UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE CHOTA Chota, 20 de mayo de 2017
Escuela Profesional: Ingeniería Civil
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ESTÁTICA: PRÁCTICA CALIFICADA 1 APELLIDOS Y NOMBRES: ………………………………………………………………………….
1. La barra AB de 12 pies tiene el extremo A fijo y está sometido a su peso de 100 lb y a la fuerza de 140 lb ejercida por el cable BC. Determine la fuerza y el par en A equiv alente a las dos fuerzas dadas.
6p 4p
140 lb 6p 6p
SOLUCIÓN
(0; 0; 0)
Expresamos cartesianamente cada una de las fuerzas:
= −100 −12+4−6 −12+4−6 =140√ −12 = 1 4 0{ 14 } −12 + 4 + −6 −6 = −120+40−60 −120+40−60 = + = −100 + −120 + 40 − 60 = −−− −−−
Determinamos la fuerza resultante:
Mg. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante
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Calculamos el momento par equivalente a las dos fuerzas con respecto al punto A:
= + = |60 −1000 00|+ |−120 12 400 −600 | == −600+720 720−120. + 480k
2. El aguilón de 15 pies tiene un extremo fijo en A. Se estira un cable de acero desde el extremo libre B de la pluma hasta un punto C localizado en la pared vertical. Si la tensión en el cable es de 570 lb. Determínese el momento (lb.pulg) alrededor de A de la fuerza ejercida por el cable en B. (1 pie = 12 pulg)
SOLUCIÓN:
72 plg.
(0; 0; 0)
TBC (180; 0; 0)
Mg. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante
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Expresamos la fuerza de 570 lb cartesianamente:
−180+72−120 =570√ −180−180+72−120 =570{ + 72 + −120 228 } = −450+180−300 =180 = × = |−450 180 1800 −3000 | = + .
Determinamos el radio vector r AB
Finalmente calculamos el momento de la fuerza con respecto al punto A.
3. La torre que se muestra en la figura tiene 70 m de altura. Suponga que la tensión en el cable AB de la figura es de 4 kN, y que las tensiones en los cables AC y AD se deben ajustar para que la suma de los momentos respecto al origen O debidos a las fuerzas ejercidas por los cables en el punto A sea igual a cero. Determine las tensiones.
SOLUCIÓN: (0; 70; 0)
TAC
TAD
TAB = 4 KN
(-35; 0; -35) (40; 0; 0) (-40; 0; 40)
Mg. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante
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Expresamos cartesianamente las tres fuerzas:
−35−70−35 = √ −35−35−70−35 = { + −70 + −35 85,7321 } = −0,4082−0,8165−0,4082 −40−70+40 = √ −40−40−70+40 = { + −70 +−40 90 } = −0,4444−0,7778+0,4444 40−70 = 4√ 4040−70 = 4{ + −70 80,6226 } = 1,9846−3,4730
El momento es cero sólo si la resultante de las fuerzas normales del vector r OA es cero. Las componentes normales de rOA son:
∑ = −0,4082 −0,4444 +1,9846=0 ∑ = −0,4082 +0,4444 =0 = 0,0,44082 444 =0,9185 0,4082 +0,44440,9185=1,9846 0,4082 +0,4082 =1,9846 = 1,0,98846 164 = , = 0,91852,4309= , 4. Si la resultante de las cuatro fuerzas es FR = {-360k } lb, determine la tensión desarrollada en cada cable. Debido a la simetría, la tensión en los cuatro cables es la misma.
Mg. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante
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SOLUCIÓN:
(0; 0; 6)
(-3; -2; 0) (3; -2; 0)
(-3; 2; 0) (3; 2; 0)
Por condición del problema FA = FB = FC = FD = F Expresamos vectorialmente cada una de las fuerzas:
3−2−6 =√ 33−2−6 ={ 7 } + −2 + −6 ={37 − 27 − 67 } 3+2−6 =√ 33+2−6 ={ +2 + −6 7 } ={37 + 27 − 67 } Mg. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante
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−3+2−6 =√ −3−3+2−6 ={ + 2 + −6 7 } ={− 37 + 27 − 67 } −3−2−6 =√ −3−3−2−6 ={ +−2 + −6 7 } ={− 37 − 27 − 67 } =∑ = {37 − 27 − 67 }+ {37 + 27 − 67 }+ {− 37 + 27 − 67 }+{− 37 − 27 − 67 } −2+2+2−2 −6−6−6−6 −360= (3+3−3−3 ) + ( ) + ( 7 7 7 ) −300= (−247) = 3607 24 ⇒ = Determinamos la fuerza resultante:
Finalmente, FA = FB = FC = FD = 105 lb
Mg. Lic. Fís. Elmer Walmer Vásquez Bustamante
