96 m – 0.64 m

1.6 m

7.68 9.68

Problema 262 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en la viga mostrada. 4 Kip

2 Kip/pie

A

B 5’

5’

10’

Solución: ΣMB = 0 = A(20) – 4(15) – 2(10)5  A = 8 Kip ΣFV = 0 = 8 – 4 – 2(10) + B  B = 16 Kip 0≤x≤5

V=8 M = 8x

5 ≤ x ≤ 10

0 40

V=8–4=4 M = 8x – 4(x – 5)

40 60



10 ≤ x ≤ 20 V = 8 – 4 – 2(x – 10)

4 V = 0  x = 12 –16 60 64 0

M = 8x – 4(x – 5) –

8 V Kip

8 4

+ 5’

4 5’

8’

2’

– 16

M Kip-pie

+

+ 40

+ 60

64


x w A

C B

347

348


Editorial Macro

Solución: ΣMB = 0 = C d

↑C=

–w

– w  ↑ A =

ΣFV = 0 = A + ΣMB = 0 =

–w

i

– MA  MA =

– 0≤x≤

V=–

V=0x=

+ wx

0 M=

rótula

–

V

M=0

x=

x–

+ –

M – A

B +

C



349


6 kg/m qx = Kx2 A

B x 2m

Solución: x=2 qx = 6

K=

 qx =

x2

F F=

=

= 4 kg

A 4 =

=

=

=

= 6 kg-m

4

m

ΣMB = 0  A = 1 kg

B=3

A=1

=

=

V = VA – =

B

= –

x 0 2 1.26 0.63

V 1 –3 0 0.87

=x–

x 0 2 1.26

M 0 0 0.94

=1–

= Mx = x –

350


Editorial Macro

1 V Kg

+ –

1.26 m

2m 3

+

M Kg-m

0.94

Problema 265

w = wocos

Dibujar los diagramas de V y M.

A x L

Solución:

=

=–

x 0 L

– 0.44 woL

Vx = –

=–

=

Mx =

V 0 – 0.63 woL

x 0 L

M 0 – 0.40 woL – 0.12 woL



L V

– 0.44 woL

0.63 woL 0.40 woL2

0.12 woL

2

M

– L

Problema 266 Dibujar los diagramas de V y M. 200 N/m 100 N/m

200 N

100 N/m

A

B 0.3 m 0.1 m

0.2 m 0.2 m

0.5 m 0.2 m

Solución: ↑ VA = 31 N ; ↑ VB = 219 N 0 ≤ x ≤ 0.1

V = 31 M = 31x

0 3.1

351

352


0.1 ≤ x ≤ 0.4 V = 31 –

Editorial Macro

(x – 0.1)2

M = 31x –

31 1

(x – 0.1)3

0.4 ≤ x ≤ 0.6 V = 31 – 30 – 100(x – 0.4)

3.1 9.4 1 V = 0  x = 0.41 –19

M = 31x – 30(x – 0.3) – 50(x – 0.4)

2

0.6 ≤ x ≤ 1

V = 31 – 30 – 20 = – 19

0.6 ≤ x ≤ 0.8 M = 31x – 30(x – 0.3) – 20(x – 0.5)

0.8 ≤ x ≤ 1 i←d 0 ≤ x ≤ 0.5

9.40 9.405 7.6

7.6 3.8

M = 31x – 30(x – 0.3) – 20(x – 0.5) – 100

–96.2 –100

V = 200 M = – 200x

0 –100 =

200 y x – 0.1

y= F=

0.3 M=



200 31 +

V N

+

1 0.41 m 0.6 m 0.1 m

1.5 m

1.0 m

–

0.4 m 19

100 96.2 – M N-m

+ 3.8

3.1 9.4

7.6 9.405

Problema 267 Dibujar los diagramas de V y M. 4 T-m

2 T/m

B

A 10 T 2m

3m

4m

2m

Solución: ↑ VA = 6.92 T ; ↑ VB = 5.08 T 0≤x≤2

V = – 2x M=–

3 T-m

2 T/m

0 –4 0 –4

4m

353

354


2≤x≤5

V = – 2x + 6.92

Editorial Macro

2.92 V = 0  x = 3.46 –3.08 –4 –1.86 –4.24

M = – x + 6.92(x – 2) 2

5≤x≤9

V = – 10 + 6.92 = – 3.08 M = – 10(x – 2.5) + 6.92(x – 2)

9 ≤ x ≤ 11

–4.24 –16.56

V = – 10 + 6.92 + 10 = 6.92 M = – 10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) – 4 + 10(x – 9)

11 ≤ x ≤ 15

V = – 10 + 6.92 + 10 – 3(x – 11)

6.92 V = 0  x = 13.3 –5.08

M = –10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) – 4 + 10(x – 9) –

6.92

V T

(x – 11)

2

–6.68 1.3 –3

6.92 +

2.92 1.54 + 1.46

2m –

–20.56 –6.68

4m –

2m

1.7 m 2.3 m –

3.08

4

5.08

20.56 16.56 M T-m

4.24

4 –

–

6.68

3

1.86

– + 1.3




30 T/m

20 T/m

10 T/m

4T

10 T/m

A

B 3m

3m

1m

1m

1m

Solución: ↑ VA = 47.625 ; ↑ VB = 76.375

20 0≤x≤3

47.625 17.625

V = 47.625 – 10x

M = 47.625x – 5x2

3≤x≤6

y x–3 3

0 97.875

V = 47.625x – 10x –

(x – 3)

M = 47.625x – 5x2 –

(x – 3)3

2

i←d 0≤x≤1

V = 4 + 10x

4 14

M = – 4x – 5x2

1≤x≤3

0 –9

V = 4 + 10x – 76.375

–62.375 –42.375

17.625 V = 0  x = 4.245 –42.375 97.875 109.923 75.75

= F= M=

355

356


Editorial Macro

–9 48.375

1≤x≤2

M = – 4x – 5x2 + 76.375(x – 1)

2≤x≤3

M = – 4x – 5x2 + 76.375(x – 1) – 20

28.375 75.75

47.625 V T

14 +

17.625 4.245 m

4

+

6m

8m

3m

9m

– 42.375 62.375

9 M T-m

7m

3m +

+ 97.875

75.75 109.923

28.375

– +

48.375

8m

9m



Problema 269 Calcular “a” si |MMAX(–)| = |MMAX(+)| Luego dibujar los diagramas de V y M.

2 T/m A

C

a

D

B a

6m C y D: rótulas Solución:

2 T/m C V

ΣFV = 0 = 2V – 2(6 – 2a)

D V

6 – 2a

V = 6 – 2a

2 T/m M

A

C 6 – 2a

a

6

ΣMA = 0 = (6 – 2a)a + M = 6a – a2

–

M+ =

=

4(6a – a2) = 36 + 4a2 – 24a = 24a – 4a2 8a2 – 48a + 36 = 0 2a2 – 12a + 9 = 0

a=

=

a = 5.12 m... No a = 0.88 m... Conforme

–M

357

358


Editorial Macro

6 V T

+

3m

3m

– 6

4.50 M T-m

4.50

–

–

+ 0.88 m

4.50

0.88 m

Problema 270 La viga fallará cuando el momento máximo sea superior a 5 Kip-pie. Calcular la carga máxima w (kip/pie) que la viga soportará.

w B

A 10 pies Solución: 0 ≤ x ≤ 10

V = 5w – wx

M = 5wx –

5w V = 0  x = 5’ –5w 0 M 0

V Kip

= 25w – 12.5w = 12.5w

5w

+

5’

5’ 5’

5’ +

M Kip-pie 12.5w

–

5w



Simetría: VA = VB = 5w M

= 5w(5’) – 5w

= 12.5w

12.5w = 5 w = 0.40 Kip/pie < > 400 lb/pie

Problema 271 Suponer la reacción del suelo uniforme. Dibujar los diagramas de V y M.

9000 N/m

4m

8m

4m

Solución:

x

x

x

9000

ΣFV = 0 w(16) = 9000(8) w = 4500 N/m

w = 4500 0≤x≤4

V = 4500x

M = 4500

4 ≤ x ≤ 12

0 18000 0 36000

V = 4500x – 9000(x – 4)

M = 4500

– 9000

18000 V=0x=8 –18000 36000 72000 36000

359

360


Editorial Macro

d→i 0≤x≤4

V = – 4500x

0 –18000

M = 4500

0 36000

18000 V N

+

8

4

+

M N-m

12 – 18000

16 m

+ +

36000

36000 72000

Problema 272 La viga fallará cuando la fuerza cortante máxima sea superior a V = 800 lb o el momento máximo sea superior a M = 1200 lb-pie. Calcular la carga máxima w (lb/pie) que la viga soportará. w

A

B  = 18 pies

Solución: V

=

M

=

= 9w = 800  w = 99.88 lb/pie

= 54w = 1200  w = 22.22 lb/pie



361

Problema 273 Determinar la razón a/b para la cual la fuerza cortante será cero en el punto medio C de la viga.

w

A

a

C

B

b/2

b/2

a

Solución: D.C.L.:

w/2

x

A a

b/2

A

A

B B

b

A= ΣMB =

↑A=

x=  = 2a + b x+a=

(2a + b)

+a= = =

– 

= =

=0

362


Editorial Macro

Problema 274 Calcular

10 kg/m 4 kg/m

si la fuerza cortante

en el centro de luz es cero.

A

B

a



a

Solución: D.C.L:

4( + 2a) a

3( + 2a)

A

B /2

d

A

/2

F1 = 4( + 2a)

a

F2 =

( + 2a) = 3( + 2a)

B

d = ( + 2a) – a (implica > a)

d = ( – a) ΣMB = 0  A() –

4( + 2a) – 3( + 2a) ( – a) = 0

A = 3 + 5a – Centro de luz

:

D.C.L:

ΣFV = 0

4

A–4

–

=0

3 + 5a –

–

=0

V=0 A a + /2

2 – 2a – 8a2 = 0 =  = 4a 

=

CAPÍTULO

8

FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS

Son estructuras formadas por un conjunto de elementos (barras) unidas con conexiones de pasador (nudos). Se idealiza la armadura considerándola rígida, se puede despreciar el peso de cada elemento, las cargas están aplicadas en los nudos y las fuerzas que actúan en cada nudo forman un sistema de fuerzas concurrentes en el plano.

8.1 Fuerzas internas en las barras Son fuerzas axiales.

A

Tensión

T Compresión

B T

A

C

B C

8.2 Armadura

P

Q barras

R

B

nudos

C apoyo

A F



E

 = luz → distancia entre apoyos Los nudos se indican con letras o números. Se utilizan en edificaciones, puentes y sirven para cubrir grandes luces a bajo costo. b = número de barras

b + r = 2n

Armadura o estructura isostática

r = número de reacciones

b + r > 2n

Armadura hiperestática

n = número de nudos

b + r < 2n

Armadura hipostática

364


Editorial Macro

8.3 Barras con fuerza nula 1.er caso

F=0

F=0 x

A

x

A

Si en un nudo de una armadura están conectados los extremos de 3 barras y 2 son colineales, entonces la fuerza en la tercera barra es cero siempre que no exista fuerza exterior actuando en el nudo.

A

2.o caso

F=0 F=0 A Si en un nudo de una armadura están conectados los extremos de 2 barras y estos no son colineales, entonces las fuerzas en las 2 barras son nulas, siempre que no exista fuerza exterior actuando en el nudo.

8.4 Método de los nudos 1. Se calcula las reacciones en los apoyos. 2. Se escoge un nudo donde no se conozcan como máximo 2 incógnitas. Se plantean 2 ecuaciones de equilibrio: ƩFV = 0 , ƩFH = 0 3. Se escoge el nudo siguiente cumpliendo las condiciones del paso anterior, así sucesivamente hasta determinar las fuerzas en todas las barras. Observaciones • A veces no es necesario calcular las reacciones. • El nudo escogido puede tener 1 sola incógnita, lo que no debe tener es 3 incógnitas o más pues el equilibrio del nudo en el plano solo nos permite plantear hasta 2 ecuaciones de equilibro independientes.


Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas

365

8.5 Método de las secciones Este método es útil cuando se quiere calcular las fuerzas en algunas barras. 1. Se calculan reacciones en los apoyos. 2. Se secciona la armadura en dos partes (en algunos casos pueden ser más de dos) totalmente separadas, debe seccionarse las barras cuya fuerza se quiere calcular. 3. Se representa el sentido de las fuerzas internas en las barras seccionadas. Se realiza un D.C.L. en una de las partes de la armadura seccionada, en dicha parte deben representarse las fuerzas internas de la barras seccionadas, las fuerzas exteriores y las reacciones en los apoyos si los hubiera. 4. En dicho D.C.L. se plantean ecuaciones de equilibro (ƩF = 0, ƩM = 0) determinando así las fuerzas pedidas. 5. Si se seccionara solo tres barras y no fueran concurrentes podrían calcularse las fuerzas en las tres barras. 6. Si se seccionaran más de 3 barras no podrían calcularse las fuerzas en todas las barras, quizás se podrían calcular alguna o quizás ninguna, esto dependerá de que la sección asumida sea conveniente para nuestros cálculos, no hay una regla definida para seccionar una armadura; de allí que la dificultad en el método consiste en descubrir cuál es la sección o corte adecuado.

366


Editorial Macro

Problema 275

1m

1

Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura.

3

1m

1m 4

1m

6

8 1m

5

2

100 kg

7

Solución: Revisando nudos: Nudo 3: F3–2 = 0

Nudo 4: F4–5 = 0

Nudo 6: F6–7 = 0

Nudo 7: F7–8 = F7–1 = 0

Nudo 2: F2–1 = F2–8 = 0 Nudo 5

Nudo 1

y

F5–1 α

F5–8 α

1

x

100 kg

α

2m

4

m

1m

50 kg

5

ΣMB = 0  V1(4 m) – 100 kg(2 m) = 0  V1 = ↑ 50 kg ΣFV = 0  50 + V8 – 100 = 0  V8 = ↑ 50 kg Nudo 5

ΣFH = 0  F5–1 = F5–8 ΣFV = 0  2F5–1 sen α – 100 = 0  F5–1 = F5–8 = 111 kg (Tensión)

Nudo 1

ΣFH = 0  111cos α – F1–3 = 0  F1–3 = 100 kg (Compresión)

Por equilibrio de nudos 3, 4 y 6: F1–3 = F3–4 = F4–6 = F6–8 = 100 kg (Compresión)

F1–3 α

111 kg


D

0.9 m 0.9 m

Calcular las fuerzas FBF y FAF.

0.9 m 0.9 m

C

1.5 m

2T

E F

B

4T

β

G

A 2.7 m

1.5 m

Problema 276

367

1.5 m


2.7 m

Solución: Por simple inspección: FCE = FBE = FBF = 0 Corte 1–1: Lado derecho ΣMG = 0 FAFcos β(1.5) + FAFsen β(0.9) – 4(1.5) = 0  FAF = 3.52 T (Compresión)

1

FAF G 1

1.5 m

F

4.5 m

4T 1.5 m

β

4.74 m

A

0.9 m

Problema 277 Calcular las fuerzas FCD y FDH .

F

β

12 kN C

12 kN

6 kN

D

E

3m B 3m A

4m

H 4m

G

4m

F

368


Solución:

Editorial Macro

12 kN

a

6 kN

D 4m E

FCD

FDH H a

3m 4m

FGH G

VF = 2 kN

ΣMA = 0  VF = 2 KN Corte a-a: Lado derecho ΣMH = 0  2(8) + FCD(3) – 6(4) = 0  FCD = 2.66 KN (Tensión) ΣFV = 0  FDH + 2 – 12 – 6 = 0  FDH = 16 KN (Compresión)

Problema 278 Calcular la fuerza: F13–14 y las reacciones en los apoyos.

2

3

100 Kip 4 5

6

7

15

14

11

10

200 Kip

8

30’ 1 30’

9 12 α

20’ Solución:

20’

13

20’

20’

100 Kip 2

3

a

4

F4–5

F4–12 1

15 V1

14

α a F 13–14

20’

20’



369

ΣFH = 0  H13 = 200 Kip

Equilibro nudo 13 ΣFH = 0  200 – F13–14 cos α = 0  F13–14 = 360 Kip (Tensión) Corte a-a: Lado izquierdo ΣM4 = 0 V1(40) – F13–14cos α(30) = 0  ↑ V1 = 150 kip Trabajando con la armadura entera ΣM13 = 0 V9(60) + 200(60) + 100(20) – V1(60) = 0  ↓ V9 = – 83.33 Kip ΣFV = 0 V1 + V13 – V9 – 100 = 0  ↑ V13 = 33.33 Kip

Problema 279

B

Calcular las fuerzas FAD y FFC.

C

2T 2m

2T 2T A

D 2m E

F 4m

2m

1m

Solución:

2m

1m 1m

4m B

a

C

b ϕ

ϕ 2

2m

ββ

FFC

2T ϕ A ϕϕ

2T α

α FAD

FAD

a

FFC ϕ F 45º 4T 6T

2m

D β

E α b

1

4T

2m

370


Reacciones

Editorial Macro

ΣMF = 0  ↑ VE = 4 T ΣFV = 0  ↓ VF = 6 T ΣFH = 0  ← HF = 4 T

Corte a-a: Lado derecho ΣM1 = 0  FAD(2) – FFCsen 45º(2) = 0

(1)

Corte b-b: Lado izquierdo ΣM2 = 0  6(4) + 2(2) – 2(2) + FAD(2) – FFCsen 45º(4) = 0

(2)

De (1) y (2): FAD = 12 T (Tensión) FFC = 16.97 T (Tensión)

Problema 280

A

Calcular las fuerzas FBG y FFC.

B 3L/2

C

L

L/2 L E 1 KN

G L F 1 KN

L 1 KN

D

Solución: Corte 1-1: Lado derecho

1 FBC FFC

C

α E

FFE 1 1 KN

8L

L

D

F

1 KN

ΣMD = 0  FFC(cos α)L + FFCsen α

– 1(L) = 0

FFC = 1.118 KN (Compresión)

1 1.1

L

C L/2 E



371

Corte 2-2: Lado derecho

C

β

L

FBG

B

B

1. 41

FBA

FGF

D E L F L 1 KN 1 KN 1 KN

G

β L

L

F

ΣMD = 0  FBG(cos β)(2L) + FBGsen β (L) – 1(2L) – 1(L) = 0 FBG = 1.41 KN (Compresión)

Problema 281

A

Calcular las fuerzas FBH y FBC.

12 m

B

C

D

E 4m J 8m I 8m H 8m G 8m F 5T

Solución: Semejanza de triángulos:

Semejanza de triángulos:

A

 x = 16

=

12 m

E 4m

J

32 m

A

B

F

N x

C

12 m J

8

I

8

H

32

N

372


Editorial Macro

Corte a-a: Lado derecho

a FBC α

C

B 2 D

E

FBH a FIH

H 8m G 8m

N

 BI = 10 m

12.806

10

β 8m

I

~ de triángulos: =

=

C

B

4m F 5T

β

8.246 α 8

H

 CH = 8 m

Corte a-a: Lado derecho ΣMH = FBCcos α(8) – 5(16) = 0  FBC = 10.30 T (Tensión) ΣMN = FBHsen β(32) – 5(16) = 0  FBC = 3.20 T (Tensión)

3000 lb

Problema 282

3000 lb C D

B

Calcular las fuerzas FCD y FCH.

16’

E

α

O

R

A 12’ Solución: Corte a-a: Lado derecho

1000 lb

12’

D

FCD

FRH a

12’

16’

3000 lb 1000 lb

a FCH

H

12’

F 1200 lb 4’

G

α

E 12’ 1200 lb 4’

F G

H 12’

16’

ΣMH = 0  1000(12) + 1200(4) – FCD(16) = 0  FCD = 1050 lb (Tensión) ΣFV = 0  FCHcos α – 3000 – 1000 = 0  FCH = 5000 lb (Tensión)



Problema 283 D

Calcular las fuerzas FGA y FBD.

500 kg

1000 kg 3.6 m F

B C

E

3.6 m G

A 3.6 m 1.2 2.4 2.4 1.2 3.6 m Solución: ΣMA = 0  ↑ VG = 875 kg

B

α

ΣFV = 0  ↑ VA = 625 kg

45º

1.2 m

B

45º

α

1. 7

69

C A

45º

45º

1.2 m C

Corte a-a: Lado izquierdo

500 kg

a FBD

B

D FCD

C A

45º a FGA 625 kg

ΣMD = 0  625(7.20) – 500(3.6) – FGA(7.2) = 0  FGA = 375 kg (Tensión) ΣMC = 0  625(4.8) – 500(1.2) – FGA(2.4) – FBD(1.697) = 0 FBD = 883.9 kg (Compresión)

373

374


Editorial Macro

Problema 284 A

Calcular las fuerzas FFB y FBC.

B

L L F

α L

C 3600 lb L

6000 lb

E

α L

D

Solución: ΣMA = 0  ↑ VD = 800 lb

FFA

FFB F BC

a

a C

3600 lb

L Corte a-a: Lado inferior

6000 lb

L E

L

D VD = 800 lb

ΣMF = 0  800(2L) – FBCsen 45º(L) = 0  FBC = 2262.74 lb (Compresión) ΣME = 0  FFB(L) – 6000(L) + 3600(L) – 800(L) + 2262.74cos 45º(L) = 0 FFB = 1600 lb (Tensión)



Problema 285 Calcular las fuerzas FBC y FLK.

A

B

C

D

E 10’

N

P

Q

R 10’

O M

L

K

H

J

G

5000 kg 4000 kg 15’

15’

15’

15’

2000 kg

15’

15’

Solución: ΣMH = 0 ↑VO = 2400 kg

a

A

FBC

B

10’

FBP

N

FLP Corte a-a: Lado izquierdo

O

L

M VO = 2400 kg 15’

15’

ΣML = 0  2400(30) – FBC(20) = 0  FBC = 3600 kg (Compresión) ΣFH = 0  FLK – 3600 = 0  FLK = 3600 kg (Tensión)

10’ a

FLK

375

376


Editorial Macro

Problema 286

A


1

2

3

5 1m

10

8 7 1T

9

B 1m Solución:

α

1m

1m

F3–10

1 x

α

1m

1m

1m

2m

1m

F3–6

1

6 C

y

Nudo 3:

4

3

m

10

Revisando nudos: Nudo 7: F7–4 = 0

Nudo 2: F2–10 = 0

Nudo 9: F9–2 = 0

Nudo 4: F4–6 = F4–3 = 0

Nudo 1: F1–10 = 0

Nudo A: HA = FA–1 = 0

Nudo 5: F5–4 = F5–6 = 0

Nudo 1 y 2: F1–2 = F2–3 = 0

Por simetría de cargas: ↑ VB = ↑ VC = 0.5 T Equilibrio de nudos Nudo B: FB–10 = 0.5 T (Compresión) FV = 0 Nudo C: FC–6 = 0.5 T (Compresión)

FV = 0

Nudo 8: F8–3 = 1 T (Tensión) FV = 0 Nudo 3 ΣFH = 0  F3–10 = F3–6 ΣFV = 0  2F3–10senα – 1 = 0 F3–10 = F3–6 = 1.12 T (Compresión) Nudo 10 ΣFH = 0  F10–9 – 1.12cosα = 0  F10–9 = 1 T (Tensión) Nudo 9 ΣFH = 0  F10–9 = F9–8 = 1 T (Tensión) Nudo 8 ΣFH = 0  F9–8 = F8–7 = 1 T (Tensión) Nudo 7 ΣFH = 0  F8–7 = F7–6 = 1 T (Tensión)

Nudo 10

1.12 α F10–9 0.5



Problema 287

VB


HB

5000 kg B

C

D

6m

2m E G H 6m

HH

Solución: Nudo E:

FCE α α

5000

6m

C 2m

FGE FBC

Nudo C:

FCG

2

α 6m

m

E

α 7906 FBH

Nudo B:

10000

7500 β

3334 Nudo H:

10000

α

FGH

ΣFV = 0  VB – 5000 = 0  ↑ VB = 5000 kg ΣMB = 0  HH(6) – 5000(12) = 0  → HH = 10000 kg ΣFH = 0  ← HB = 10000 kg

2

6m β m

FBG

5000

B

4m G

377

378


Revisando nudos: Nudo D: FCD = 0

Editorial Macro

FDE = 5000 kg (Compresión)

Por semejanza de triángulos CG = 4 m Nudo E ΣFH = 0  FCE = FGE ΣFV = 0  FCEsen α + FGEsen α – 5000 = 0

FCE = 7906 kg (Tensión) FGE = 7906 kg (Comprensión)

Nudo C: ΣFH = 0  7906cos α – FBC = 0 ΣFV = 0  FCG – 7906sen α = 0

FBC = 7500 kg (Tensión) FCG = 2500 kg (Comprensión)

Nudo B: ΣFH = 0  FBGcos β + 7500 – 10000 = 0 ΣFV = 0  5000 – FBH – FBGsen β = 0

FBG = 3004 kg (Tensión) FBH = 3334 kg (Tensión)

Nudo H: ΣFH = 0  10000 – FGHcos α = 0

FGH = 10541 kg (Compresión)

Problema 288

8T J

Determinar qué barras no transmiten fuerza.

b=9 r=3 n=6 b + r = 2n

L

N

Solución: Nudo “K”

JK

=

0

(ΣFH = 0)

Nudo “J”

JM

=

0

(ΣFH = 0)

Nudo “J”

JL

=

0

(ΣFV = 0)

Nudo “L” Nudo “L”

LM LN

= =

0 0

(ΣFH = 0) (ΣFV = 0)

Total = 5 barras

K

M

6T O



379

Problema 289 3P


A b = 21 r=3 n = 12 b + r = 2n

B

C

D

P E

F

G

M L

H K

J

Solución: Nudo “B”

BM

=

0

(ΣFV = 0)

Nudo “M”

MC

=

0

Nudo “C”

CL

=

0

(ΣFV = 0)

Nudo “L” Nudo “F”

LD FH

= =

0 0

(ΣFV = 0)

Total = 5 barras

Problema 290 Determinar qué barras no transmiten fuerza.

H

P b = 27 r=3 n = 15 b + r = 2n

D

G

B

I

J Q L N

A C

Solución: Nudo “B”

BC

=

0

Nudo “C”

CD

=

0

Nudo “J”

JI

=

0

Nudo “I”

IL

=

0

Nudo “N” Nudo “M”

NM = ML =

0 0

Total = 6 barras

F

E

K

M

O

380


Editorial Macro

Problema 291

Q

A


B

b = 15 r=3 n=9 b + r = 2n

C

D

E

F

G

H

I

Solución: Nudo “B” Nudo “C” Nudo “D” Nudo “E” Nudo “F” Nudo “G”

BC CD DE EF FG GH

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

Total = 6 barras

Problema 292

P B

A


b = 21 r=3 n = 12 b + r = 2n

E

D

C F

G L

H I

J

Solución: Nudo “D” Nudo “E” Nudo “I” Nudo “B” Nudo “G” Nudo “F” Nudo “K”

DI EI IA BJ GK FK KC

Total = 7 barras

= = = = = = =

0 0 0 0 0 0 0

K



Problema 293

F

P


D

b = 33 r=3 n = 18 b + r = 2n

H

B

I

Q K M

O

A E

C

J

G

L

N

P

Solución: Nudo “C” Nudo “B” Nudo “E” Nudo “H” Nudo “H” Nudo “J” Nudo “Q” Nudo “Q”

CB BE ED HF HI JI QO QR

= = = = = = = =

0 0 0 0 0 0 0 0

Total = 8 barras

P

Problema 294 Determinar qué barras no transmiten fuerza.

Q

H

J

F G

D

b = 26 r=4 n = 15 b + r = 2n

E

B C A

Nudo “C” Nudo “B” Nudo “G” Nudo “F” Nudo “I” Nudo “M” Nudo “N” Nudo “E”

CB BE GF FE IJ MN NK DE

Total = 8 barras

I K

L N

M O

Solución: = = = = = = = =

0 0 0 0 0 0 0 0

381

Q R

382


Editorial Macro

Problema 295 B


b = 25 r=3 n = 14 b + r = 2n

C

A

N

P D

M

E

F

L

K

G

H

J

I

Q

Solución: Nudo “A” Nudo “N” Nudo “M” Nudo “I” Nudo “J” Nudo “K” Nudo “K” Nudo “F” Nudo “M” Nudo “N” Nudo “C” Nudo “E”

AN NM ML IJ JK KL KF FL MD NC CL EL

= = = = = = = = = = = =

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

(ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFH = 0) (ΣFV = 0) (ΣFV = 0) (ΣFV = 0) (ΣFV = 0)

Total = 12 barras

Problema 296 Verificar si la armadura es isostática.


B b=5 r=3 n=4 A b + r = 2n Es isostática

b=6 r=4 n=5 b + r = 2n Es isostática

C

D P

E D

C

B P A




P b=5 r=3 n=4 b + r = 2n Es isostática

A P

C

P


B

383


D

A

P

B

E

C

D




A

B

F


C

E P

D P

B

A

C

384


Editorial Macro

P


E


F

P

C

D A


B

A b=4 r=4 n=4 b + r = 2n Es isostática

B P D C


b = 21 r=3 A n = 12 b + r = 2n Es isostática

B

C

L

K

P

P

D J

E I

P

H


P

C

B

G P

P

A


F



385

E



D

C

F P

B

Problema 307

A

C 200 kg

Resolver la armadura.

100 kg

B A

30º

D G

60º

400 kg 3m

60º F

E

300 kg 3m

3m

Solución:

B 1.5 A

30º

1.5

0.75

60º

0.75 m G

2.25 m 3m

Nudo (A)

y

AB 30º AG 541.67

Nudo (G)

BG 60º GA

x

GC 60º GF 400

RA + RE = 1000 kg ΣME = 0 RA(9) – 200(6.75) – 400(6) – 300(3) – 100(2.25) = 0 RA = 541.67 kg RE = 458.33 kg ABsen 30º = 541.67 ABcos 30º = AG AB = 1086.34 AG = 938.20

174.3cos 60º + GCcos 60º = 938.2 – GF 174.36cos 30º + 400 = GCcos 30º GC = 636.26 GF = 532.89

386


y

Nudo (B)

Editorial Macro

BC

200

30º 30º

x

60º

BA

BG DE

Nudo (E)

DEsen 30º = 458.33 DEcos 30º = EF DE = 916.66 EF = 796.85

30º EF

458.33

CD

Nudo (D)

100

30º 30º

DF

Nudo (F)

FG

BCcos 30º + BGcos 60º = BAcos 30º BCsen 30º + 200 = BAsen 30º + BGsen 60º BC = 989.56 BG = 174.36

30º

DE

FC 60º

916.66cos 30º = CDcos 30º + DFsen 30º CDsen 30º + 100 = 916.66sen 30º + DFcos 30º CD= 871.46 DF = 88.78

FD 60º

FE

FCcos 30º = 88.78cos 30º + 300 FC = 435.20

300 Barra AB AG BC BG GC GF ED EF DC DF FC

Fuerza (kg) 1086.34 Compresión 938.20 Tensión 989.56 Compresión 174.36 Compresión 636.26 Compresión 532.89 Tensión 916.66 Compresión 793.85 Tensión 871.46 Compresión 88.78 Compresión 435.20 Tensión



5m

Problema 308

5m C

Resolver la armadura.

B

D 100 kg

100 kg F

G

200 kg

200 kg

A

5m E

2.5 m

5m

2.5 m

Solución: La armadura es simétrica debido a la geometría y a las cargas aplicadas.  ↑ VA = 200  ↑ VE = 200

 AF = 0 = EG

,

AB = ED = 200 (Compresión) C

Nudo B:

5.385

FBC 100 200

α β FBF

B

5

B

2.5 β 3.905

2

3 F

De (1) y (2):

ΣFH = 0 = FBFcos β – 100 – FBCcos α

(1)

ΣFV = 0 = 200 – FBFsen β – FBCsen α

(2)

FBF = 234.37 kg (Tensión) = FDG FBC = 53.88 kg (Compresión) = FCD

Nudo F:

FFC

234.37 β

C

γ 200

FFG

F

5.59 γ 2.5

ΣFV = 0 = 234.37sen β + FFCsen γ – 200 FFC = 22.30 kg (Tensión) = FCG ΣFH = 0 = FFG + 22.30(cos γ) – 234.37cos β FFG = 140.07 kg (Tensión)

2m 3m

5

387

388


Editorial Macro

Problema 309

4m

La fuerza que cualquier barra puede soportar es 8 KN en tensión y de 6 KN en compresión. Calcular la carga P máxima que puede ser soportada.

C

B 60º A

60º

60º

60º

E

4m

4m VA = P Solución:

FDE

VE = 2P

ΣFH = 0 = FDE – 1.154Pcos 60º  FDE = 0.577P (C) = FAE

P

ΣFV = 0 = FCEsen 60º – 1.154Psen 60º

C 60º

60º FCE

P

ΣFV = 0 = FDCsen 60º – P  FCD = 1.154P = FAB = FCB (T)

D

FCB

D

b = 7 r = 3 n = 5  b + r = 2n

FDC

60º

60º

ΣFH = 0 = – FCB + 1.154Pcos 60º + 1.154Pcos 60º

1.154P

FAB A

 FCB = 1.154P (T) ΣME = 0 = – VA(4) + P(4)  ↓ VA = P

60º

ΣFV = 0  FAB = 1.154P (T)

FAE

P

ΣFH = 0  FAE = 0.577P (C)

FCB = 1.154P

B

60º

60º 1.154P

 FCE = 1.154P (C) = FBE

ΣFV = 0 = FBEsen 60º – 1.154Psen 60º  FBE = 1,154P (C)

FBE Tensión: 1.154P = 8 KN P = 6.93 KN Compresión: 1.154P = 6 KN  P = 5.2 KN



Problema 310

4 KN

8 KN


389

10 KN D

3 KN B

C 1.5 m

A

E

F 2m

Solución:

2m

b = 9 r = 3 n = 6  b + r = 2n ΣME = 0 = AV(4) + 3(1.5 m) – 8(4 m) – 4(2 m) ↑ AV = 8.875 KN ← AH = 3 KN ΣFV = 0 = 8.875 + VE – 8 – 4 – 10 ↑ VE = 13.125 KN

Nudo B: FBC = 3 KN (C) FBA = 8 KN (C) Nudo A:

8

ΣFV = 0 = 8.875 – 8 – FACsen α FAC = 1.458 KN (C)

FAC α

3

FAF 8.875

5 α 4

3

ΣFH = 0 = FAF – 3 – 1.458cos α FAF = 4.166 KN (T)

Nudo E: FEF = 0 FED = 13.125 (C) Nudo F:

FFC α 4.166

FFD

ΣFH = 0 = – 4.166 + FFDcos α FFD = 5.208 KN (T) ΣFV = 0 = – FFC + 5.208sen α

390


Editorial Macro

FFC = 3.124 KN (C)

10

Nudo D:

ΣFH = 0 = FCD – 5.208cosα

FCD α

13.125

FCD = 4.166 KN (C)

5.208 Barra AB BC CD DE AF FE AC CF FD

F( KN) 8 3 4.166 13.125 4.166 – 1.458 3.124 5.208

Problema 311

B

Tipo Compresión Compresión Compresión Compresión Tensión – Compresión Compresión Tensión

C

2

1

D 2 KN

Calcular las fuerzas: FCD , FDF y FCF

4m A

Solución:

3

H 3 3 KN

3

G 1

ΣMA = 0 ; VE(12) – 2(4) – 3(3) = 0  VE = 1.41 KN

Corte 1-1: Lado derecho

FCD D

ΣMF = 0

2

FCD(4) + 1.41(3) – 2(4) = 0

FCF α FGF F

E 1.41

FCD = 0.94 KN (T)

4m

F 2

E



ΣME = 0  FCF

391

3 + 2(4) – 0.94(4) = 0

FCF = – 1.76 Kn (C) Corte 2-2: Lado derecho

D

0.94 FDF

ΣME = 0

2

1.06(4) – FDF(3) = 0

E FFE

FDF = 1.41 KN (T)

1.41

Problema 312

M

1

Indicar todas las fuerzas cero, luego determinar la fuerza en las barras CD y CM e indicar si están en tensión o en compresión.

O

2 KN 2m 2m

J

P

D E F G H 1 5 KN 3 KN 2 KN 2m 2m 2m

B C

A

Solución:

K 2m

N A

L

2m

2m

2m

b = 29 r = 3 n = 16  b + r = 2n

Nudo Fuerza cero:

B N D O BN NC DO OC

L LE

H HJ

J JG

: 7 barras

ΣMI = 0 = A(16 m) – 2KN(12 m) – 5 KN(8 m) – 3 KN(6 m) – 2KN(4 m) ↑ A = 5.625 KN Sección 1-1: Lado izquierdo ΣMA = 0 = + 2 KN( 4 m) – FCM(4 m) FCM = 2 KN (Tensión) ΣMN = 0 = 5.625 KN(2 m) – 2 KN(2 m) + 2 KN(2 m) – FCD(2 m) FCD = 5.625 KN (Tensión)

I

2m

392


Editorial Macro

Problema 313

A 10 T

1m

Calcular las fuerzas en las barras 3-6, 2-5.

3

1m 6T

1

2

4

α 2

1

5m

B

0.25 m

1

α

6

2 2m

Solución:

0.5 m 5

2m

b = 9 r = 3 n = 6  b + r = 2n

Sección 1-1: Lado superior

2

ΣMA = 0 = – 6(2 m) + 10 (2 m) – F3-6(2 m) – F2-5sen α(2 m)

(1)

α

Sección 2-2: Lado inferior

5.25

ΣMB = 0 = F2-5sen (0.5 m) – F3-6(2 m) De (1) y (2):

(2)

1

6.60

4

5

F3-6 = 0.80 T (Compresión) F2-5 = 5.28 T (Tensión)

Problema 314 Determinar la fuerza en las barras CD, CF y CG e indicar si están en tensión o en compresión.

2 KN A

4 KN B

4 KN 5 KN C 1.2 D

3m H 5m

2 5m

G

1 5m

E 3m

α

2m

3 KN

2m

F 5m



Solución:

393

b = 13 r = 3 n = 8  b + r = 2n ΣMA = 0 = – E(20 m) + 3(20 m) + 5(15 m) + 4(10 m) + 4(5 m) ↑ E = 9.75 KN

C

Sección 1-1: Lado derecho

5.83

ΣMF = 0 = FCD( 3 m) + 3(5 m) – 9,75(5 m) FCD = 11.25 KN (Compresión)

5

D α 3 F

ΣMG = 0 = 11.25(5 m) + 5(5 m) + 3(10 m) – 9.75(10 m) – FCFcos α(5 m) – FCFsen α(2 m) 0 = 13.75 – 4.288FCF  FCF = 3.20 KN (Tensión) Sección 2-2: Lado derecho ΣMH = 0 = – FCG(5 m) – FCFcos α(10 m) + FCD(3 m) + 5(10 m) + 3(15 m) – 9.75(15 m) FCG = – 6.79 FCG = 6.79 KN (Compresión)

2m

Problema 315

2m F

Calcular la fuerza en las barras HI, MI.

L

G 1 2

M

H

N

I

O

J

6T 2m E 2m D C

1 2

2m 2m

B 2m

K

A VK

Solución:

b = 27 r = 3 n = 15  b + r = 2n ΣMA = 0  – VK(4) + 6(10) = 0  VK = 15

394


Editorial Macro

Sección 1-1: Lado superior ΣMD = 0 FHI(4) = 6(4) FHI = 6 T (Tensión) Sección 2-2: Lado superior ΣMC = 0

MI cos 45º M

H

– 6(6) + 6(4) + MI

(2)(2) = 0

2m 6T

MI sen 45º

FMI =

=

= 4.23 T (Tensión)

C 2m

2m

Problema 316 Calcular las fuerzas en las barras: CD, CE y FE. =2m L 1

4 KN

α = 60º K 2m αα

α 60º F 1

A α

D α α α

C α α 60º ααα E

αα αα G

I

J αα ααα H

α B

1.2

2.8

Solución: ΣMB = 0  VA(10) – 4(3) = 0  ↑ VA = 1.2 KN

C 2m

2m 60º 60º 60º E

D

2m

1

1 60º 30º 2

m



Corte 1-1: Lado izquierdo

ΣME = 0 1.2(4) – FCD(

C

F 1.2 KN

)=0

FCD = 2.771 KN (Compresión)

FCD FCE

A

395

ΣFV = 0 FCEcos30º = 1.2

E

FFE

FCE = 1.385 KN (Tensión) ΣMC = 0

1.2(3) = FFE FFE = 2.078 KN (Tensión)

4000 lb 800 lb

Problema 317 Determinar la fuerza en las barras CD, CJ, KJ, EI y JI de la armadura. Establecer si esas barras están en tensión o en compresión.

A

B

D

E

F

G

α

A L 9’

Solución:

1

C

5000 lb

2

12’

K 1 J2 9’

9’

I

9’

H 9’

9’

b = 21 r = 3 n = 12  b + r = 2n

ΣMG = 0 = A(9’ × 6) – 4000(9’ × 5) – 8000(9’ × 4) – 5000(9’)  ↑ A = 9500 lb Sección 1-1: Lado izquierdo ΣMC = 0 = 9500(18’) – FKJ(12’) – 4000(9’)  FKJ = 11250 lb (Tensión) ΣFV = 0 = 9500 – FCJcos α – 4000 – 8000  FCJ = – 3125 lb FCJ = 3125 lb (Compresión) ΣFH = 0 = – FCD + FCJsen α + FKJ  FCD = 9375 lb (Compresión) Sección 2-2: Lado izquierdo ΣFV = 0 = 9500 + FEI – 4000 – 8000  FEI = 2500 lb (Compresión) ΣME = 0 = 9500(9’ × 4) – 4000(9’ × 3) – 8000(9’ × 2) + FJI(12’) FJI = – 7500 FJI = 7500 lb (Tensión)

396


Editorial Macro

Problema 318 Resolver la armadura.

A

B P E F

D

C

Solución: ΣFH = 0  FEF = 0

B FBC

A 1

P

FAD FEF

ΣMB = 0 = FAD() – P

1

ΣFV = 0 =

 FAD =

+ FBC – P  FBC =

(Compresión) (Compresión)

F

Nudo A: ΣFV = 0 =

FAB

A

α

A

– FAFsenα

0.555P = FAF =

FAF

ΣFH = 0 =

F

(Tensión)

Pcos α – FAB

0.444P = FAB =

(Compresión)

Nudo B:

B B FBF

β

ΣFH = 0 =

β

FBF = 0.80P (Tensión)

F

Por inspección visual: FED = 0

P – FBFsenβ

FEC = 0

FCD = 0



397

Problema 319 1T

Calcular las fuerzas en las barras AB, CD y EF.

C

D

m E

1T B 1m

a F

A 2m

m

a

Solución: b = 9 r = 3 n = 6  b + r = 2n ΣMF = 0 = VA(2 + 2

) m + 1 (1 m) – 1(

) m ; VA ↑ = 0.09 T

ΣFH = 0 = 1 – HA ; ←HA = 1 T Sección a-a: Lado interior ΣFH = 0 = FCD – 1 ; FCD = 1 T (Compresión) ΣMA = 0 = 1(2 +

) m + 1 (1 +

FEF = 1.207 T (Compresión) ΣFV = 0 = – 1 + 1.207 – FAB + 0.09 FAB = 0.297 T (Compresión)

) m – FEF(2 + 2

)m

m

CAPÍTULO

FUERZAS EN MARCOS

9

9.1 Denominación A los marcos también se les denomina: • Armazones • Bastidores • Entramados

9.2 Definición y metodología Los marcos son un conjunto de barras unidas por pasadores, estas conexiones generan normalmente una reacción cuya dirección no se conoce y por ello se descompone en una fuerza horizontal y una fuerza vertical en cada conexión. Los marcos se diferencian de la armadura, estas solo soportan fuerzas en sus conexiones y las barras en dicho caso están sometidas a una reacción interna llamada fuerza axial (es decir, a lo largo del eje longitudinal de la barra); en cambio los marcos están sometidos a fuerzas no solo en sus conexiones sino en cualquier punto de la barra, generándose en la barra las siguientes reacciones internas: fuerza axial, fuerza cortante y momento flexionante. Si la barra de un marco solo está sometida a fuerzas en sus conexiones extremas, se comporta como barra de una armadura; es decir, la barra estaría sometida solo a fuerza axial. En general, si es posible primero se calculan las reacciones en los apoyos. Para determinar las fuerzas internas que mantienen unidas las diferentes barras que forman un marco, deben separarse las barras y hacer un diagrama de cuerpo libre para cada barra. Luego se plantean para cada barra las ecuaciones de equilibrio correspondientes: (ƩF = 0, ƩM = 0)

400


Editorial Macro

C Conexión “C”

P 2

B 1

D

2

Los pasadores son de acero: remaches, pernos.

1 E

A HA

Pasador

VA

VE

D.C.L.

CV C

CV

CH

CH

C

P BH

BV

DH

2 D

B BH

1

BV = 0

1

VA

DV = 0

2 BH

1

V

1 HA VA

N 2

N M

D

DH

2

Por equilibrio

HA

DV

N = Fuerza normal o axial V = Fuerza cortante M = Momento flexionante

E VE


Capítulo 9: Fuerzas en marcos

Problema 320

1.8 m

401

1.8 m E

Determinar las fuerzas en todas las barras del marco.

75 kg

D

B

1.8 m

0.9

C 1.8 m 45 kg

A

1.2 m

1.2 m

Solución: D.C.L.:

B B

ΣFH = 0  B = 0

45 kg

B

1.8 m

ΣFV = 0  A = 45 + B ΣMA = 0  B (2.4) + 45(1.2) = 0  ↑ B = – 22.5 kg

A 1.2 m 1.2 m

 A = 22.5 kg

A

C

ΣMD = 0  C (2.7) – B (1.5) = 0

B

 ↑ C = – 12.5 kg ΣFV = 0  D + B = C  D = 10 kg

C

C 1.2 m

D D

1.5 m B

D

402


ΣFH = 0  C = D

Editorial Macro

(1)

ΣFV = 0  C + E = 75

E

75 kg

 E = 87.5 kg

E 1.8 m

E

ΣME = 0  C (1.8) – C (3.6) + 75(1.8) = 0  ← C = – 100 kg

C C C 1.8 m

1.8 m

En (1): ← D = – 100 kg ΣFH = 0  C = ← E = – 100 kg

Problema 321 1200 kg/m

Resolver el marco.

A

C

B

4m H

D 4m

3m

Solución: AC:

ΣFH = 0  BE

+ A = CD

E 3m



D.C.L:

3600 kg

A 2m A

A

3m 1m α α C B CD BE

CD

H

BE

H

7m

D

ΣFV = 0  A = 3600 + BE ΣMA = 0  CD

cos α =

α

α H

sen α =

3m

E

+ CD

(6) + BE

(3) + 3600(2) = 0

HE: ΣMH = 0  (10)BE

+ CD

(7) = 0

ΣFV = 0  H + DC

+ BE

=0

ΣFH = 0  H + DC

– BE

=0

CD = – 2308 kg

BE = 1616 kg

↑ A = 3046 kg

← A = – 2354 kg

→ H = 2354 kg

↑ H = 554 kg

403

404


Editorial Macro

Problema 322 Resolver el marco.

E 1.5 m

r = 0.3 m

D C

A

B

300 kg

1.5 m F 0.9 m

1.5 m

Solución: D.C.L:

500 kg

E E

1.2 m 0.3 m

D C C C

300 kg

0.9 m

E

E

C

360 kg C 1.5 m B A 0.9 m 300 kg C 1.5 m 300 kg 1.5 m B

800 kg B

360 kg F MF = 540 kg-m

VF = 300 kg ΣMB= 0  C (0.9) + 300(1.5) = 0  ↓ C = – 500 kg ΣFV= 0  ↓ E = ↑ C = – 500 kg ΣMC = 0  E (1.5) + 300(0.3) – E (0.9) = 0  ← E = – 360 kg ΣFH = 0  E + 300 – C = 0  C = – 60 kg ΣFH = 0  C – B – 300 = 0  → B = – 360 kg ΣFV = 0  C + B – 300 = 0  ↑ B = 800 kg



Problema 323

16’

Resolver el marco.

c

14 Klb

15’

b

d 5.2’

65 Klb

e

16 Klb a superficie lisa

1.8’

18.5’

Solución: D.C.L.: ΣFH = 0  ← H = 30 Klb ΣME = 0  V (18.5) + 14(20.2) – 65(13.41) – 16(1.8) = 0  ↑ V = 33.4 Klb ΣFV = 0  ↑ V = 31.6 Klb

C

C c 14 Klb

c

C

C 65 Klb b 16

a V

F

F

F b

d

d

F e

He V

405

406


Editorial Macro

ac: ΣFV = 0  ↑C = 31.6 Klb ΣM = 0  65(5.09) + 14(22) – 22C – 31.6(16) – 7F 133.25 – 22C – 7F

=0

=0

(1)

ce: ΣM = 0  C (20.2) + 5.2F F

– 31.6(2.5) = 0

= 15.2 – 3.91C en (1)

C = – 5.12 F

= 35.12

c

b

α = 53.97º 22’ a

α 16’

x=

= 5.09’

7’ a

α x

Problema 324 4T

Resolver el marco.

B 2m D 2T

2T

1m

4 T-m

1m

C

A 2m

2m

2m

2m



Solución: D.C.L.:

B

4 B

B

B

4m

D

B 4m

A FAB

4m

D

2T

D

2m 2m D

A

4m

2T C

4m

4m

C

A 4 T-m

A

C 4m

4m

AH AV

CH CV

ΣMC = 0  VA(8) – 2(6) – 2(2) – 4(4) + 4 = 0  ↑ VA = 3.5 T ΣFV = 0  ↑ VC = 4.5 T  HC = 0 DC: DA:

BC: AB:

ΣMC = 0  D (2) = D (4) + 2(2) ΣMA = 0  D (2) + D (4) = 2(2) D =0D =2T A =2,C =2 A =2,C =2 ΣMC = 0  B = B ΣMA = 0  B = B = 2 T  FAB = FBC =

AC:

= 2.82 T

ΣMC = 0  AV = 0.5 T  ΣFV = 0  CV = 0.5 T

Nudo A: ΣFH = 0  FABcos 45º + A = AH = CH = 4 T

C FBC

407

408


Editorial Macro

Problema 325

A

Resolver el marco.

h

Q

B

C

cable E

D superficie lisa  Solución: Por simetría ↑ VD = VE = A A

A

A

Q

h B

A

A

BC

BC D

C

E

Q/2 /2

Q/2

DA: ΣMA = 0 =

– BC(h)

BC = ΣFH = + BC – A A = ΣFV =

+A –Q

A =



Problema 326 En la escalera mostrada formada por dos barras y un cable DE, calcular:

A

1.o La fuerza en el cable 2.o Dónde debe colocarse la fuerza P para que la fuerza en el cable sea máxima.

h





a P

D

E

α

α

B

C

superficie lisa

Solución: Todo:

ΣMB = 0 = P(2cos α – acos α) – VC(2cos α)

cosα

↑ VC =

A ΣFV = 0 = VB +

–P

↑ VB = ΣMA = 0 =

A A h D

(cos α) – DE(h)

B

DE =

B=

En DE, “a” es variable  DE es máximo si a = 

DE

409

410


Editorial Macro

Problema 327 B

Resolver el marco. P = 48 kg

240 cm D

C

E P

60 cm A 180 cm

120 cm

Solución: Todo: ΣFH = 0 = A

,

ΣFV = 0 = A – 48  ↑ A = 48 kg

ΣMA = 0 = 48(120 cm) – MA 

D

BC

D

α C

MA = 5760 kg-cm

180

D

120

5 E 48

ΣMD = 0 = 48(120 cm) – BCsen α(180 cm) BC = 40 kg FV = 0 = D – BCsen α – 48 D = 80 kg ΣFH = 0 = D – BCcos α D = 24 kg

α 3

4



411

Problema 328 Calcular las fuerzas en todas las barras del marco. Indicar la fuerza total que soporta el pasador en A.

300 N-m 0.6 m 500 N B 1.2 m

1.5 m C A 0.6 m

0.9 m

Solución: D.C.L.:

300 BV

0.6 m 0.6 m

500

B BH

1.5 m

BH B 0.9 m

BV

1.2 m C

AH

A

CV AV

ΣMA = 0

BV(0.6) + BH(1.5) + 300 – 500(1.5) = 0 6BV + 15BH = 4500

ΣMC = 0

CH

(1)

BV(0.9) – BH(1.2) = 0 9BV = 12BH 3BV = 4BH

(2)

412


(2) en (1):

Editorial Macro

BH = 195.65 N = CH BV = 260.86 N = CV

ΣFH = 0

AH + BH – 500 = 0  AH = 304.35 N

ΣFV = 0

AV – BV = 0  AV = 260.86 N A=

= 400.84 N

Problema 329 Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A, B, C y las reacciones en el apoyo empotrado D del bastidor.

0.5 m 0.5 m 0.5 m 0.5 m 2

2

2

A

2

2 KN B 2m C 2m D

Solución: ΣFV = 0 = VD – 2 KN(4)

↑ VD = 8 KN

ΣFH = 0 = HD ΣMD = 0 = MD – 2 KN(2 m + 1.5 m + 1 m + 0.5 m) MD = 10 KN-m



D.C.L.:

2

2 AV

2 AH

2

BH BV

AB: ΣMB = 0 = AV(1.5 m) – 2 KN(2 + 1.5 + 1 + 0.5) ↑ AV = 6.67 KN ΣFV = 0 = 6.67 + BV – 2(4) ↑ BV = 1.33 KN

BV = 1.33 BH

B

BD: ΣFV = 0 = 8 – 1.33 – CV

2m

↓ CV = 6.67 KN ΣMB = 0 = 10 + CH(2 m)

CH

C

CH = – 5

CV

→ CH = 5 KN ΣFH = 0 = 5 – BH

MD = 10 AB: ΣFH = 0 = – AH + 5 ← AH = 5 KN

DH = 0

D

← BH = 5 KN

VD = 8

413

414


Editorial Macro

Problema 330 Calcular las fuerzas en H, D y la tensión T en el cable.

400 kg C 1.20

1.0 m

B

D

cable H

3 A

D

400

1.2 m

1.0 m

B

D

D

T

ΣMD = 0  T (1.2) = 400(1), T = 416.67 kg ΣFV = 0 D = 400 + T

= 733.34 kg

ΣFH = 0

400 1m

D = T = 250 kg

733.34 250 D HH

MH VH

ΣFH = 0 ← HH = 150 kg

1m

1m

E 1m

4

Solución:

400 Kg

ΣFV = 0 ↑ VH = 733.34 kg ΣMH = 0 400(2) – 250(1) – MH = 0 MH = 550 kg-m



Problema 331

D

Resolver el marco.

5000 kg A1 m 3 B

2000 kg 2m

4

C

3m

3m E

cable G

1m

F Solución: D.C.L.:

4000 kg A

3000

1m

AH

C 3m

B

CH CV

AV ΣMC = 0 = AV(4 m) – 4000(3 m) ↑ AV = 3000 kg

D

2000 kg

ΣFV = 0 = AV + CV – 4000 CV = 1000 kg

2m CH

C 3m

DF: ΣMC = 0 = – E(3 m) + 2000(2 m)

CV

E = 1333.33 kg ΣFH = 0 = E – CH + 2000

E

E

CH = 3333.33 kg

1m

ΣFV = 0 = VF – CV

F VF

VF = 1000 kg AC: ΣFH = 0 = CH – AH – 3000 ← AH = 333.33 kg

415

416


Editorial Macro

Problema 332 Calcular P si el marco está en equilibrio.

20 kg

30 kg

B

A

15 kg D

C

P E 10 cm

15 cm

15 cm

F 20 cm

G

10 cm

Solución: D.C.L.:

20 kg A

10 cm

D

P

E

30 15 B 15 cm 15 cm D C B D

20 cm

F

10 cm G

E F

E AD: ΣMB = 0 = 30(15 cm) + 15(30 cm) – D(30 cm) – 20(10 cm) D = 23.34 kg DE: ΣFH = 0 = E – D E = 23.34 kg EG: ΣMF = 0 = P(10) – 23.34(20 cm) P = 46.68 kg



Problema 333

C

Resolver el marco.

4m

30º B

D F 1000 kg

2m E

A 1.5

6m

1.5 1.43 0.5

Solución: D.C.L.: ΣMA = 0 = 1000(10.93 m) – VE(9 m) ↑ VE = 1214.44 kg

1000 HA

A

↓ VA = 214.44 kg

E VE

VA

ΣFV = 0 = VE – 1000 – VA

ΣFH = 0 = HA

1000 BH

B

DH

D

6m BV

30º 2.93 m

DV

F 1000

ΣMB = 0 = 1000(8.93 m) – 1000sen 30º(8.93 m) – DV(6 m) DV = 744.16 kg ΣFV = 0 = DV – BV – 1000 + 1000sen 30º ↓ BV = 244.16 kg

417

418


Editorial Macro

CV C

B BV

ΣMC = 0 = BH(4 m) + BV(3 m) – VA(4.5 m) BH = 58.12 kg

CH

4m

ΣFH = 0 = CH – BH CH = 58.12 kg

BH

ΣFV = 0 = – VA + BV – CV

A

CV = 29.72 kg

VA

BF: ΣFH = 0 = DH + BH – 1000cos 30º

1.5 m 3 m

DH = 807.90 kg

Problema 334 Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores en A, B y C ejercen sobre el bastidor.

1m

D

B E

C 0.5 m

784.8 N Radio de polea = 0.1 m

0.7 m

A Solución:

D.C.L.: B

B B

BC:

1m

C C

C

ΣMB = 0 = C (1 m) – 784.8(1.7 m)

784.8 N 0.7 m

E

C = 1334.16 N ΣFV = 0 = B + 784.8 – 1334.16 ↑ B = 549.36 N



419

D 1569.6 N C

C 0.5 m

C

A A A

1m

0.8 m

AD: ΣMA = 0 = 1569.6(1.8 m) – 1334.16(1 m) – C (0.5 m) C = 2982.24 N ΣFH = 0 = A – 2982.24 → A = 2982.24 N ΣFV = 0 = 1334.16 – 1569.6 – A A = – 235.44 ↑ A = 235.44 N BC: ΣFH = 0 = 2982.24 – BX ← B = 2982.24 N

Problema 335 Resolver el marco.

0.9

1.35 B

1.35 600 kg

C

0.6 m 375 kg

0.6 m 150 kg

0.6 m A

D 2.70 m

0.6 m

420


Editorial Macro

Solución: ΣMA = 0 = – D(2.7 m) – 150(0.6 m) + 600(2.25 m) + 375(0.6 m)  ↑ D = 550 kg ΣFV = 0  AV = 50 Kg

ΣFH = 0  ← AH = 225 Kg

D.C.L.:

B B

B

B

0.6 m

B 1.35 m

α C

375 0.6 m

AC

600 1.35 m

B

C

A A A

C A

AC

α

AC AD

D AD

A

C C 150

C 0.6 m 3.79

0.6 m AD

D D 0.45 m 0.45 m

α 3.60

1.20


CD:


421

ΣMC = 0 = 550(0.9 m) – AD(1.2 m) + 150(0.6 m) AD = 487.5 kg ΣFH = 0 = 487.5 – 150 – C  C = 337.5 kg ΣFV = 0 = 550 – C  C = 550 kg

BC:

ΣMC = 0 = B (2.7 m) – 600(1.35 m)  B = 300 kg ΣFV = 0 = 300 – 600 + 550 – ACsen α  AC = 790.61 kg ΣFH = 0 = B + 337.5 – 790.61cos α  B = 412.5 kg

AB:

ΣFH = 0 = A + 375 – 412.5  A = 37.5 kg ΣFV = 0 = A – B  A = 300 kg

Problema 336

200 N/m

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor de dos barras, luego dibujar diagramas de N, V y M en la barra AB.

B A 3m C 3m

Solución: D.C.L.:

600 N AH

1.5 m AV

1.5 m

ΣMA = 0 = 600(1.5 m) – CH(3 m)

B

→ CH = 300 N

3m

ΣFH = 0 = 300 – AH ← AH = 300 N

CH CV

422


Editorial Macro

D.C.L.:

600 N 1.5 m

300 N

BV

BV

B

BH

1.5 m BH

B AV

C

300

CV 300

300

N N

ΣMB = 0 = AV(3 m) – 600(1.5 m)

+

↑ AV = 300 N

A 300

ΣFV = 0 = CV + 300 – 600

V N

↑ CV = 300 N

+ A

M N-m

1.5 m –

1.5 m

BH = 300 N BV = 300 N

B

3m

B 300 B

A + 225

Problema 337

1m

C 400

a

500 N N/m

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores A y B ejercen sobre el bastidor. Luego calcular en la sección a-a: V, N y M.

1m

1.0 m

0.5 m

B A

60º

a



Solución: D.C.L.:

C

0.75 m C

C

C

300 N 600 N 519.6 N

1m C

30º

1m

1.30 m

60º A

500 N

B

A

B B

A

AC: ΣMA = 0 = 600(0.75 m) – C (1.3 m) – C (0.75 m)

(1)

ΣMB = 0 = C (1 m) – C (1 m) – 500(1 m)

(2)

CB:

De (1) y (2): C = 402.44 N C = – 97.56 N AC:

ΣFH = 0 = – A + 519.6 – 402.44  ← A = 117.16 N ΣFV = 0 = A – 97.56 – 300  ↑ A = 397.56 N

CB:

ΣFH = 0 = 402.44 – 500 + B  → B = 97.56 N ΣFV = 0 = 97.56 + B  B = – 97.56 ↓ B = 97.56 N

423

424


Editorial Macro

M = 100.12 N-m a

/m

V = 100.24 N m

a

0.5

40 0N

101.46

N = 285.71 N

117.16 198.78 344.29

397.56

58.58

Problema 338 Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor, luego dibujar diagramas de N, V y M en la barra AB.

500 N/m B

A

3m 3m

C 600 N/m 400 N/m



425

Solución: D.C.L.:

750 N A = 1400

A

2m

A = 250

C = 1700

1m B B = 500 B = 1400 B

1200 N C

C = 500

1.5 m

AB: ΣMA = 0 = 750(2 m) – B (3 m)

B 2m 900 N

B = 500 N

1m

↑ A = 250 N

ΣFV = 0 = 500 + A – 750

1.5 m

Barra BC: ΣMC = 0 = 900(1 m) + 500(3 m) – B (3 m) + 1200(1.5 m) B =

= 1400 N

ΣFH = 0 = – 1400 + 900 + C → C = 500 N ΣFV = 0 = – Cy – 1200 – 500 C = – 1700 ↑ C = 1700 N

Barra AB: ΣFH = 0 = 1400 – A ← A = 1400 N

426


Editorial Macro

~ de triángulos: y=

=

500 N/m 1400

y

A 250

↓ F = x2

B

3m

1400

M=

500

x

=

x x2

x3

V = 250 –

x2 = 0

x = 1.73 M = 250x –

x3

1400 +

N N

A

B

3m

250 V N

A

+ 1.73 m

1.27 m – B 500

A

1.73 m

1.27 m +

M N-m

288.33

B



427

Problema 339 La barra AB está a punto de fallar si el momento interno máximo en D alcanza un valor de 800 N-m o si la fuerza normal en la barra BC alcanza los 1500 N. Determinar la carga W (N/m) más grande que el marco puede soportar.

w (N/m) A

B

D 4m

4m

3m

C 4m

Solución: D.C.L.:

8w 4m AH

4m

ΣMBi = 0 = AV(8 m) – 8w(4 m)

B

↑ AV = 4w (N)

AV

3m C 8m

4m

ΣFV = 0 0 = 4w + CV – 8w

CH CV

↑ CV = 4w

ΣMC = 0 = 4w(12 m) + AH(3 m) – 8w(8 m) → AH = 5.33w ← CH = 5.33w

428


Editorial Macro

D.C.L.:

w 5.33w A

MD

4m

N

MD = 8w = 800 N-m

D

w = 100 N/m

V

4w

ΣMD = 0 = 4w(4 m) – 4w(2 m) – MD

cos α =

sen α =

cos β =

NBC N = 5.33wcos α + 4wcos β N = 6.664w = 1500 N

β

w = 225.10 N/m

α

5.33w

w = 100 N/m

α 4w

β N

430


Editorial Macro

10.1.2 Cable parabólico • El cable soporta una carga uniformemente distribuida (q) a lo largo de la horizontal (en forma aproximada). • El peso del cable se desprecia. • La fuerza interna en un punto del cable es de tensión y sigue la dirección tangente a la curva que adopta el cable.

T α

D.C.L. B

y T0

x/2 qx x/2 y

C

x

T0 C

q ƩFv = 0  Tsen α = qx

(1)

ƩFH = 0  Tcos α = T0

(2)

:

, pendiente del cable

Triángulo de fuerzas

T α

fuerza interna en el cable

qx

T0 , ecuación del cable T0 → fuerza mínima en el cable Longitud del cable: S

B

y C

S xB

yB x

dS dx

dy

T α B


Capítulo 10: Fuerzas en cables

431

(3)

en (3)

(4)

Desarrollando el binomio:

en (4)

(5) ...

en (5)

Longitud del cable

Esta serie converge para valores de L → luz del cable f → flecha del cable

L f

432


Editorial Macro

10.1.3 Cable catenaria • El cable soporta solo su peso propio y adopta la forma de la curva llamada catenaria. q → peso por unidad de cable • La fuerza interna de un punto del cable es de tensión y sigue la dirección tangente a la curva que adopta el cable. D.C.L.

T B

y S

T

α y T0 C

T0 C c

α

B

qS

q x

T

Triángulo de fuerzas

α T0 (1)

(2) en (1)

Integrando:

, parámetro de la catenaria

qS



, longitud del cable , fuerza mínima en el cable De (2):

, ecuación de la curva denominada catenaria

, relación entre la longitud del cable y alturas. Del triángulo de fuerzas:

, fuerza interna en el cable. Del diagrama de cuerpo libre: (ƩFH = 0)

, relación entre alturas

+

433

434


Editorial Macro

Problema 340 6m

Hallar: a. Fuerzas en A y D b. Longitud del cable

5m

A

4m D

2m

C 6 KN

B 10 KN Solución: ΣMD = 0  VA(15) – 10(9) – 6(4) = 0  ↑ VA = 7.6 KN

1

VA

ΣFV = 0

C 6

B 10

 VD = 16 – 7.6 = 8.4

1

 ↑ VD = 8.4 KN

VA

ΣMB = 0

HA

 7.6(6) – HA(2) = 0

2

6m

4m 0.53

1.47 C

B

 ← HA = 22.8 = → HD

10

2-2: Lado derecho ΣMC = 0  8.4(4) = 22.8YC  YC = 1.47 m LAB = 6.32 LBC = 5.02 LCD = 4.26

VD HD

yC

HA

1-1: Lado izquierdo

2

LT = 15.6 m

VD HD

6



435

Problema 341 A

Hallar: a. P b. d1 c. d2

1.2 m

B

0.4 m 0.3 m

300 N 0.35 m d1

C

D

200 N

P

100 N

d2

Solución:

0.35 m β

D.C.L. total: AH = P, AV = 600

β = 73.74º

600 1.2

P

A

β 1

Corte 1-1: Lado izquierdo

B

ΣFV = 0  300 + FBCsen α = 600

(1)

ΣFH = 0  P = FBCcos α

(2)

300

Equilibrio nudo A:

600

ΣFV = 0  600 = FABsen 73.74º  FAB = 625 N ΣFH = 0  P = FABcos 73.74º  P = 175 N

FABcos β P

A FABsen β

De (1): FBCsen α = 300 De (2): FBCcos α = 175 (1)/(2): tan α = 1.714  α = 59.74º tan α =

= 1.714  d1 = 0.58 m

D.C.L. total: ΣMA = 0  100d2 + 200(0.58) + 300(0.35) = 175(1.90) d2 = 1.11 m

α 1

436


Editorial Macro

Problema 342 Un cable soporta una carga uniforme distribuida w = 100 kg/m. Hallar la tensión máxima del cable y su longitud total.

A(xA;40)

y

40 m

B(xB;10)

10 m

C w

x 120 m

Solución: XA – XB = 120 m

(α)

 YA = 40 =

(1)

Ecuación de la parábola: Y=

YB = 10 =

De (1):

T0 =

De (2):

T0 =

(1) = (2):

(2)

=4 XA = – 2XB

En (α):

– 2XB – XB = 120  XB = – 40 m, XA = 80 m T0 = 8000 kg


T


=

=

= 11314 kg

SCA = XA

= 91.33 m

SCB = XB

= 41.60 m SBCA = 132.93 m

Problema 343

A 30 m

El cable AB soporta una carga total de 200 kg, la pendiente en B es nula. Hallar la localización del punto en el cable en donde la tensión es el promedio de los valores de T y T .

B 15 m

Solución: =

w= Y=

Y = 30 m, X = 15, w = =

+ (wx)2  T

=

T2 = (128.08)2 = (50)2 +

 T0 = 50 kg

= 502 + 2002  T T

= 206.16 kg

= 128.08 kg

x2  X = 8.84 m, Y =

= 10.42 m

437

438


Editorial Macro

Problema 344 edificio A

edificio B C 20 m

Solución:

A(XA; 4.5); B(XB; 2)  XB – XA = 20 m ; w = 50 kg/m

Y=

4.5 =

;

2=

;

....... (2)

= 4.5(400 +

+ 40XA)

....... (1)

Igualando las ecuaciones (1) y (2): 2

=  2.5

XA =

+ 180XA + 1800 = 0 X = – 60  XA = – 12 A

=  XA = – 12; XB = 8

2=

; T0 = 800 kg T SCB = 8

SCA = 12

= 1000 kg; T

=

= 8.32 m

= 13.03 m Longitud total = 21.35 m

2 m 2.5 m

Una tubería pesa 50 kg/m y pasa de un edificio a otro separados 20 m. Hallar la ubicación del punto más bajo (C), la fuerza máxima, la fuerza mínima y la longitud del cable.



Problema 345 5m

Una cadena de peso 10 kg y longitud 10 m está suspendida entre dos puntos que distan 5 m. Hallar la flecha máxima y la fuerza mínima.

A

B

f

Solución: = 1 kg/m

w=

= 25  YB =

– C2 = Ecuación del cable:

= Ccos h

= YB

Ccos h

C 2 1 1.15 1.14 1.16

5.385 5.099 5.130 5.128 5.132

3.776 6.132 5.101 5.156 5.046

C = 1.14 m

YB = 5.128 m

f = YB – C = 3.988 m

T = YBw = 5.128 kg

T0 = wC = 1.14(1) = 1.14 kg

Problema 346 El cable pesa 4 kg/m, está atado en A. La zona AB está apoyada en el suelo. P es una fuerza horizontal. Calcular X, T .

40 m A

x B

P = 500 kg 2 8

α

439

440


Editorial Macro

Solución:

= wC = 4C  C = 125 m

500 = TC = T

0 = ΣFH = Tcos α = 500 kg T

= 515 kg

= 515 kg = wYB = 4YB  YB = 128.75 m

TB = T

40 – x = x’ Y = Ccos h

1.03 =

T α

B 3.75 m

= cos h

P = 500 kg

cos h

x’ 30 31 30.5

1.0289 1.0309 1.0299

X’ = 30.5 m

 40 – X = 30.5  X = 9.5 m

Problema 347 Calcular dC para la cual la porción DE del cable es horizontal, luego calcular reacciones en A y E.

A

2m

2m B

3m

dB 5

C

3m 4m

dC 5

D

dD 10 KN

E



Solución:

VA HA

A

2m

2m

3m dC

B

3m 4m

1

C

E

D E

5

5

1

10

ΣFV = 0 = VA – 5 – 5 – 10 VA = 20 KN ΣMA = 0 = 5(2) + 5(4) + 10(7) – E(4) E = 25 KN ΣFH = 0  AH = 25 KN Corte 1-1: Lado izquierdo ΣMC = 0 = 20(4) – 25dC – 5(2) dC = 2.8 m

Problema 348 La tensión máxima en el cable es 15 KN. Calcular hB y hC.

A

3m

3m

4m

hB

hC

6 KN

C

B

10 KN

D

441

442


Editorial Macro

Solución: ΣMD = 0 = VA(10) – 6(7) – 10(4)

D

A HA VA 6

VA = 8.2 KN

HD

1

B

VD

ΣFV = 0 = VD + 8.2 – 6 – 10

C

1

VD = 7.8 KN

10

En A:

(8.2)2 +

ΣFH = 0  HA = HD = 152  HA = 12.56 KN = HD

En D:

= 14.78 < 15 conforme

Corte 1-1: Lado izquierdo ΣMB = 0 = 8.2(3) – 12.56hB  hB = 1.96 m Lado derecho:

ΣMC = 0 = – 7.8(4) + 12.56hC  hC = 2.48 m

Problema 349

XB

Calcular XB si el cable está en equilibrio y las reacciones en los apoyos.

A 5’

40 lb B

8’ C 2’ D 3’

60 lb



443

Solución:

VA HA

ΣMD = 0 = – HA(15) + 40(10) + 60(2)

XB

← HA = 34.66 lb

A

Corte 1-1: Lado de arriba

5’

B

40

ΣMC = 0 = VA(3) + 40(8) – 34.66(13)

1 8’

VA ↑ = 43.52 lb = ↓ VD

1 60

ΣMB = 0 = 43.52XB – 34.66(5)

C

2’ HD

← HD = 65.34 lb

XB = 3.98 pies

D 3’ VD

Problema 350 Determinar la tensión en cada segmento del cable y la longitud total del cable.

AH

AV A

7’ 1

2

B

DH D y

C

50 lb 4’

DV

4’

1

5’

2

100 lb 3’

Solución: D.C.L. total: ΣMD = 0 = AV(12’) – AH(4’) – 50(8’) – 100(3’)

(1)

444


Editorial Macro

Sección 1-1: Lado superior: ΣMB = 0 = AV(4’) – AH(7’) AV = AH (2) en (1):

(2)

0 = 21AH – 4AH – 400 – 300  ← AH = 41.18 lb

(3)

(3) en (1): ↑ AV= 72.06 lb D.C.L. total:

ΣFH = 0  → DH = 41.18 lb ΣFV = 0 = 72.06 + DV – 50 – 100  ↑ DV = 77.94 lb

Sección 2-2: Lado derecho ΣMC = 0 = 41.18(y) – 77.94 lb(3’)  y = 5.68’ Longitud AB =

= 8.06’

BC =

= 5.67’

CD =

= 6.42’

L = 20.15’

Tensión

BA α

B

β BC

50

α = 60.26’ β = 28.19’ γ = 62.16’

ΣFH = 0 = BCcos β – BAcos α ΣFV = 0 = BAsen α – 50 – BCsen β BA = 82.99 lb BC = 46.73 lb

CD

BC β

γ C

ΣFH = 0 = CDcos γ – 46.73cos β CD = 88.19 lb

100



Problema 351 Calcular en el cable T

7.62 m

.

1.52 m 1.52 m

q = 446.456 kg/m

Solución:

y

B (XB;3.04)

A (XA;1.52)

x

C (2) = (3):

=

XB – XA = 7.62

(1)

3.04 =

(2)

1.52 =

(3)

(2)

XB = –

XA

(4)

(4) en (1):

–(

+ 1)XA = 7.62

XA = – 3.156 m XB = 4.464 m T0 = 1463.26 kg T

=

T

=

T

= 2472.46 kg

445

446


Editorial Macro

Problema 352 30 m

Determinar el valor promedio de la tensión en el cable y su ubicación. El cable es horizontal en B.

A 20 m B

40 N/m

Solución: x = 30 m y = 20 m q = 40 N/m

y=

20 = T0 = 900 N = T

+ q2x2

= 1200 N

(1200)2 = (900)2 + (40)2x2 x = 19.843 m y=

= 8.748 m



447

Problema 353 80 m

Calcular la fuerza mínima, la fuerza máxima y la longitud del cable.

B 10 m

A

10 m

C

q = 60 kg/m

Solución: XB – XA = 80 10 = YA =

(α)

(1)

20 =

(β)

β/α: 2=

 XB = ±

–

XA – XA = 80

XA

XA = – 33.137 m  XB = 46.863 m De (α): T0 =

= 3294 kg

T

=

T

= 4331 kg

en (1)

448


YA = 10 m YB = 20 m

Editorial Macro

SCA = 33.137 SCA = 35.04 m SCB = 46.863 SCB = 51.93 m STOTAL = SCA + SCB = 86.97 m

Problema 354 Calcular H si la fuerza horizontal en B es cero. Considerar los dos cables parabólicos.

200’

100’

A

B 20’

H

C

Solución: y= AB:

20 =

BC:

H=

 T0 =  T0 =

(1) = (2) H = 5’

(1)

(2)



449

Problema 355 El cable se romperá cuando la tensión máxima sea T = 10 KN. Determinar la flecha h para esa condición.

25 m A

B h

q = 600 N/m

Solución:

12.5 m h T0

10000 N α B

7500 N

y=

h=

(1)

6.25 m

ΣFV = 0 = 10000sen α = 7500 sen α = 0.75 α = 48.59º ΣFH = 10000cos 48.59º = T0 T0 = 6614.42 N (2) en (1): h = 7.09 m

(2)

450


Editorial Macro

Problema 356 20 m

Calcular la fuerza en B, en A, la fuerza mínima, XA, XB, YB, YA y la longitud total del cable.

A 2m

B 18º

12 kg/m

Solución: D.C.L.:

TA α A 2m

TBsen 18º 240 kg B TBcos 18º

XB – XA = 20... (1)

10 m 10 m ΣMA = 0 = 240(10 m) – TBsen 18º(20 m) – TBcos 18º(2 m) TB = 297 kg

12XB T0

yB

91.77 kg

ΣFV = 0 = 91.77 – 12XB ; XB = 7.65 m en (1)

B 282.46 kg

 XA = – 12.35 m

C

ΣFH = 0 = 282.46 – T0 T0 = 282.46 kg

yB + 2 = yA... (2)

yB =

 yA = 3.24 m

= 1.24 m ............................ en (2)



ΣFV = 0

TAsen α = 240 – 91.77 = 148.23

ΣFH = 0

TAcos α = 282.46 tan α = 0.5247 α = 27.685º  TA = 319 kg SCB = 7.65

= 7.78 m

SCA = 12.35

= 12.89 m

STOTAL = 20.67 m

Problema 357 Calcular T0, T

20 m

, XA, XB, YA, YB.

A α

2m

18º

B

C 12 kg/m Solución: yB =

TB 18º T0

, 2=



XB – XA = 20

12XB

=

(α) (1)

tan 18º = T0 =

= 36.93XB

(β)

451

452


Editorial Macro

(β) en (α): = X = 12.31XB XA = – 3.50 XB + 3.5

en (1) = 20

XB = a2 a2 + 3.5a – 20 = 0 a = 3.05 m , Sí a = – 6.327 m , No XB = 9.30 m

12XB

TB B

18º

To

en (1)

XA = – 10.70 m yA = 2 m TBsen 18º = 12XB = 12(9.3)..................... (ΣFV = 0) TB = 361.16 kg

TA

T0 = TBcos 18º = 343.48 kg........ (ΣFH = 0)

α

TAsen α = 12(10.7).................................. (ΣFV = 0)

A

TAcos α = 343.48 = T0 ............................. (ΣFH = 0)

12XA

To

tan α = 0.3738 α = 20.495º TA = 366.71 kg = T yB = 1.51 m



Problema 358 El cable pesa 6 lb/pie y su longitud es 150’. Calcular la flecha h y la tensión mínima.

100’

Solución: q = 6 lb/pie x = 50’ S = 75’

S = Csen h = sen h 2.500 2.586 2.419 2.435 2.432

C 2.552 2.714 2.409 2.436 2.432

30 29 31 30.8 30.83

C = 30.83 pies T0 = qc = 185 lb h2 = y2 = S2 + C2 (C + h)2 = (75)2 + (30.83)2 (C + h) = 81.09 pies h = 81.09 – C = 50.26 pies

453

454


Editorial Macro

Problema 359 El cable mide 50 m y pesa 200 N/m, la fuerza máxima es 12 KN. Calcular la luz .

 B

Solución:

A

q = 200 N/m T = qy 103 × 12 = 200y  y = 60 m y2 – S2 = C2 (60)2 – (25)2 = C2  C = 54.54 m y = Ccosh 60 = 54.54cosh 1.100 = cosh

 0.4437 =

X = 24.20 m  luz =  = 2x = 48.40 m

Problema 360 Calcular T y h.

,T

SAB = SAC =  Peso del cable por unidad de longitud: q

T C

y

, α en función de q, 

A

C

h B C

α

x



Solución:

T

Tm α

q

q

C T0

T0 B Tm = qy = q(h + C)

(1)

T0 = qC

(2)

S2 + C2 = y2 2 + C2 = (h + C)2 = h2 + C2 + 2hC C=

(3)

(3) en (1) y (2): T0 = T = ΣFH = 0  Tmcosα = T0 cos α =

=

α = arc cos

455

456


Editorial Macro

Problema 361 El cable pesa 40 lb/pie. Calcular la fuerza mínima y la fuerza máxima.

300’ 46.25’

Solución: T0 = 40C

(1)

Tmáx = 40(46.25 + C)

(2)

y = 46.25 + C = Ccos h 1+

C

= cos h

cos h

1+

200 220 250

1.231 1.210 1.185 C = 250 pie

(3) en (1) y (2): T0 = 10000 lb T

= 11850 lb

1.294 1.241 1.185 (3)



457

Problema 362 El cable pesa q = 12 kg/m y puede soportar una tensión máxima de 12000 kg. Calcular el peso de nieve q, por cada metro de longitud que puede formarse encima del cable sin exceder la tensión máxima.

500 m A

B 80 m C

Solución: q2 = 12 + q1 Tmáx = 12000 = q2y

(1)

y = Ccosh 80 + C = Ccosh + 1 = cosh

C 300 385 403

+1

cosh

1.266 1.207 1.198

1.367 1.218 1.198

C = 403 m y = 483 m

(2)

(2) en (1): 12000 = q2(483) q2 = 24.84 kg/m 

 q1 = 12.84 kg/m

458


Editorial Macro

Problema 363

175’

150’

El cable pesa 0.75 lb/pie. Determinar la fuerza resultante horizontal que el cable ejerce sobre el punto A.

B

A 3’

C 7’

Solución:

A

A 0.75C1

q = 0.75 lb/pie T0 = qc

0.75C2

0.75C1

0.75C2 B

C 0.75C1

A

H

A

0.75C2

y = C1cos h

y = C2cos h

C1 + 3 = C1cos h

C2 + 7 = C2cos h

1+

1+

= cos h

= cos h


C1

1+

300 500 600 800 939

1.010 1.006 1.005 1.003 1.003


cos h 1.031 1.011 1.007 1.004 1.003

T0

AB

1+

200 500 550

1.035 1.014 1.012

T0

AB

T0

AC

– T0

AC

150’ B

El cable pesa 0.75 lb/pie. Calcular la flecha f para que la fuerza horizontal resultante que el cable ejerce en A sea igual a cero.

B

y = C + 7 = Ccos h = cos h

175’ A

C

f

TB

1+

= 412.5 lb = 0.75C2

= H = 291.75 lb

Problema 364

Cable AC:

1.097 1.015 1.012

C2 = 550 pie

= 0.75C1 = 704.25 lb

Solución:

cos h

C1

C1 = 939 pie

459

T02

7’

T1

T2

A A T2 T1 A A

T2

A

T1

TC C T01

T0 = T0 1

2

qC1 = qC2 C1 = C2 = C Las componentes horizontales de T2 y T1 son iguales a la fuerza mínima.

460


Editorial Macro

cos h

1+

C 200 500 550

1.035 1.014 1.012

1.097 1.015 1.012

C = 550 pies Cable AC y BA: T0 = 0.75(550) = 412.5 lb Cable BA: y = 550cos h

= 555.12 pies

Cable BA: f = y – C = 5.12 pies

Problema 365 globo

Longitud de la cuerda 400’ y pesa 0.8 lb/pie, TA = 150 lb. Calcular la longitud  que se encuentra en el suelo y la altura h.

60º y

h 

C

X B

Solución: D.C.L.:

0.8S

150 = TA 60º A

S

TB B

A

h



q = 0.8 lb/pie TA = 150 = qyA = 0.8yA yA = 187.5 pies ΣFV = 0 = 150sen 60º = 0.8S S = 162.38’  = 400’ – 162.38’ = 237.62 pies y2 = S2 + C2 (187.5)2 = (162.38)2 + C2 C = 93.75’ h = y – C = 93.75 pies

461

BIBLIOGRAFÍA

1. Bedford, A. y Fowler, W. (1996). Mecánica para ingeniería: Estática. Massachusetts: AddisonWesley. 2. Beer, F.; Johnston, E. R. y Eisenberg, E. (2004). Mecánica vectorial para ingenieros: Estática. México, D. F.: McGraw-Hill. 3. Das, B. M.; Kassimali, A. y Sami, S. (2000). Mecánica para ingenieros: Estática. México, D. F.: Limusa. 4. Gere, James M. (2002). Mecánica de materiales. México, D. F.: Thomson. 5. Hibbeler, R. C. (2004). Ingeniería mecánica: Estática. Naucalpan de Juárez: Prentice Hall. 6. Higdon; Stiles; Davis; Evces; Weese (1986). Ingeniería mecánica, tomo 1: Estática vectorial. México: Prentice Hall. 7. Housner, G. W. y Hudson, D. E. (1965). Mecánica aplicada: Estática. México: Continental. 8. Huang, Tzu Chuen (1974). Mecánica para ingenieros, tomo I: Estática. México: Fondo Educativo Interamericano. 9. Kassimali, Aslam (2001). Análisis estructural. International Thomson Editores. 10. Kiusalaas, J. y Pytel, A. (1999). Ingeniería mecánica: Estática. International Thomson Editores. 11. McGill, D. y King, W. (1991). Estática. México: Iberoamericana. 12. McCormac, Jack C. y Nelson, James K. (2002). Análisis de estructuras. Métodos clásico y matricial. México: Alfaomega. 13. Nara, Harry R. (1973). Mecánica vectorial para ingenieros: Estática. México, D. F.: Limusa. 14. Riley, William F. y Sturges, Leroy D. (1995). Ingeniería mecánica: Estática. Barcelona: Reverté. 15. Shames, Irving H. (1998). Ingeniería mecánica: Estática. México, D. F.: Prentice Hall. 16. Singer, Ferdinand L. (1990). Mecánica para ingenieros: Estática. México, D. F.: Harla. 17. Timoshenko, S. y Young, D. (1957). Mecánica técnica. México, D. F.: McGraw-Hill.

Impreso en los talleres gráficos de

EDITORIAL

Editorial macro Estatica Luis Eduardo Gamio

Recommend Documents