Guía Mecánica Vectorial Para Ingenieros - Ing. Erlyn G. Salazar Huamán (Cajamarca 2016)

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Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán

Indice Introducción a la mecánica ………………………………………………………………………………………………………3 Definición…………………………………………………………………………………………………………………….3 Divisón de la mecánica………………………………………………………………………………………………..3 Conceptos fundamentales……………………………………………………………………………………………3 Leyes y principios básicos de la mecánica…………………………………………………………………….4 Vectores en el espacio………………………………………………………………………………………………….5 Vector en el espacio……………………………………………………………………………………………………..5 Componentes de un vector en el espacio…………………………………………………………………….6 Módulo de un vector…………………………………………………………………………………………………...6 Distancia entre 2 puntos………………………………………………………………………………………………6 Vector Unitario…………………………………………………………………………………………………………….7 Propiedades de la suma y resta de vectores…………………………………………………………………7 Producto de un número real por un vector………………………………………………………………….8 Producto escalar…………………………………………………………………………………………………………8 Producto vectorial………………………………………………………………………………………………………10 Doble producto vectorial……………………………………………………………………………………………11

Unidad I: Teoría de cursores…………………………………………………………………….…………………………….12 Momento de un cursor con respecto a un punto………………………….……………………………14 Expresión cartesiana del moemnto de un cursor con respecto a un punto………………..14 Momento de un cursor con respecto a un eje………………………….………………………………..16 Expresión cartesiana del momento de un cursor con respecto a un eje…………………….17 Coordenadas de un cursor ………………………….………………………….…………………………………18 Sistema de cursores………………………….………………………….………………………….……………….19 Sistema de cursores equivalentes………………………….………………………….………………………19 Cambios de centros de reducción………………………….………………………….………………………20 Propiedad equiproyectiva del momento de un sistema de cursores………………………….22 Valor mínimo del momento de un sistema de cursores………………………….………………….24 Ecuación cartesiana del eje central………………………….………………………….…………………….26 Ejercicios………………………….………………………….………………………….…………………………………26 Reducción de un sistema de fuerzas…………………………………………………….…………………….61 Par de cursores y momento de un par………………………….………………………….……………….63 Equivalencia de pares de cursores………………………….………………………….………………………64 Translación de un cursor a una posición paralela………………………….……………………………64 Reducción de un sistema de cursores a dos fuerzas………………………….……………………….65 Reducción de un sistema de cursores a un cursor y aun momento paralelo a el………..65 Teoría de VARIGNON………………………….………………………….………………………….………………66 Sitema de cursores particulares………………………….………………………….………………………….67 Sistema coplanar de cursores………………………….………………………….……………………………..68 Ejercicios ………………………….………………………….………………………….………………………….…….69

1 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Unidad II: Geometría de masas………………………….…………………………………………………….……………89 Fuerzas distribuidas………………………….………………………….………………………….……………….89 Fuerzas distribuidas por unidad de superficie o área…………………………..……………………89 Cargas por unidad de área………………………….………………………….…………………………………90 Fuerzas distribuidas por unidad de longitud………………………….………………………………….90 Centros de presión o aplicación………………………….………………………….…………………………90 Ejercicios………………………….………………………….………………………….………………………………..91 Fuerzas distribuidas por unidad de volumen………………………….………………………………..119 Fuerzas distribuidas a fluidos en reposo………………………….……………………………………….119 Fuerzas distribuidas en secciones planas………………………….………………………………………121 Fuerzas distribuidas en secciones alabeadas………………………….…………………………………121 Ejercicios………………………….………………………….………………………….……………………………….122 Unidad III: Momentos de Inercia………………………….………………………….……………………………………149 Momentos de inercia o segundos momentos………………………….……………………………….149 Momentos de inercia en áreas planas………………………….………………………….……………….149 Produccto de inercia de momentos centrífugas de áreas planas………………………………150 Momento polar de inercia………………………….………………………….…………………………………150 Radio de giro………………………….………………………….………………………….…………………………151 Teorema de STEINER………………………….………………………….…………………………………………151 Producto de momentos de inercia………………………….………………………….…………………….152 Ejercicios………………………….………………………………………………………………………………………152 Unidad IV: Equilibrio………………………….………………………….………………………….………………………….163 Diagrama de cuerpo libre(DCL) ………………………….………………………….………………………..163 Procedimiento general para dibujar un DCL………………………….………………………………….163 Casos particulares de condiciones de equilibrio coplanares……………………………………..165 Análisis de DCL………………………….………………………….………………………….………………………166 Ejercicios………………………….………………………….………………………….……………………………….168 Transformación de cargas repartidas………………………….………………………….………………..172 Ejercicios…………………………………………………….………………………….………………………………..174 Unidad V: Armaduras (cerchas,celosias,trusses,tigerales) ………………………….………………………..185 Definición………………………….………………………….………………………….………………………………185 Formación de armaduras………………………….……………………….………………………….…………186 Determinación estática de armaduras planas………………………….……………………………….187 Ejercicios………………………….………………………….………………………….……………………………….188 Método de Nodos o Nudos………………………….………………………….……………………………….197 Método de las secciones o método de Riter………………………….………………………….……..198 Ejercicios………………………….………………………….………………………….……………………………….198 Unidad VI: Fuerzas de sección………………………….………………………….………………………….……………209 Componentes rectangulares de las fuerzas de sección………………………….…………………210 Fuerzas de sección en sistemas planos………………………….………………………….……………..211 Determinación de fuerzas de sección de sistemas planos…………………………………………211 Ejercicios………………………….…………………………………………………….………………………………..212



INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DEFINICIÓN: Se define la mecánica como la ciencia que estudia las condiciones de reposo o de movimiento de los cuerpos (sólidos, líquidos o gaseosos) bajo la acción de fuerzas.

DIVISIÓN DE LA MECÁNICA: Según Kirchhoff se divide en tres partes: - ESTÁTICA Mecánica de los Sólidos Rígidos:

-CINEMÁTICA

- DINÁMICA Mecánica de los Sólidos Deformables: - RESISTENCIA DE MATERIALES

Mecánica de los Fluidos:

-

- FLUIDOS INCOMPRESIBLES.

- FLUIDOS COMPRESIBLES.

CONCEPTOS FUNDAMENTALES: Los conceptos básicos empleados en Mecánica son: Espacio, Tiempo, Masa y Fuerza. Estos conceptos no pueden ser verdaderamente definidos, pero deben ser aceptados sobre las bases de nuestra intuición y experiencia siendo utilizados como un marco de referencia mental para nuestro estudio de la mecánica.

ESPACIO: El concepto de espacio se asocia con la noción de la posición de un punto P; la posición de P puede ser definida por tres longitudes medidas desde cierto punto de referencia u origen, en tres direcciones dadas. Estas longitudes se conocen como las coordenadas de P.

TIEMPO: Es el concepto que determina la medida de la sucesión de acontecimientos, establece la noción de cuando ocurren. La unidad del tiempo es el segundo, que es una fracción convencional del periodo de rotación de la Tierra.

MASA: El concepto de masa se utiliza para caracterizar y comparar los cuerpos sobre las bases de ciertos experimentos mecánicos fundamentales. Por ejemplo: dos cuerpos de igual masa serán atraídos por la Tierra de la misma manera y ofrecerán la misma resistencia al cambio en el movimiento de traslación.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán FUERZA: Representa la acción de un cuerpo sobre otro afectando el estado de movimiento o de reposo del cuerpo sobre el cual actúa. Puede ser ejercida por contacto directo o a distancia, como en el caso de las fuerzas gravitacionales y las magnéticas respectivamente. Una fuerza es completamente definida por su magnitud, su punto de aplicación, su dirección y sentido, se representa por un vector.

La mecánica aquí tratada es la de Newton y por tanto los conceptos anteriores son absolutos e independiente entre sí: por otra parte, el concepto de fuerza no es independiente de los otros tres.

PARTICULA: Es el modelo matemático de un punto de masa. No tiene dimensiones, pero si tiene masa y su posición se puede especificar en el espacio. Cuando las dimensiones de un cuerpo no influyen en la descripción de su movimiento, puede tratarse al cuerpo como si fuera una partícula. En otros casos una partícula podrá considerarse como un elemento diferencial de un cuerpo.

CUERPO RIGIDO: Es el sólido formado por partículas cuyas distancias relativas permanecen sin una variación, sin importar la intensidad de la fuerza aplicada a dicho sólido.

SISTEMA DE REFERENCIA: La mecánica de Newton para ser empleada requiere de dos condiciones primordiales: que las velocidades consideradas sean despreciables frente a la LUZ y que las cantidades físicas estén dadas con respecto a un sistema de referencia inercial.

Se denomina SISTEMA DE REFERENCIA INERCIAL a todo sistema que se mueve uniformemente y sin rotación con respecto a una estrella fija en el espacio. No obstante, en la mayoría de los trabajos de ingeniería, el sistema de coordenadas se liga a la superficie de la Tierra, pues el error en que se incurre, debido a la rotación y traslación de esta es muy pequeña.

LEYES Y PRINCIPIOS BASICOS DE LA MECANICA: Ley del Paralelogramo: Esta ley establece a dos fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser reemplazadas por una sola, llamada resultante, dada por la diagonal del paralelogramo que tiene lados iguales a las fuerzas dadas.

Principio de Transmisibilidad: las condiciones de equilibrio o movimiento de un sólido rígido no varían si la fuerza que actúa sobre él se reemplaza por otra que tiene el mismo modulo, sentido y dirección, pero que actúa en un punto diferente, siempre que ambas fuerzas tengan la misma RECTA DE ACCIÓN.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 1° Ley de Newton: Todo cuerpo tiende a conservar su estado de reposo o de movimiento uniforme, si la fuerza resultante que actúa sobre ella es NULA.

2° Ley de Newton: Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es nula, la partícula tendrá una aceleración proporcional al módulo de la resultante y con la misma dirección y sentido que la resultante. (F=m.a). 3° Ley de Newton: Las fuerzas de acción y reacción entre cuerpos en contacto tienen la misma magnitud, la misma línea de acción, pero sentidos opuestos.

VECTORES EN EL ESPACIO. Un sistema de coordenadas tridimensional se construye trazando un eje Z, perpendicular en el origen de coordenadas a los ejes X e Y. Cada punto viene determinado por tres coordenadas P(x, y, z). Los ejes de coordenadas determinan tres planos coordenados: XY, XZ e YZ. Estos planos coordenados dividen al espacio en ocho regiones llamadas octantes, en el primer octante las tres coordenadas son positivas.

VECTOR EN EL ESPACIO Un vector en el espacio es cualquier segmento orientado que tiene su origen en un punto y su extremo en el otro.



Z

Y

COMPONENTES DE UN VECTOR EN EL ESPACIO. .Si las coordenadas de A y B son: A (x1, y1, z1) y B(x2, y2, z2) Las coordenadas o componentes del vector son las coordenadas del extremo menos las coordenadas del origen. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑿𝟐 − 𝑿𝟏 , 𝒀𝟐 − 𝒀𝟏 , 𝒁𝟐 − 𝒁𝟏 ) 𝑨𝑩

MODULO DE UN VECTOR El módulo de un vector es la longitud del segmento orientado que lo define. El módulo de un vector es un número siempre positivo y solamente el vector nulo tiene módulo cero. Cálculo del módulo conociendo sus componentes: ⃗⃗⃗ 𝑼 = ( 𝑼𝟏 , 𝑼𝟐 , 𝑼𝟑 ) ⃗⃗ ⎸ = √𝑼𝟐𝟏 + 𝑼𝟐𝟐 + 𝑼𝟐𝟑 ⎸𝑼

DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS La distancia entre dos puntos es igual al módulo del vector que tiene de extremos dichos puntos.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⎸ = √(𝒙𝟐 − 𝒙𝟏 )𝟐 + (𝒚𝟐 − 𝒚𝟏 )𝟐 + (𝒛𝟐 − 𝒛𝟏 )𝟐 𝒅( 𝑨, 𝑩) = ⎸𝑨𝑩



VECTOR UNITARIO Un vector unitario tiene de módulo la unidad. La normalización de un vector consiste en asociarle otro vector unitario, de la misma dirección y sentido que el vector dado, dividiendo cada componente del vector por su módulo. ⃗⃗ ⃗⃗⃗ = 𝑼 𝑽

⃗ ⃗𝟏 𝑽 ⃗𝟐 𝑽 ⃗𝟑 𝑽 𝑽 =( ; ; ) ⃗ ⎸ ⃗ ⎸ ⎸𝑽 ⃗ ⎸ ⎸𝑽 ⃗ ⎸ ⎸𝑽 ⎸𝑽

PROPIEDADES DE LA SUMA Y RESTA DE VECTORES - Suma de vectores. Para sumar dos vectores se suman cada una de sus componentes respectivamente.

⃗𝑼 ⃗ = ( 𝑼𝟏 , 𝑼𝟐 , 𝑼𝟑 )

⃗𝑽 = (𝑽𝟏 , 𝑽𝟐 , 𝑽𝟑 )

⃗𝑼 ⃗ + ⃗𝑽 = ( 𝑼𝟏 + 𝑽𝟏 , 𝑼𝟐 + 𝑽𝟐 , 𝑼𝟑 + 𝑽𝟑 )

Propiedades de la suma de vectores. Asociativa: ⃗𝑼 ⃗ + ( ⃗𝑽 + ⃗𝑾 ⃗⃗⃗ ) = ( ⃗𝑼 ⃗ + ⃗𝑽 ) + ⃗𝑾 ⃗⃗⃗

Conmutativa: ⃗⃗ + 𝑽 ⃗⃗⃗ = 𝑽 ⃗⃗⃗ + 𝑼 ⃗⃗ 𝑼

Elemento neutro: ⃗⃗ + ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 𝑼 𝑶 = 𝑼

Elemento opuesto:

⃗⃗ + ( − 𝑼 ⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 0 𝑼 Resta de vectores. Para obtener la resta de dos vectores libres se tiene que restar cada una de las componentes como se muestra en el ejemplo.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗ = ( 𝑼𝟏 , 𝑼𝟐 , 𝑼𝟑 ) 𝑼

⃗ = (𝑽𝟏 , 𝑽𝟐 , 𝑽𝟑 ) 𝑽

⃗⃗ − 𝑽 ⃗ = ( 𝑼𝟏 − 𝑽 𝟏 , 𝑼𝟐 − 𝑽 𝟐 , 𝑼𝟑 − 𝑽 𝟑 ) 𝑼

PRODUCTO DE UN NÚMERO REAL POR UN VECTOR El producto de un número real k pertenece a R, por un vector

es otro vector:

De igual dirección que el vector 𝑢 ⃗ . Del mismo sentido que el vector 𝑢 ⃗ si k es positivo. De sentido contrario del vector 𝑢 ⃗ si k es negativo. De módulo producto. Las componentes del vector resultante se obtienen multiplicando por K las componentes del vector. ⃗⃗ = ( 𝒌. 𝒖𝟏 + 𝒌. 𝒖𝟐 + 𝒌. 𝒖𝟑 ) 𝒌. 𝒖

Propiedades del producto de un número por un vector.

Asociativa ′ 𝒌. ( 𝒌′ . ⃗𝑢 ) = ( 𝒌 . 𝒌 ) . ⃗𝑢

Distributiva respecto a la suma de vectores ⃗⃗⃗ + 𝒗 ⃗⃗⃗ ) = 𝒌. 𝒖 ⃗⃗⃗ + 𝒌. 𝒗 ⃗⃗⃗ 𝒌. ( 𝒖

Distributiva respecto a los escalares ⃗⃗⃗ = 𝒌. 𝒖 ⃗⃗⃗ + 𝒌. 𝒖 ⃗⃗⃗ (𝒌 + 𝒌′ ). 𝒖

Elemento neutro

⃗⃗⃗ = 𝒖 ⃗⃗⃗ 𝒖

PRODUCTO ESCALAR El producto escalar de dos vectores es un número real que resulta al multiplicar el producto de sus módulos por el coseno del ángulo que forman. ⃗⃗⃗⃗ . 𝒗 ⃗⃗⃗ = ⎸𝒖 ⃗⃗⃗ ⎸. ⎸𝒗 ⃗⃗⃗ ⎸. 𝑪𝒐𝒔(𝜶) 𝒖 8 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Propiedades del producto escalar.

Conmutativa: ⃗⃗⃗⃗ . 𝒗 ⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 𝒖 𝒗 . 𝒖

Asociativa: 𝒌. ( ⃗⃗⃗⃗ 𝒖 . ⃗⃗⃗ 𝒗 ) = (𝒌. ⃗⃗⃗⃗ 𝒖 ) . ⃗⃗⃗ 𝒗

Distributiva: ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ .𝒗 ⃗ +𝒖 ⃗ .𝒘 ⃗⃗⃗ 𝒖 .( 𝒗 𝒘)=𝒖

El producto escalar de un vector no nulo por sí mismo siempre es positivo:

⃗ ≠𝟎⟹𝒖 ⃗ .𝒖 ⃗ >𝟎 𝒖 Producto mixto: El producto mixto de los vectores vector u, y w es igual al producto escalar del primer vector por el producto vectorial de los otros dos. El producto mixto se representa por [u, v, w].

⃗⃗ , 𝑽 ⃗ ,𝑾 ⃗⃗⃗⃗ ] = 𝑼 ⃗⃗ . (𝑽 ⃗ .𝑾 ⃗⃗⃗⃗ ) [𝑼

El producto mixto de tres vectores es igual al determinante que tiene por filas las coordenadas de dichos vectores respecto a una base orto-normal.

𝑼𝟏 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗⃗⃗ [𝑼, 𝑽, 𝑾 ] = | 𝑽𝟏 𝑾𝟏

𝑼𝟐 𝑽𝟐 𝑾𝟐

𝑼𝟑 𝑽𝟑 | 𝑾𝟑

-Interpretación geométrica del producto escalar El producto de dos vectores no nulos es igual al módulo de uno de ellos por la proyección del otro sobre él.



A

𝑣

O

𝐜𝐨𝐬(𝜶) =

𝑶𝑨′ ⃗⃗⃗ ⎸ |𝒖

B

⃗⃗⃗ ⎸. 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜶) 𝑶𝑨′ = ⎸𝒖

⃗⃗⃗⃗ . 𝒗 ⃗⃗⃗ = ⎸𝒗 ⃗⃗⃗ ⎸. 𝑶𝑨′ 𝒖

𝑶𝑨´ =

⃗⃗⃗⃗ . 𝒗 ⃗⃗⃗ 𝒖 ⃗⃗⃗ ⎸ ⎸𝒖

OA' es la proyección del vector u sobre v, que lo denotamos como:

𝑷𝒓𝒐𝒚𝒗⃗ ⃗⃗⃗ 𝒖 =

⃗⃗⃗⃗ 𝒖 . ⃗⃗⃗ 𝒗 ⃗⃗⃗ ⎸ ⎸𝒗

COSENOS DIRECTORES. ⃗⃗⃗⃗ = (x, y, z), a los cosenos En una base orto-normal, se llaman cosenos directores del vector 𝒖 ⃗⃗⃗⃗ con los vectores de la base. de los ángulos que forma el vector 𝒖

𝑪𝒐𝒔(𝜶) =

𝑿 √𝑿𝟐 + 𝒀𝟐 + 𝒁𝟐

; 𝑪𝒐𝒔(𝜷) =

𝒀 √𝑿𝟐 + 𝒀𝟐 + 𝒁𝟐

; 𝑪𝒐𝒔(𝜸) =

𝒁 √𝑿𝟐 + 𝒀𝟐 + 𝒁𝟐

𝑪𝒐𝒔𝟐 (𝜶) + 𝑪𝒐𝒔 𝟐 (𝜷) + 𝑪𝒐𝒔𝟐 (𝜸) = 𝟏

PRODUCTO VECTORIAL El producto vectorial de dos vectores es otro vector cuya dirección es perpendicular a los dos ⃗⃗⃗ a 𝐯 ⃗⃗ . Su módulo es vectores y su sentido sería igual al avance de un sacacorchos al girar de 𝐮 igual a 0. ⃗⃗⃗ . 𝐯 ⃗⃗ ⎸= ⎸𝐮 ⃗⃗⃗ ⎸⎸𝐯 ⃗⃗ ⎸. 𝐒𝐞𝐧(𝛂) ⎸𝐮 10 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán El producto vectorial se puede expresar mediante un determinante: 𝒊 ⃗⃗⃗ . ⃗𝐯⃗ ⎸= |⃗⃗⃗⃗ ⎸𝐮 𝒖𝟏 ⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟏

⃗⃗⃗ . 𝐯 ⃗⃗ ⎸= | ⎸𝐮

⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝟐 ⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟐

𝒋 ⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝟐 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟐

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝟑 𝒖 |𝒊 - | 𝟏 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟑 𝒗𝟏

⃗𝒌 ⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝟑 | ⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟑

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝟑 𝒖 |𝒋+ | 𝟏 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟑 𝒗𝟏

⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝟐 ⃗ |𝒌 ⃗⃗⃗⃗ 𝒗𝟐

𝑢. 𝑣 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Doble producto vectorial. Llamamos doble producto vectorial (o también triple producto vectorial) de tres vectores a la ̅ )o ( 𝑨 ̅ ; Esto es, el producto vectorial de dos vectores se multiplica ̅. ( 𝑩 ̅. 𝑪 ̅∙ 𝑩 ̅ ).𝑪 expresión 𝑨 vectorialmente por un tercer vector.

Para calcular el doble producto vectorial se utiliza la siguiente fórmula:

̅) = 𝑩 ̅) − 𝑪 ̅( 𝑨 ̅. ( 𝑩 ̅. 𝑪 ̅( 𝑨 ̅∙ 𝑪 ̅∙ 𝑩 ̅) 𝑨

BxC A

C

A x (B x C)

B



1.- UNIDAD I: TEORIA DE CURSORES. CURSOR: El curso o también vector deslizante, es un vector que está obligado a que actué a lo largo de la recta que lo contiene, un ejemplo de este tipo de vectores, es la fuerza que actúa en un sólido rígido. En este caso el efecto que produce la fuerza sobre el sólido rígido (aceleración) será el mismo, si actúa la fuerza en cualquiera de los puntos comunes al sólido y a su recta de acción, tales como: P1, P2, P3, etc. La teoría de la presente unidad, también es aplicable para todo tipo de vectores, ya sean velocidades, aceleraciones, desplazamientos, momento cinético, etc.

1.1-

MOMENTO DE UN CURSOR CON RESPECTO A UN PUNTO

En la Fig. 1, se muestra al cursor F, cuya recta de acción es L y cuyo extremo inicial supondremos que es el punto A. el punto Q es un punto fijo situado fuera de la recta L cuya posición está definida con referencia a un sistema de coordenadas y que le denominaremos CENTRO DE MOMENTOS. Definimos como momento del cursor F con respecto al punto Q al vector MQ cuyo valor está dado por la expresión:

̅ )𝒙 𝑭 ̅ 𝑸 = (𝑨 ̅−𝑸 ̅ 𝑴

(1)



⃗ – ⃗⃗⃗ Llamando al vector (𝑨 𝑸 ), que representa la posición de A con respecto al centro de momentos “r”, la expresión (1) se puede escribir como:

̅ 𝑸 = 𝒓̅𝒙 𝑭 ̅ 𝑴

(2)

F

A r Q1 Las características del vector MQ, modulo, dirección y sentido se han determinado al estudiar el producto vectorial de dos vectores. De la figura (2), se deduce que el módulo de MQ es: ̅𝑸 = 𝑭 ̅ . 𝒓̅ SenӨ; representa la distancia “d” del centro de momentos a la recta L. en 𝑴 consecuencia se tiene: ̅𝑸 – 𝑭 ̅d 𝑴

(3)

̅ 𝑸 está perfectamente definido y su valor es independiente en donde se El vector momento 𝑴 ̅ , en efecto, consideremos ahora que el extremo inicial de 𝑭 ̅ encuentre el extremo inicial de 𝑭 ̅ , en este caso 𝑴 ̅ 𝑸 tendrá por valor: es 𝑩


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅) 𝒙 𝑭 ̅ 𝑸 = (𝑩 ̅ −𝑸 ̅ 𝑴

̅ ) = (𝑨 ̅ ) + (𝑩 ̅ −𝑸 ̅−𝑸 ̅ −𝑨 ̅ ) en la expresión anterior: Reemplazando el vector (𝑩

̅ ) + (𝑩 ̅ 𝑸 = [(𝑨 ̅−𝑸 ̅ −𝑨 ̅ )] 𝒙 𝑭 ̅ 𝑴 ̅ ) 𝒙 𝑭 + (𝑩 ̅ 𝑸 = (𝑨 ̅−𝑸 ̅ −𝑨 ̅ )𝒙 𝑭 ̅ 𝑴

̅ −𝑨 ̅) x 𝑭 ̅ , es nulo por ser 𝑭 ̅ y (𝑩 ̅ −𝑨 ̅ ) paralelos, en consecuencia, se tiene: El término (𝑩 ̅) 𝒙 𝑭 ̅ )𝒙 𝑭 ̅ 𝑸 = (𝑩 ̅ −𝑸 ̅ = (𝑨 ̅−𝑸 ̅ 𝑴

(4)

La expresión (4) nos indica que el momento de un cursor con respecto a un punto, se obtiene multiplicando vectorialmente el vector posición, con respecto al centro de momentos de cualquier punto de la recta de acción del cursor, por el cursor.

̅ . Si El efecto mecánico que produce el vector momento depende de la naturaleza del cursor 𝑭 ̅ es un vector fuerza, el momento trata de producir una rotación con respecto al eje que es 𝑭 perpendicular al plano definido por la fuerza y el brazo del momento. El momento así definido es una medida del efecto rotacional de una fuerza con respecto a un punto.

1.2- EXPRESION CARTESIANA DEL MOMENTO DE UN CURSOR CON RESPECTO

A UN PUNTO.

̅ = (FX, FY, FZ), cuya recta de acción pasa por el punto 𝑨 ̅ (X1, Y1, Z1) y cuyo momento Si el cursor 𝑭 ̅ (X1, Y1, Z1) lo vamos a expresar en coordenadas cartesianas. con respecto al punto 𝑸 Supondremos dos casos: Cuando Q coincide con el origen de coordenadas O:(0, 0, 0) ̅̅̅̅̅= 𝒓̅ x 𝑭 ̅ 𝑴𝒐 𝒊 ̅̅̅̅̅ = |𝑿𝟏 𝑴𝒐 𝑭𝒙

𝒋 𝒀𝟏 𝑭𝒚

𝒌 𝒁𝟏 | 𝑭𝒛



F

A r Q1 Desarrollando el determinante: ̅ 𝑸 = (Y1FX - Z1FY)i + (Z1FX - X1FX)i + (X1FY – Y1FX)k 𝑴

(5)

̅ 𝒙, 𝑴 ̅𝒚 y𝑴 ̅ 𝒛 a las componentes del momento 𝑴𝒐 ̅̅̅̅̅, tendremos: Si llamamos 𝑴 ̅ 𝒙 = Y1FZ - Z1FY 𝑴 ̅ 𝒚 = Z1FX – X1Fz (6) 𝑴 ̅ 𝒛 = X1FY – Y1FZ 𝑴

̅ = (X1, Y1, Z1) Cuando 𝑸

̅) x 𝑭 ̅̅̅̅̅ ̅–𝑸 ̅ 𝑴𝒐 = (𝑨 𝒊 𝒋 𝒌 ̅ (𝑿 − 𝑿 ) (𝒀 − 𝒀 ) (𝒁 − 𝒁𝟐 )| 𝑴=| 𝟏 𝟐 𝟏 𝟐 𝟏 𝑭𝑿 𝑭𝒚 𝑭𝒛


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅ 𝒙, 𝑴 ̅𝒚 y 𝑴 ̅ 𝒛 serán: Sus componentes 𝑴

̅ 𝒙 , = (Y1 - Y2)Fz – (Z1 - Z2)Fy 𝑴 ̅ 𝒚 = (Z1 - Z2)Fx – (X1 - X2)Fz (7) 𝑴 ̅ 𝒛 = (X1 - X2)Fy – (Y1 - Y2)Fx 𝑴

1.3- MOMENTO DE UN CURSOR CON RESPECTO A UN EJE :

̅ actuando en la recta L1; y la recta L que pasa por el punto Q1 y es La Fig. (5) muestra al cursor 𝑭 ̅ con respecto al eje L, al paralela al vector unitario 𝒆̅. Definiremos como momento del curso 𝑭 ̅ 𝟏 ; cuyo valor es la proyección sobre la recta L del vector momento 𝑴 ̅ Q1, vector deslizante 𝑴 ̅ ̅ que representa al momento del cursor 𝑭 con respecto al punto 𝑴𝟏 o a cualquier otro punto de ̅ L se puede calcular por la la recta L como se demostrara a continuación. El módulo de 𝑴 expresión:

̅) 𝒙 𝑭 ̅ 𝑳 = [(𝑨 ̅−𝑸 ̅ ]. 𝒆̅ 𝑴

(8)

̅ ), entonces: ̅−𝑸 Si llamamos 𝒓̅= (𝑨 ̅ 𝑳 = (𝒓̅ x 𝑭 ̅ ). 𝒆̅ 𝑴

(9)

En consecuencia: ̅ 𝑳 = [(𝒓̅ 𝒙 𝑭 ̅ ). 𝒆̅]𝒆̅ 𝑴

Se demuestra que el valor de la expresión (8) es independiente si se toma el punto Q 1 o cualquier otro punto Q2 de la recta L. La expresión (8) se puede escribir en función de Q2 como: ̅ 𝟐 )𝒙 𝑭 ̅ 𝑳 = [(𝑨 ̅−𝑸 ̅ ]. 𝒆̅ 𝑴

̅ 𝟐 ) = (𝑸 ̅1 – 𝑸 ̅ 2) + (𝑨 ̅ 1); ver figura anterior: ̅−𝑸 ̅−𝑸 Como (𝑨



̅ 𝑳 se puede escribir como: El módulo de 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙 𝑭 ̅ 𝟏 )𝒙 𝑭 ̅ 𝑳 = [(𝑸 ̅ + (𝑨 ̅−𝑸 ̅ ]. 𝒆̅ 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙 𝑭 ̅ 𝟏 )𝒙 𝑭 ̅ 𝑳 = [(𝑸 ̅ ]. 𝒆 + [(𝑨 ̅−𝑸 ̅ ]. 𝒆̅ 𝑴

̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ) es paralelo al vector unitario e y (𝑸 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ) x F es perpendicular Como (𝑸 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ) Por lo tanto también a 𝒆̅, el primer término e la expresión (a) es nulo, luego: (𝑸

̅ 𝟐) x 𝑭 ̅ 𝟏) x 𝑭 ̅ 𝑳 = {(𝑨 ̅–𝑸 ̅ } . 𝒆̅ = {(𝑨 ̅–𝑸 ̅ }. 𝒆̅, u, que es lo que queríamos demostrar. 𝑴

1.4- EXPRESIÓN CARTESIANA DEL MOMENTO DEL CURSOR 𝐅̅ CON RESPECTO A

UN EJE: ̅ = (Fx, Fy, Fz), cuya recta de acción pasa por el punto 𝑨 ̅ (X1, Y1, En la Fig. (6) Se tiene al cursor 𝑭 ̅ (X2, Y2, Z2) y es paralela al vector unitario 𝒖 ̅ (cosα, cosβ, Z1) y la recta L pasa por el punto fijo 𝑸 cosy). Determinar la expresión cartesiana del momento del cursor F con respecto al eje L. Sabemos que:

̅ 1) x 𝑭 ̅ 𝑳 = {(𝑨 ̅–𝑸 ̅ }.𝒖 ̅ 𝑴

Que se puede escribir como:

(𝑿𝟏 − 𝑿𝟐 ) (𝒀𝟏 − 𝒀𝟐 ) (𝒁𝟏 − 𝒁𝟐 ) ̅ 𝑭𝒙 𝑭𝒚 𝑭𝒛 𝑴𝑳 = | | 𝐜𝐨𝐬 𝜶 𝐜𝐨𝐬 𝜷 𝐜𝐨𝐬 𝜸

(11)



Conociendo el modulo ML, podemos hallar el vector ML. ̅𝑳 =𝑴 ̅𝑳 u=𝑴 ̅ 𝑳 (cosα, cosβ, cosy) 𝑴

(12)

1.5- COORDENADAS DE UN CURSOR.

Todo vector queda completamente definido si se conoce de él, su módulo, dirección y sentido, y además la recta de acción en donde actúa. Sin embargo, un cursor también quedara definido ̅𝒙, 𝑭 ̅𝒚 y 𝑭 ̅ 𝒛 y además las componentes 𝑴 ̅ 𝒙, 𝑴 ̅𝒚 y 𝑴 ̅ 𝒛 del si se conocen las componentes 𝑭 ̅ (X1, Y1, Z1). ̅ 1 del cursor con respecto al punto 𝑸 momento 𝑴

El conjunto de las tres componentes del cursor y las tres componentes del momento M 1 ̅𝒙, 𝑭 ̅𝒚 y 𝑭 ̅ 𝒛 , permiten reciben el nombre de COORDENADAS DEL CURSOR. Las componentes 𝑭 conocer su módulo, dirección y sentido. La recta de acción del cursor quedara definida si se ̅ (X1, Y1, Z1) pues es paralela a la fuerza (ver Figura 5). conoce un punto de ella tal como 𝑨


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Las ecuaciones de la expresión (13);

̅ 𝒙 = (Y1 –Y2)Fx – (Z1 – Z2) 𝑭 ̅𝒚 𝑴 ̅ 𝒚 = (Z1 –Z2)Fx – (X1 – X2) 𝑭 ̅𝒛 𝑴 ̅ 𝒛 = (X1 –X2)Fy – (Y1 – Y2) 𝑭 ̅𝒙 𝑴

Nos permiten calcular las tres coordenadas X1, Y1, Z1: Analizamos que las coordenadas del cursor no son independientes entre sí; sino que existe una ̅ 1 es perpendicular a 𝑭 ̅ , en consecuencia, podemos escribir relación entre ellas. El vector 𝑴 que;

̅𝒙, 𝑭 ̅𝒚 y 𝑭 ̅ 𝒛 ) – (𝑴 ̅ 𝒙, 𝑴 ̅𝒚 y 𝑴 ̅𝒛 )=0 (𝑭 ̅𝒙𝑴 ̅𝒙 +𝑭 ̅𝒚 𝑴 ̅𝒚 +𝑭 ̅𝒛𝑴 ̅ 𝒛= 0 𝑭

̅𝒙, La Ec. (13) nos permite asegurar que, si se conocen solo cinco componentes, tales como: 𝑭 ̅𝒚 y 𝑭 ̅𝒛, 𝑴 ̅ 𝒙, 𝑴 ̅ 𝒚 , o cualquier otra combinación, se puede determinar la componente que falta 𝑭 por la Ec. (13) y obtener siempre las tres ecuaciones de la expresión (7) que permite la determinación de A.

1.6- SISTEMA DE CURSORES. Se denomina sistema de cursores al conjunto de los cursores F1,F2,F3…….F∞, cuyas rectas de acción pasan por los puntos A1, A2, A3…….A∞, respectivamente.

̅ Q con Para todo sistema de cursores se puede determinar su resultante R y su momento 𝑴 respecto a un punto Q que los denominaremos CENTRO DE REDUCCION o centro de momentos. ̅ es un vector libre, independiente del centro de reducción y recibe el nombre de El vector 𝑹 invariante vectorial.

𝑅̅ = ∑ 𝐹̅1

̅ ̅ ̅ = ∑𝒊=𝒏 ̅ 𝑴 𝒊=𝟏 (𝑨𝒊 − 𝑸)𝒙 𝑭𝒊

1.7- SITEMA DE CURSORES EQUIVALENTES. Dos o más sistemas de cursores son equivalentes, cuando tienen la misma resultante y cundo el momento con respecto a cualquier punto de espacio de ambos sistemas son iguales.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Para que dos sistemas de cursores sean equivalentes será condición necesaria y suficiente que se cumpla para los dos sistemas la ecuación (14)

1.8- CAMBIOS DE CENTROS DE REDUCCION.

̅ y su momento 𝑴 ̅ 1 con Cuando un sistema de cursores del cual se conoce su resultante 𝑹 respecto al punto Q1, es posible determinar el momento de este sistema con respecto a un punto Q1 cualquiera en función de estas variables; en efecto:

̅ 𝟏 )𝒙𝑭 ̅ 𝟏 = ∑(𝑨 ̅𝒊 − 𝑸 ̅̅̅𝒊 𝑴 ̅ 𝟐 )𝒙 𝑭 ̅ 𝟐 = ∑(𝑨 ̅𝟏 − 𝑸 ̅𝒊 𝑴

(b)

La expresión (b) se puede escribir como: (15) ̅𝟏 + 𝑸 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ) 𝒙𝑭 ̅ 𝟐 = ∑(𝑨 ̅𝒊 − 𝑸 ̅𝟏 𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙𝑭 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑭 ̅𝒊 − 𝑸 ̅ 𝟏 + ∑( 𝑸 ̅𝟏 = ∑( 𝑨 ̅ 𝟏 )𝒙𝑭 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙 ∑ 𝑭 ̅𝒊 − 𝑸 ̅ 𝟏 + (𝑸 ̅𝟏 = ∑( 𝑨


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Tenemos que: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟐 = 𝑴 ̅ 𝟏 + (𝑸 ̅ 𝑴

Un análisis de la ecuación (15) nos permite asegurar: ̅1 = 0 Si para un sistema se obtiene R = 0 y 𝑴 Si R = 0

̅1 = 𝑴

̅2= 0 𝑴

̅2 𝑴

Si R es paralela a Q1 – Q2

̅1 = 𝑴 ̅2 𝑴

Si para un punto Q1 se cumple que M1 = 0 con R 0, el momento para cualquier otro punto ̅ 2=0. Q2 situado sobre la recta L que pasa por Q1 y la paralela a R 𝑴 ̅ 1–𝑸 ̅) x 𝑹 ̅ 1 = (𝑸 ̅ Si para cualquier punto Q1 se verifica que 𝑴 por vectores concurrentes en Q1.

el sistema está constituido

̅ 1, 𝑴 ̅2 y 𝑴 ̅ 3 de un sistema de cursores con respecto a los Ejemplo: Se tiene los momentos 𝑴 puntos Q1, Q2 y Q3 no situados en línea recta.

Demostrar que la resultante R del sistema de cursores está dado por: ̅= 𝑹

̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑴 ̅𝟑 −𝑴 ̅ 𝟏) (𝑴 ̅𝟑 − 𝑸 ̅ 𝟏) ̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑸 (𝑴

Solución: Teniendo en cuenta la ecuación (15) para los 3 cursores ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟐 = 𝑴 ̅ 𝟏 + (𝑸 ̅ 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 )𝒙𝑹 ̅𝟑 = 𝑴 ̅ 𝟏 + (𝑸 ̅ 𝑴 Expresiones que se pueden escribir como: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 = (𝑸 ̅ 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 )𝒙𝑹 ̅𝟑 −𝑴 ̅ 𝟏 = (𝑸 ̅ 𝑴 Multiplicando miembro a miembro vectorialmente tenemos: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 )𝒙𝑹 ̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑴 ̅𝟑 −𝑴 ̅ 𝟏 ) = {(𝑸 ̅ }𝑿{(𝑸 ̅} (𝑴

̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 ) 𝒚 𝑪 = 𝑹, por la propiedad del producto triple ̅ ; 𝑩 = (𝑸 Si hacemos A=(𝑸 vectorial, nos permite escribir al segundo miembro de la Ec. (II) que la llamamos, como: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 ) − {[(𝑸 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 )}𝑹 ̅ ]. 𝑹 ̅ }(𝑸 ̅ ]. (𝑸 ̅ 𝑲 = {[(𝑸


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅ , es perpendicular El primer término de la expresión es nula puesto que el vector (𝑸 al vector R, en consecuencia la expresión (II) se reduce a:

̅𝟐 − 𝑸 ̅ 1 )𝒙𝑹 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 )}𝑹 ̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑴 ̅𝟑 −𝑴 ̅ 𝟏 ) = {⌈(𝑸 ̅ ⌉. (𝑸 ̅ (𝑴

̅𝟐 − 𝑸 ̅ 𝟏 ) 𝒙𝑹 ̅ es igual a (𝑴 ̅𝟏 −𝑴 ̅ 𝟐 )en consecuencia se tendrá: El término (𝑸

̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟑 )}𝑹 ̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑴 ̅𝟑 −𝑴 ̅ 𝟏 ) = {(𝑴 ̅𝟏 −𝑴 ̅ 𝟐 ). (𝑸 (𝑴

Finalmente: ̅= 𝑹

̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑴 ̅𝟑 −𝑴 ̅ 𝟏) (𝑴 ̅𝟑 − 𝑸 ̅ 𝟏) ̅𝟐 −𝑴 ̅ 𝟏 )𝒙(𝑸 (𝑴

PROPIEDAD EQUIPROYECTIVA DEL MOMENTO DE UN SISTEMA DE CURSORES: 1.9-

̅ = ∑F1, es independiente del centro de momentos, es decir un Teniendo en cuenta que: 𝑹 invariante vectorial. Se puede demostrar que también son invariantes los componentes de los momentos M1 y M2, ̅ o la recta que pasa del sistema con respecto a los puntos Q1 y Q2 sobre la recta de acción de 𝑹 por los puntos Q1 y Q2. Con respecto al sistema de cursores, este será equivalente a un sistema constituido por la ̅ y el momento 𝑴 ̅ con respecto a un punto Q; demostraremos más adelante que resultante 𝑹 ̅ la recta de acción de 𝑹 para por Q.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Se tiene: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅𝟐 = 𝑴 ̅ 𝟏 + (𝑸 ̅ 𝑴

Multiplicando escalarmente por R: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅. 𝑴 ̅𝟐 = 𝑹 ̅. 𝑴 ̅𝟏 +𝑹 ̅ . (𝑸 ̅ 𝑹

̅ y (𝑄̅1 − 𝑄̅2 )𝑥𝑅̅, son perpendiculares entonces su producto escalar es cero. De modo Como 𝑹 que: ̅. 𝑴 ̅𝟐 = 𝑹 ̅. 𝑴 ̅ 𝟏 = 𝒄𝒕𝑒. 𝑹

(18)

Efectuando el producto se tiene: ̅𝑴 ̅ 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 = 𝑹 ̅𝑴 ̅ 𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 𝑹 ̅ 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 = 𝑴 ̅ 𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 = 𝑪 = 𝒄𝒕𝒆. 𝑴

(19)

El valor de C nos representa el invariante de los momentos, dicho valor se puede calcular por: 𝑪=

̅ .𝑴 ̅ 𝑹 ̅| |𝑹

(20)

̅ , se tiene que la proyección ̅ 2, paralelo a 𝑹 Si multiplicamos la ecuación (19) por el vector 𝒖 ̅ sobre, también es constante. ortogonal de 𝑴 ̅ 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 )𝒖 ̅ 𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 )𝒖 ̅ 𝟐 = (𝑴 ̅𝟐 (𝑴

(21)

̅1 y𝑴 ̅ 2 sobre 𝑹 ̅. En la figura (19) se muestra las proyecciones de 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ): Multipliquemos nuevamente la ecuación (I) escalarmente por el vector (𝑸

̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐) = 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ) + (𝑄̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 ). (𝑸 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐 )𝒙𝑹 ̅ 𝟐 . (𝑸 ̅ 𝟏 . (𝑸 ̅ 𝑴

Efectuando se tiene: ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐) = 𝑴 ̅𝟏 − 𝑸 ̅ 𝟐) ̅ 𝟐 . (𝑸 ̅ 𝟏 . (𝑸 𝑴

(22)

̅ 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜶𝟐 = 𝑴 ̅ 𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜶𝟏 = 𝑪 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝑴 𝑪=

̅ 𝟏 −𝑸 ̅ 𝟐) ̅ .(𝑸 𝑴 ̅ 𝟏 −𝑸 ̅ 𝟐 )| |(𝑸

(23)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅1 y 𝑸 ̅ 2 se tendrá: Si L es un vector paralelo a la recta L que pasa por 𝑸

̅ 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝜶𝟐 )𝒖 ̅ 𝟏 𝐜𝐨𝐬 𝜶𝟏 )𝒖 ̅ 𝑳 = (𝑴 ̅𝑳 (𝑴

(24)

̅ sobre L. Las ecuaciones (23) y (24) nos representan la componente y la proyección de 𝑴 cualquiera que sea la naturaleza de los vectores, momentos, velocidades, desplazamientos pequeños etc. Que cumplen la ecuación (22) pertenecen a campos vectoriales denominados “equi proyectivos”, en los cuales se puede demostrar que se cumple siempre la ecuación (15).

1.10- VALOR MINIMO DEL MOMENTO DE UN SISTEMA DE CURSORES Hemos visto que la componente C y la proyección ortogonal M´ del momento M sobre la recta de acción de R es constante, siendo en su módulo, el valor absoluto de Mcos 𝜃.

̅ = 𝑴

𝑪 𝒄𝒐𝒔 𝜽

El valor de M puede variar según el valor del ángulo Ө; siendo mínimo cuando cos 𝜃 es la unidad, es decir cuando Ө = 0° o 180°. En este caso M´ es paralelo a R.

EJE CENTRAL Se concluye que variando el centro de reducción Q, el momento del sistema varia, pero que permanece invariable su componente C y su proyección M sobre la recta de acción de R, o una paralela a ella, de modo que su otra proyección M” (Ver figura 10), perpendicular a R hace que el momento M tome infinitos valores.

Vamos a demostrar que “para todo sistema de cursores existen puntos alineados con respecto a los cuales el momento del sistema es paralelo a R”. La recta a la cual pertenecen estos puntos recite el nombre de EJE CENTRAL. Demostraremos primero que si existe un punto Q con respecto al cual el vector momento es paralelo a la resultante “los puntos de la recta L que pasa por Q y es paralela a R dan también vectores momentos paralelos a R”. Por la condición impuesta, el momento M del sistema con respecto a Q será:

̅ = 𝒌𝑹 ̅ 𝑴 Siendo k un número real. Tomemos momentos con respecto a otro punto Q1 de la recta L; su momento M1 será: ̅ −𝑸 ̅ 𝟏 )𝒙𝑹 ̅ 𝟏 = 𝒌𝑹 ̅ + (𝑸 ̅ 𝑴


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Como los vectores (Q – Q1) y R son paralelos tendremos: ̅ 𝟏 = 𝒌𝑹 ̅ 𝑴

Lo que demuestra nuestro enunciado. Determinemos el punto Q que hace que el momento sea paralelo a R. conociendo el sistema de cursores, es posible conocer su momento M0 con respecto al origen, en consecuencia es posible establecer una relación entre los momentos M paralelos a R y M0.

̅ −𝟎 ̅)𝒙𝑹 ̅ 𝒙𝑹 ̅𝟎 = 𝑴 ̅ + (𝑸 ̅ ⇒ 𝒌𝑹 ̅=𝑴 ̅𝟎 −𝑸 ̅ 𝑴

(25)

Multipliquemos vectorialmente la ecuación (25) por R

̅ 𝒙𝑹 ̅ 𝒙 𝒌𝑹 ̅=𝑹 ̅ 𝒙̅𝑴 ̅̅̅𝟎 − 𝑹 ̅ 𝒙 [𝑸 ̅] 𝑹 ̅ + (𝑹 ̅) 𝑹 ̅ 𝒙𝑴 ̅ 𝟎 − (𝑹 ̅ .𝑹 ̅ )𝑸 ̅ .𝑸 ̅ 𝜽=𝑹 ̅ + (𝑹 ̅) 𝑹 ̅ 𝒙𝑴 ̅ 𝟎 = −𝑹 ̅ .𝑸 ̅ .𝑸 ̅ −𝑹

Como Q es punto cualquiera del espacio, elijamos a Q de tal manera que el momento del sistema con respecto a él sea paralelo a R pero que además su vector posición sea perpendicular a la recta paralela R para este punto podemos escribir.

̅ =𝑹 ̅𝒙𝑴 ̅𝟎 𝑹𝟐 𝑸 ̅

̅

̅ = 𝑹 𝒙 𝟐𝑴𝟎 𝑸 𝑹

(26)

La recta L que pasa por Q y es paralela al R es el EJE CENTRAL, cuya ecuación será: 𝐿: 𝑃̅ = 𝑄̅ + 1𝑅̅


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 1.11- ECUACION CARTESIANA DEL EJE CENTRAL De la ecuación vectorial (27) se pueden deducir las ecuaciones paramétricas y cartesianas del eje central, sin embargo, es posible obtener también la expresión cartesiana usando la ecuación (25), en donde Q ya no es punto particular como el deducido por la ecuación (26), sino un punto genérico Q = (x, y, z). Si llamamos a R = (Rx, Ry, Rz) y al momento M0 = (Mx, My, Mz) y los reemplazamos en la ecuación (25), tendremos: 𝒌(𝑹𝒙 , 𝑹𝒚 , 𝑹𝒛 ) = (𝑴𝒙 , 𝑴𝒚 , 𝑴𝒛 ) − (𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒙(𝑹𝒙 , 𝑹𝒚 , 𝑹𝒛 ) Efectuando e identificando se tiene: 𝑴𝒐𝒙 + 𝑹𝒚 𝒛 − 𝑹𝒛 𝒛 = 𝒌𝑹𝒙 𝑴𝒐𝒚 + 𝑹𝒛 𝒙 − 𝑹𝒙 𝒛 = 𝒌𝑹𝒚 𝑴𝒐𝒛 + 𝑹𝒙 𝒚 − 𝑹𝒚 𝒙 = 𝒌𝑹𝒛 Eliminando el parámetro k se obtiene:

𝑴𝒐𝒙 +𝑹𝒚 𝒛−𝑹𝒛 𝒚 𝑹𝒙

=

𝑴𝒐𝒚 +𝑹𝒛 𝒙−𝑹𝒙 𝒛 𝑹𝒚

=

𝑴𝒐𝒛 +𝑹𝒙 𝒚−𝑹𝒚 𝒙

(28)

𝑹𝒛

La ecuación (28) es la ecuación del eje central en función de las componentes del momento con respecto al origen y de la resultante del sistema.

EJERCICIOS: 1. De la torre mostrada de alta tensión se está colocando en posición vertical por medio de dos cables AB y AC, el peso de la torre es de 2400 lb.f que se concentra a la mitad del tramo OA las fuerzas P y Q en el instante dado en la figura son de 700 lb.f y 900 lb.f respectivamente, se pide determinar:El momento del sistema de fuerzas con respecto a B, así como el momento con respecto al punto A. Exprese las respuestas en forma vectorial y escalar El momento combinado del sistema de fuerzas respecto al eje BC Determinar la ecuación del eje central A

z P=700 Q=900

E 69 pies

B

W=2400

C

D F

x MECÁNICA PARA INGENIEROS

y 26

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Ubicamos todos los puntos que se muestran 𝐴 = (0; 40; 69) ⃗ = (−28; −40; 0) 𝐵 𝐶 = (32; −36; 0) ⃗ = (0; 20; 0) 𝐷 𝐸⃗ = (0; 20; 34.5) 𝐹 = (0; 40; 0) Por semejanza de triángulos determinamos el valor de h para el punto E 69 ℎ = 40 20 ℎ = 34.5 Se determinan las fuerzas vectorialmente descomponiendo cada vector utilizando el vector unitario El vector P mediante el vector unitario AB: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐴𝐵 = 𝑃⃗ =

⃗ − 𝐴) (𝐵 |𝐴𝐵|

(−28 ; −80 ; −69) √282 + 802 + 692

𝑃⃗ = (−179.33 ; −512.38 ; −441.93)

El mismo procedimiento se realiza para el vector Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐴𝐶 = ⃗ = 900 𝑄

(𝐶 − 𝐴) |𝐴𝐶|

(32, −76, −69) 107.52

⃗ = (267.85; −636.15; −577.56) 𝑄

Para el vector W ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐴𝐹 = 𝑊 = 2400

(𝐹 − 𝐴) |𝐴𝐹|

(0; 40; 0) − (0; 40; 69) √692

𝑊 = (0; 0; −2400)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Entonces la fuerza resultante es: ⃗ +𝑊 ⃗⃗⃗ 𝑅⃗ = 𝑃⃗ + 𝑄 𝑅⃗ = (−179.33 ; −512.38 ; −441.93) + (267.85; −636.15; −577.56) + (0; 0; −2400) 𝑅⃗ = (88.52; −1148.53; −3419.49) 𝑅 = 3608.31

Una vez que ya se tienen los puntos y las fuerzas descompuestas se procede a calcular el momento respecto al punto A. Se determina las distancias y fuerzas que provoca el momento respecto al punto A

⃗ + ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 = ⃗⃗⃗ 𝑟1 𝑥 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗ 𝑟2 𝑥 𝑄 𝑟3 𝑥 𝑊 Las distancias r1 y r2 son 0 ya que no hay cierta distancia para que provoque el momento ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 = ⃗⃗⃗ 𝑟3 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑊 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑊 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 = (0 ; −20 ; −34.5) × (0 ; 0 ; −2400) 0 −20 −34.5 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 = [ ] 0 0 −2400 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 = (48000 ; 0 ; 0) = 48000 𝑙𝑏𝑓/𝑝𝑖𝑒

A continuación, determinaremos el momento respecto al origen Mo ⃗ + ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = ⃗⃗⃗ 𝑟1 × 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗ 𝑟1 × 𝑄 𝑟2 × 𝑊 ⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴 × 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴 × 𝑄 𝑂𝐸 × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑊 0 40 69 0 40 63 ]+[ ] −179.33 −512.38 −441.93 267.85 −636.15 −577.56 0 20 34.5 +[ ] 0 0 −2400

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = [

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = (17677.02; −12373.77; 7173.2) + (16975.05; 16874.55; −10714) + (48000; 0; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = (82652.07; 4500.78; −3540.8) 𝑀𝑜 = 82850.22

El momento combinado respecto al punto B: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥 𝑅⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 + 𝐵𝑂 𝑀𝐵 = 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 = (82652.07; 4500.78; −3540.8) + [(28 ; 40 ; 0)𝑥(88.52; −1148.53; −3419.49)] 28 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 28 40 0 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 = (82652.07; 4500.78; −3540.8) + [ ] 88.52 −1148.53 −3419.49 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 = (82652.07; 4500.78; −3540.8) + (−136779.6; 95745.72; −24214.34) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 = (−54127.53; 100246.5; −27755.14) 𝑀𝐵 = 117258.25 𝑙𝑏. 𝑓/𝑝𝑖𝑒

Momento respecto al eje BC se calculará a partir de la siguiente ecuación ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐶 = (𝑈𝐵𝐶 ∙ 𝑀𝐵 )𝑈𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐵𝐶 =

(−60; −4; 0) √602 + 42 + 02

= (−0.998; −0.067; 0)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐶 = [(−0.998; −0.067; 0) ∙ (−54127.53; 100246.5; −27755.14)](−0.998; −0.067; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐶 = 47302.759(−0.998; −0.067; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐶 = (−47208.153; −3169.385; 0) 𝑀𝐵𝐶 = 47314.424 𝑙𝑏. 𝑓/𝑝𝑖𝑒

Ecuación del eje central ⃗ = 𝑄

𝑅⃗ 𝑥𝑀𝑜 𝑅2

88.52 −1148.53 −3419.49 [ ] 82652.07 4500.78 −3540.8 ⃗ = 𝑄 3608.312

⃗ = 𝑄

(19457087.23; −282314495.2; 95326791) 13019901.06

⃗ = (1.494; −21.683; 7.322) 𝑄

Procedemos a calcular la ecuación del eje central Ecuación vectorial

⃗ + 𝑡(𝑅⃗ ) 𝑃⃗ = 𝑄

(𝑥0 ; 𝑦0 ; 𝑧0 ) = (1.494; −21.683; 7.322) + 𝑡(88.52; −1148.53; −3419.49)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Ecuación paramétrica

𝑥0 = 1.494 + 88.52𝑡 𝑦0 = −21.683 − 1148.53𝑡 𝑧0 = 7.322 − 3419.49𝑡

Ecuación cartesiana

𝑡=

𝑥0 − 1.494 88.52

𝑡=−

𝑦0 + 21.683 1148.53

𝑡=−

𝑡=

𝑧0 − 7.322 3419.49

𝑥0 − 1.494 𝑦0 + 21.683 𝑧0 − 7.322 =− =− 88.52 1148.53 3419.49

2. En la estructura de tubos mostrado se tiene un sistema de fuerzas, P=120N, Q=100N, S=180N, T=160N (par de fuerzas), M1=50 N.m, M2=80N.n. el par de fuerzas T son perpendiculares al tubo DE y están sobre un plano paralelo al plano XZ, el par M2, es perpendicular al plano BCE. Determine. La ecuación del eje central en metros El momento combinado del sistema (P, Q, S, T, M1 y M2), con respecto al punto D en forma escalar y vectorial El momento con respecto al eje AD, en forma escalar y vectorial


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Determinamos los puntos en sus componentes

⃗ = (0; 0; 0) 𝑂 𝐴 = (0; 0; 0) ⃗ = (0.3; 0; 0) 𝐵 𝐶 = (0.3; 0.2; 0) ⃗ = (0.3 − 0.1 cos 25; 0.2; 100 sin 25) = (0.21; 0.2; 0.04) 𝐷 𝐸⃗ = (0.3 + 0.15 cos 25; 0.2; −0.15 sin 25) = (0.44; 0.2; −0.06) 𝐹 = (0; 0; 0.25) 𝐺 = (0.3; 0; 0.25)

Determinamos los componentes de las fuerzas y momentos

𝑃⃗ = 120𝑢𝑓𝑔 = (−120; 0; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 50𝑢𝑎𝑝 = (0; 0; 50) 𝑀1 𝑆 = (0: −180: 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 80(𝑐𝑜𝑠65°, 𝑐𝑜𝑠40°, 𝑠𝑒𝑛60°) = ( 33.81; 61.28; 69.28) 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗ = 160(𝑐𝑜𝑠65°; 0; 𝑠𝑒𝑛65°) = (67.62; 0; 145) 𝑇1

⃗ = 160(−𝑐𝑜𝑠65°; 0; −𝑠𝑒𝑛65°) = (−67.62; 0; −145) 𝑇 ⃗ = 100(0; 0; −0.25) = (0; 0; −100) 𝑄 𝑅⃗ = (−120; −180; −100) ⇒ 𝑅 = 238.33 ⇒ 𝑅 2 = 56801.19 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝐺 = 𝐺 − 𝐹 = (0.3; 0; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ = (1; 0; 0) 𝑢𝐹𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑢𝐴𝐹

(0; 0; 0.25) √252

𝑢𝑎𝐹 = (0; 0; 1) 𝑢ℎ𝐴 = (0; 1; 0) ⃗ = (0; 0.2; 0) 𝐻 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑎 𝑝𝑎𝑟 𝑀3 =; 𝑛𝑜 𝑎𝑓𝑒𝑐𝑡𝑎 31 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Memento respecto al Origen:

⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ +𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗2 𝑀𝑜 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐹 × 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐵 × 𝑄 𝑂𝐷 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑇1 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸 × 𝑇 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = (0; 0; 0.25) × (−120; 0; 0) + (0.3; 0; 0) × (0; 0; −100) + (0.21; 0.2; 0.04) ⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗2 × (67.62; 0; 145) + (0.44; 0.2; −0.06) × (−67.62; 0; −145) + 𝑀

0.3 0 0 0.21 0.2 0.04 0 0 0.25 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = [ ]+[ ]+[ ] 0 0 −100 67.62 0 145 −120 0 0 0.44 0.2 −0.06 ⃗⃗⃗⃗⃗2 +[ 𝑀1 + 𝑀 ] + ⃗⃗⃗⃗⃗ −67.62 0 −145

⃗⃗⃗⃗⃗𝑜 = (0; 0; 0) + (0; 30; 0) + (29; −27.75; −13.52) + (−29; 67.86; 13.52) + (0; 0; 50) 𝑀 + (33.81; 61.28; 69.28)

⃗⃗⃗⃗⃗𝑜 = (33.81; 131.39; 119.28) = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑀𝐴

Ecuación del eje central: ⃗ = 𝑄

𝑅⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 𝑅2

−120 −180 −100 [ ] ⃗𝑄 = 33.81 131.39 119.28 56801.19

⃗ = 𝑄

(−8331.4; 10932.6; −9669) 56801.19

⃗ = (−0.15; 0.19; −0.17) 𝑄

Ecuación vectorial: ⃗ + 𝑡𝑅⃗ 𝑃⃗ = 𝑄 (𝑥0 ; 𝑦0 ; 𝑧0 ) = (−0.15; 0.19; −0.17) + 𝑡(−120; −180; −100)

Ecuación paramétrica 𝑥0 = −0.15 − 𝑡120 32 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑦0 = −0.19 − 𝑡180 𝑧0 = −0.17 − 𝑡100 Ecuación cartesiana 𝑡=−

𝑥0 + 0.15 𝑦0 + 0.19 𝑧0 + 0.17 =− =− 120 180 100

Momento respecto al punto D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝑂 × 𝑅⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 + (−0.21; −0.2; −0.04) × (−120; −180; −100)

−0.21 −0.2 −0.04 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = (33.81; 131.39; 119.28) + [ ] −120 −180 −100

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = (33.81; 131.39; 119.28) + (12.8; −16.2; 13.8)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = (46.61; 115.19; 133.08)

𝑀𝐷 = 182.08 𝑁. 𝑚. Respecto a un eje AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴𝐷 = (𝑈 𝐴𝐷 ∙ 𝑀𝐴 )𝑈𝐴𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐴𝐷 =

⃗ −𝐴 (0.21; 0.2; 0.04) 𝐷 = |𝐴𝐷| √0.212 + 0.22 + 0.042

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑈𝐴𝐷 = (0.72; 0.68; 0.14)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴𝐷 = [(0.72; 0.68; 0.14) ∙ (33.81; 131.39; 119.28)](0.72; 0.68; 0.14)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴𝐷 = 130.39(0.72; 0.68; 0.14)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴𝐷 = (93.88; 88.67; 18.25) 33 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3. Se tiene un (par de fuerzas) P=35 N, una fuerza Q= 75 N-m y Momentos (M1= 20 N-m y M2= 40 N-m), se pide determinar Reemplace el sistema de fuerzas Q, par de fuerzas P y momentos M1 y M2 por un sistema combinado equivalente respecto al punto C en forma escalar y vectorial. El momento combinado del sistema (P, Q, M1 y M2) con respecto al eje CA, en forma escalar y vectorial. La ecuación del eje central en m.

Puntos y fuerzas.

⃗𝑶 ⃗ : (0; 0; 0) ⃗ : (−0.14; 0.08; 0) 𝑨 ⃗⃗ : (0; 0; −0.11) 𝑩 ⃗ : (0; 0.18; −0.12) 𝑪 ⃗⃗ : (0; 53.03; 53.03) 𝑸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : (−10.8; −7.6; 15.6) 𝑴𝟏 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : (0; 0; 40) 𝑴𝟐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : (−4.9; 2.8; 0) 𝑴𝑷 ⃗⃗ = (0; 53.03; −53.03) 𝑹


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Hallamos el momento combinado en el punto C.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪 𝐹1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑟1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑃 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑄 ⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪 𝐶𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑃 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (0; 53.03; 53.03) × (0; −0.18; 0.09) + (−4.9; 2.8; 0) + (−10.8; −7.6; 15.6) 𝑴𝑪 + (0; 0; 40) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−20.47; −4.8; 55.6) ...forma vectorial 𝑴𝑪 𝑴𝑪 = 59.44...forma escalar

Hallamos el momento combinado en el eje BC. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑴𝑪 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ). ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪𝑨 = (𝒆𝐶𝑨 𝒆𝑪𝑨 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝒆𝑪𝑨

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐴 (−0.14; 0.1; 0.2) = = (−0.54; −0.38; 0.78) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0.26 |𝐶𝐴|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪𝑨 = ((−0.54; −0.38; 0.78). (−20.47; −4.8; 55.6))(−0.54; −0.38; 0.78) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪𝑨 = (−30.38; −21.27; 34.88)…forma vectorial 𝑴𝑪𝑨 = 50.91….forma escalar

Hallamos La ecuación del eje central.

⃗⃗ = 𝑸

⃗⃗ × 𝑴𝒐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑹 ⃗𝑹 ⃗

*Se halla el momento en O ⃗⃗⃗⃗⃗ × 𝑟1 ⃗⃗⃗⃗ + 𝑀𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐹1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀1 𝑴𝒐 ⃗ × 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀1 𝑴𝒐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (0; 53.03; 53.03) × (0; 0; −0.11) + (−4.9; 2.8; 0) + (−10.8; −7.6; 15.6) + (0; 0; 40) 𝑴𝒐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−21.53; −4.8; 55.6) 𝑴𝒐

⃗𝑸 ⃗ =

(0; 53.03; −53.03) × (−21.53; −4.8; 55.6) (02 + 53.032 + 53.03²)



⃗𝑸 ⃗ =

(2693.924; 1141.7359; 114.7359) 5624.3618 ⃗𝑸 ⃗ = (0.48; 0.20; 0.20)

⃗⃗ + 𝒕(𝑹 ⃗⃗ ) 𝑷𝒐 = 𝑸 (𝑋𝑜; 𝑌𝑜; 𝑍𝑜) = (0.48; 0.20; 0.20) + 𝒕(0; 53.03; −53.03)

(𝑋𝑜; 𝑌𝑜; 𝑍𝑜) = (0.48; 0.20; 0.20) + (0𝒕; 53.03𝒕; −53.03𝒕)

𝑋𝑜 − 0.48 =

𝑌𝑜 − 0.20 0.20 − 𝑍𝑜 = 53.03 53.03

4. En el sistema mostrada se tiene una fuerza P= 75N, Q= 270N y T= 400N y se conserva en posición mediantes las bisagras C y D, el par de fuerzas son M1=12.5 N-m, M2= 24.4 N-m. que actúa en el punto BD. Determinar: Reemplace el sistema de fuerzas (P, Q y T) y Momentos (M1 y M2) por un sistema combinado equivalente respecto al punto D en forma escalar y vectorial. El momento combinado del sistema (P, Q, T, M1 y M2) con respecto al eje BD, en forma escalar y vectorial. C) La ecuación del eje central en m


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Puntos.

⃗⃗⃗⃗ 𝑶: (0,0,0) ⃗ : (−0.1,0,0) 𝑨 ⃗⃗ : (0.1,0,0) 𝑩 ⃗ : (0, 0.10, 0.06) 𝑪 ⃗⃗ : (0.06, 0.10, 0.06) 𝑫 ⃗ : (0, −0.2, 0) 𝑬

Fuerzas y momentos. ⃗𝑷 ⃗ : (0, 0, −75) ⃗𝑸 ⃗ : (0, 233.82, 135) ⃗ : (0, 0, −400) 𝑻 ⃗⃗ : (0, 233.82, −340) 𝑹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : (0, 10.83, 6.5) 𝑴𝟏 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : (−8.05, 20.25, 12.2) 𝑴𝟐

a) Se halla el momento combinado respecto al punto D. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑫: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑟1 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹2 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑟2 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀2 ⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑫: 𝑃⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐸 + 𝑄 𝐷𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑫: [(0, 0, −75) × (−0.06, −0.3, −0.06)] + [(0, 233.82, 135) × (−0.06, 0, 0)] + (0, 10.83, 6.5) + (−8.05, 20.25, 12.2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑫: (−22.5, 4.5, 0) + (0, −8.1, 14.03) + (0, 10.83, 6.5) + (−8.05, 20.25, 12.2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑫: (−30.55, 27.48, 32.73)….forma vectorial. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : 52.53 …forma escalar. |𝑴𝑫|

b) se halla el momento combinado respecto al eje ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑒𝐵𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑩𝑫 𝑀𝐷 ) • 𝑒𝐵𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑒𝐵𝐷

𝐷−𝐵 = (−0.33, 0.83, 0.5) |𝐷 − 𝐵| 37

MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = [(−0.33, 0.83, 0.5) • (−30.55, 27.48, 32.73)] • (−0.33, 0.83, 0.5) 𝑴𝑩𝑫 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (10.08 + 22.81 + 16.47) • (−0.33, 0.83, 0.5) 𝑴𝑩𝑫 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 49.26 • (−0.33, 0.83, 0.5) 𝑴𝑩𝑫 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (16.26, 40.89, 24.63) ….forma vectorial 𝑴𝑩𝑫 𝑴𝑩𝑫 = 50.43 ….forma escalar

c) Se halla la ecuación del eje central.

⃗𝑸 ⃗ =

𝑅⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑅|²

⃗⃗⃗⃗ + 𝐹2 ⃗⃗⃗⃗⃗ × 𝑟2 ⃗⃗⃗⃗ + 𝐹3 ⃗⃗⃗⃗⃗ × 𝑟3 ⃗⃗⃗⃗ + 𝑀1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 𝐹1 × 𝑟1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑄 ⃗ × 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑇 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : 𝑃⃗ × 0𝐸 ⃗ × 𝑂𝐷 𝑴𝒐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : [(0, 0, −75) × (0, −0.12, 0)] + [(0, 233.82, 135) × (0, 0.10, 0.06)] 𝑴𝒐 + [(0, 0, −400) × (0.06, 0.10, 0.06)] + (0, 10.83, 6.5) + (−8.05, 20.25, 12.2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐: (−15, 0, 0) + (0.53, 0, 0) + (40, −24, 0) + (0, 10.83, 6.5) + (−8.05, 20.25, 12.2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐: (17.48, 7.08, 18.7)

⃗𝑸 ⃗ =

(0, 233.82, −340) × (17.48, 7.08, 18.7) |(0, 233.82, −340)|²

⃗𝑸 ⃗ =

(6779.63, −5943.2, −4087.17) 170271.79

⃗⃗ = 𝑸

(6779.63, −5943.2, −4087.17) 170271.79

⃗𝑸 ⃗ = (0.04, −0.03, −0.02)

⃗ + 𝑡𝑅⃗ 𝑷𝒐 = 𝑄 (𝑿𝒐, 𝒀𝒐, 𝒁𝒐) = (0.04, −0.03, −0.02) + 𝑡(0, 233.82, −340)

𝑋𝑜 − 0.04 =

𝑦 + 0.03 𝑍𝑜 + 0.02 = 233.83 340


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 5. Una placa rectangular mostrada tiene una masa de P= 15kg y se conserva en posición mediantes las bisagras A y B y por medio de cable EF= 8 kg, la fuerza F= 74 kg, M1=2.5 kg-m, M2= 2.4 kg-m. Determinar: Reemplace el sistema de fuerzas (P, EF y F) y Momentos (M1 y M2) por un sistema combinado equivalente respecto al punto B en forma escalar y vectorial. El momento combinado del sistema (P, EF, F, M1, M2) con respecto al eje BE y el eje Z, en forma escalar y vectorial. La ecuación del eje central

PUNTOS: ⃗ = (0, 0, 0) 𝑂 ⃗⃗⃗ 𝐴 = (40, 0, 0) ⃗⃗⃗ 𝐵 = (340, 0, 0) ⃗⃗⃗ 𝐶 = (380, 0, 200) ⃗⃗⃗ 𝐷 = (0, 0, 200) ⃗⃗⃗ = (300, 0, 200) 𝐸 ⃗⃗⃗ = (380, 250, 0) 𝐹 ⃗⃗⃗⃗ = (0, 120, 0) 𝐻



FUERZAS: 𝐹 = (− 74cos 22.5 sin 30, 74sin 22.5, 74cos 22.5 cos 30 ) ⃗⃗⃗ = (−34.184, 28.319, 59.208) 𝐹 ⃗⃗⃗ = (0, −147.15, 0) 𝑃

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝐹 = 𝐸𝐹𝜇𝐸𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐸𝐹 ( 𝐸𝐹

𝐹 − 𝐸⃗ ) |𝐸𝐹|

(80, 250, −200 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 8 ( 𝐸𝐹 ) √802 + 2502 + 2002 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (1.939, 6.061, −4.848) 𝐸𝐹 ⃗⃗⃗ = (−32.245, 181.53, 54.36) 𝑅 𝑅 = 192.218

Momentos: ⃗⃗⃗⃗ 1 = 𝜇𝐷𝐹 = 2.5 ( 𝑀

(380, 250, −200) ) 3802 + 2502 + 2002

⃗⃗⃗⃗ 𝑀 1 = (1.912, 1.258, −1.006) ⃗⃗⃗⃗ 2 = (2.4 cos 22.5 sin 30 , −2.4 sin 22.5, −2.4 cos 22.5 cos 30) 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 2 = (1.109, −0.918, −1.92) 𝑀

Calculamos el momento respecto al origen ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑜 = 𝑟 1 ∗ 𝐹 + 𝑟⃗⃗ 2 ∗ 𝑃 + 𝑟⃗⃗ 3 ∗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝐹 ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑜 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐻 ∗ ⃗⃗⃗ 𝐹 + ⃗⃗⃗⃗ 𝐺 ∗ ⃗⃗⃗ 𝑃 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸 ∗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝐹

⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 = |

0 120 0 190 0 100 300 0 200 |+ | |+ | | −34.184 28.319 59.208 0 −147.15 0 1.939 6.061 −4.848

⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑜 = (7104.96, 0, 4102.08) + (14715, 0, −27958.5) + (−1212.2, 1842.2, 1818.3) ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑜 = (20607.76, 1842.2, −22038.12) 𝑀𝑜 = 30228.334 40 MECÁNICA PARA INGENIEROS


Momento combinado respecto al punto B en forma escalar y vectorial.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∗ 𝑅 ⃗⃗⃗⃗ 𝐵 = 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 𝑂 + 𝐵𝑂 ⃗⃗⃗ + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 1 + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 2 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑜 + |

340 0 0 𝑀 1 + ⃗⃗⃗⃗ 𝑀2 | + ⃗⃗⃗⃗ −32.245 181.53 54.36

⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵 = (20607.76, 1842.2, −22038.12) + (0, −18482.4, 61720.2) + (1.912, 1.258, −1.006) + (1.109, −0.918, −1.92) ⃗⃗⃗⃗ 𝐵 = (20610.781, 16639.86, 39679.154) 𝑀 𝑀𝐵 = 47708.747

Momento combinado respecto al eje BE y al eje Z.

⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐸 = [𝑒 ⃗⃗ 𝐵𝐸 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵 ] ⃗⃗𝑒 𝐵𝐸 𝑒𝐵𝐸 = 𝑒𝐵𝐸 =

(300, 0, 200) − (340, 0, 0) √(−40)2 + 2002

−40, 0, 200 √402 + 2002

= (−0.196, 0, −0.981)

⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐸 = [(−0.196, 0, −0.981) ∙ (20610.781, −16639.86, 39679.154)] ⃗⃗𝑒 𝐵𝐸 ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝐸 = −57804.725 (−0.196, 0, −0.981) ⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐸 = (52949.128, 0, 56706.435) 𝑀 𝑀𝐵𝐸 = 77583.696

Momento combinado respecto al je Z

⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑍 = [𝑒 ⃗⃗ 𝑍 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵 ] 𝑒𝑍 ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑍 = [(0, 0, 1) ∙ (20607.76, 1842.2, −22038.12)] (0, 0, 1) ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑍 = −22038.12 (0, 0, 1) ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝑍 = (0,0, −22038.12) 𝑀𝑍 = 22038.12



Ecuación del eje central.

⃗⃗⃗ = 𝑄

⃗⃗⃗ × 𝑀 ⃗⃗ 𝑜 𝑅 2 𝑅

−32.245 181.53 54.36 | 20607.76 1842.2 −22038.12 ⃗⃗⃗ = 𝑄 192.2182 |

⃗⃗⃗ 𝑄 =

(−4100721.916, 409618.654, −3800328.412) 36947.76 ⃗⃗⃗ 𝑄 = (−110.987, 11.086, −102.857)

Ecuación Vectorial:

⃗⃗⃗ ) 𝑃⃗ = ⃗⃗⃗ 𝑄 + 𝑡(𝑅 (𝑋0, 𝑌0, 𝑍0 ) = (−110.987, 11.086, −102.857) + 𝑡 (−32.245, 181.53, 54.36)

Ecuaciones paramétricas: 𝑋0 = −110.987 − 32.245 𝑡 𝑡=−

𝑋0 + 110.987 32.245

𝑌0 = 11.086 + 181.53 𝑡 𝑡= −

𝑌0 − 11.086 181.53

𝑍0 = −102.857 + 54.36 𝑡 𝑡= −

𝑍0 + 102.857 54.36

Ecuación cartesiana −

𝑋0 + 110.987 𝑌0 − 11.086 𝑍0 + 102.857 = = 32.245 181.53 54.36


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 6 .En la estructura de tubos y planchas mostrado, P= 700 N, S= 500 N, T= 600N, M1= 25 N.m, M2= 60 N.m. Determinar: El momento combinado del sistema (P, S, T, M1, M2) .con respecto al punto D en forma escalar y vectorial. El momento combinado del sistema (P, S, T, M1, M2) con respecto al eje AD en N.m, en forma escalar y vectorial. La ecuación del eje central.

Puntos: ⃗ = (0, 0, 0) 𝑂 𝐴 = (0, 0, 60) ⃗ = (80, 120, 110) 𝐵 𝐶 = (100, 30, 0) ⃗ = (40, 120, 0) 𝐷

Fuerzas: 𝑃⃗ = (700 sin 60 , 0, 700 cos 60) = (606.218, 0, 350) 𝑆 = (500 sin 40 , 500 cos 40 cos 45, 500 cos 40 sin 45) = (321.394, 270.838,270.838) ⃗ = (0, 600, 0) 𝑇 𝑅⃗ = (927.612, 870.838, 620.838) 43 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑅 = 1415.72

Momentos: ⃗⃗⃗⃗⃗1 = (25 sin 40 , 25 cos 40 cos 45 , 25 cos 40 sin 45) = (16.07, 13.542, 13.542) 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗2 = 𝑀2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝜇𝐴𝐵 = 𝑀2 (

⃗ −𝐴 (80, 120, 110) − (0, 0, 60) 𝐵 ) = 60 ( ) |𝐴𝐵| √802 + 1202 + 502

⃗⃗⃗⃗⃗2 = (31.446, 47.169, 19.654) 𝑀

Determinamos el momento respecto al origen

⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 = 𝑟1 × 𝑃⃗ + 𝑟2 × 𝑆 + 𝑟3 × 𝑇 ⃗ 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 = ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 𝑀 𝑂𝐶 × 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐵 × 𝑆 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐷 × 𝑇 30 0 80 120 110 40 120 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 = | 100 𝑀 |+| |+| | 606.218 0 350 321.394 270.838 270.838 0 600 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 = (10500, −35000, −18186.54) + (2708.38, 13686.3, −16900.24) + (0, 0, 24000) 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 = (13208.38, −21313.7, −11086.78) 𝑀 𝑀𝑂 = 27416.269

Calculamos el momento combinado respecto al punto D

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗2 𝑀𝐷 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑂 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝑂 × 𝑅⃗ + 𝑀 −120 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 + | −40 ⃗⃗⃗⃗⃗1 + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗2 𝑀𝐷 = 𝑀 |+𝑀 927.612 870.838 620.838 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = (13208.38, −21313.7, −11086.78) + (−74500.56, 24833.52, 76479.92) + (16.07, 13.542, 13.542) + (31.446, 47.169, 19.654) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐷 = (−61244.664, 3580.531, 65426.336) 𝑀𝐷 = 89690.214

Momento combinado respecto al eje AD ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐴𝐷 = [𝑒 ⃗⃗ 𝐴𝐷 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐷 ] ⃗⃗𝑒 𝐴𝐷 𝑒𝐴𝐷 =

(40, 120, −60) √402 + 1202 + 602

𝑒𝐵𝐸 = (0.286, 0.857, −0.429) 44 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 = [(0.286, 0.857, −0.429) ∙ (−61244.664, 3580.531, 65426.336) ] ⃗⃗𝑒 𝐴𝐷 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 = −42515.35 (0.286, 0.857, −0.429) 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷 = (−12159.392, −36435.661, 18239.088) 𝑀 𝑀𝐴𝐷 = 42521.436

Ecuación del eje central ⃗⃗⃗ 𝑄 =

⃗⃗⃗ × 𝑀 ⃗⃗ 𝑜 𝑅 𝑅2

927.612 870.838 620.838 | 13208.38 −21313.7 −11086.78 ⃗⃗⃗ 𝑄 = 1415.722 |

⃗⃗⃗ = 𝑄

(3577565.559, 18484494.39, −31273203.11) 1415.722 ⃗⃗⃗ 𝑄 = (1.785, 9.223, −15.603)

Ecuación Vectorial: ⃗⃗⃗ ) 𝑃⃗ = ⃗⃗⃗ 𝑄 + 𝑡(𝑅 (𝑋0, 𝑌0, 𝑍0 ) = (1.785, 9.223, −15.603) + 𝑡 (927.612, 870.838, 620.838)

Ecuaciones paramétricas: 𝑋0 = 1.785 + 927.612𝑡 𝑡=

𝑋0 − 1,785 927.612

𝑌0 = 9.223 + 870.838 𝑡 𝑡=

𝑌0 − 9.223 870.838

𝑍0 = −15.603 + 620.838 𝑡 𝑡=

𝑍0 + 15.603 620.838

Ecuación cartesiana 𝑋0 − 1,785 𝑌0 − 9.223 𝑍0 + 15.603 = = 927.612 870.838 620.838 45 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 7. Una herramienta para abrir roscas está atarrajada al extremo de un tubo de la forma que se muestra en la figura, si P= 150 N, T= 200 N, y un par de fuerza M= 240 N.m, se pide Determinar: El momento combinado del sistema (P, T, M) .con respecto al punto B en forma escalar y vectorial. El momento combinado del sistema (P, S, T, M1, M2) con respecto al eje DB en N.m, en forma escalar y vectorial. La ecuación del eje central

PUNTOS: ⃗ = (0, 0, 0) 𝑂 ⃗⃗⃗ 𝐴 = (0, 0, 200) ⃗⃗⃗ 𝐵 = (150 sin 20 , 0, 200 + 150 cos 20) = (51.303, 0, 340.954) ⃗⃗⃗ 𝐶 = (250, 0, 0) ⃗⃗⃗ 𝐷 = (−250, 0, 0)

FUERZAS:

⃗⃗⃗ 𝑃 = (0, 150, 0) 𝑇 = (0, 200, 0) ⃗⃗⃗ = (0, −50, 0) 𝑅 𝑅 = 50


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán MOMENTOS: 𝑀 = (0, −240, 0)

Momento combinado respecto al punto B

⃗⃗ 𝑂 = ⃗⃗𝑟 1 × 𝑃 ⃗⃗⃗ + 𝑟⃗⃗ 2 × 𝑇 ⃗⃗⃗ 𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ × 𝑃 + 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ × 𝑇 ⃗⃗ 𝑂 = 𝑂𝐷 𝑀 0 0 250 0 0 ⃗⃗ 𝑂 = |−250 𝑀 |+ | | 0 150 0 0 −200 0 ⃗⃗ 𝑂 = (0, 0, −37500) + (0, 0, −50000) 𝑀 ⃗⃗ 𝑂 = (0, 0, −87500) 𝑀 𝑀𝑂 = 87500

⃗⃗ 𝐵 = (𝑀 ⃗⃗ 𝑂 + ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ) + 𝑀 ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 𝐵𝑂 × 𝑅 0 −340.954 ⃗⃗ 𝐵 = 𝑀𝑂 + |−51.303 𝑀 𝑀 | + ⃗⃗⃗⃗ 0 −50 0 ⃗⃗ 𝐵 = (0, 0, −87500) + (−17047.7, 0, 2565.15) + (0, −240, 0) 𝑀 ⃗⃗ 𝐵 = (−17047.7, −240, −84934.85 𝑀 𝑀𝐵 = 86629.155

Momento combinado respecto al eje DB

⃗⃗ 𝐷𝐵 = [𝑒⃗⃗ 𝑀 ⃗⃗𝑒 𝑒⃗⃗

𝐷𝐵

𝐷𝐵

=

=

𝐷𝐵

⃗⃗ 𝐵 ] ⃗⃗𝑒 ∙ 𝑀

𝐷𝐵

(51.303, 0, 340.954) − (−250, 0, 0) √301.3032 + 340.9542

(301.303, 0, 340.954) √301.3032 + 340.9542

= (0.662, 0, 0.749)

⃗⃗ 𝐷𝐵 = [(0.662, 0, 0.749) ∙ (−17047.7, −240, −84934.85)] 𝑀 ⃗⃗ 𝐷𝐵 = −74901.78 (0.662, 0, 0.749) 𝑀 ⃗⃗ 𝐷𝐵 = (−49584.978, 0, 56101.433) 𝑀 ⃗⃗ 𝐷𝐵 = 74873.45 𝑀


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Ecuación del eje central ⃗ = 𝑄

⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂 𝑅 ×𝑀 𝑅2

0 −50 0 | 0 −87500 ⃗ = 0 𝑄 502 |

⃗ = 𝑄

(4375000, 0, 0) 502

⃗ = (1750, 0, 0) 𝑄

⃗ + 𝑡(𝑅⃗ ) 𝑃⃗ = 𝑄 (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) = (1750, 0, 0) + 𝑡(0, −50, 0) 𝑥0 = 1750 𝑦0 = 50𝑡 𝑧0 = 0 𝑡=−

𝑦0 50

8. La losa rectangular delgada está sometida a la acción de 4 fuerzas, como se muestra en la figura. Calcular el momento en el punto O:

SOLUCIÓN Ubicamos las coordenadas de los puntos de aplicación de cada fuerza y expresamos las fuerzas en sus coordenadas vectoriales: 48 MECÁNICA PARA INGENIEROS


Aplicamos la ecuación de momentos en 3 dimensiones: ̅̅̅̅ 𝑀𝑜 = 𝑟̅ 𝑥 𝐹̅ Formulamos las ecuaciones: ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 1 = (2𝑏, 0,0)𝑥(0,0, −𝐹) 𝑖 ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 1 = [2𝑏 0

𝑗 𝑘 0 0 ] = (0,2𝐹𝑏, 0) 0 −𝐹

̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 2 = (0, 𝑏, 0)𝑥(0,0, 𝐹) 𝑖 ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 2 = [0 0

𝑗 𝑏 0

𝑘 0 ] = (𝐹𝑏, 0,0) 𝐹

̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 3 = (2𝑏, 𝑏, 0)𝑥(0, 𝐹𝑠𝑒𝑛(30), 𝐹𝑐𝑜𝑠(30)) 𝑖 ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 3 = [2𝑏 0

𝑗 𝑘 𝑏 0 ] = (0.87𝐹, −1.74𝐹, 𝐹𝑏) 𝐹𝑠𝑒𝑛(30) 𝐹𝑐𝑜𝑠(30)

MOMENTO TOTAL: ̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 1 + ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 2 + ̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑜 3 ̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (0,2𝐹𝑏, 0) + (𝐹𝑏, 0,0) + (0.87𝐹, −1.74𝐹, 𝐹𝑏) ̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (1.87, 0.26,1)𝐹𝑏


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 9. En la estructura de tubos mostrado se tiene un sistema de fuerzas, P= 120 N, Q= 100 N, S= 180 N, T= 160 N (par de fuerzas), M1= 50 N-m, M2= 80 N-m. El par de fuerzas T son perpendiculares al tubo DE y están sobre un plano paralelo al plano XZ, el par M2 es perpendicular al plano BCE. Determine: a)

La ecuación del eje central en metros.

b) El momento del sistema (P, Q, S, T, M1 y M2) con respecto al punto C, en forma escalar y vectorial. c)

Fuerza P Q S r1 r2

El momento con respecto al eje AE, en forma escalar y vectorial.

Descomposición X Y 120 0 0 0 0 -180 -160sen(25) 0 160sen(25) 0

Z 0 -100 0 -160cos(25) 160cos(25)

Punto de aplicación X Y 0 0 300 0 0 0 300+150cos(25) 200 300-100cos(25) 200

Z 250 0 0 -150sen(25) 100sen(25)

Punto C (300,200,0) Punto D (209.369,200,42.262) ̅1 = (0,0,50) Momento 𝑀 ̅2 = (67.619,0,145.009) Momento 𝑀


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán SOLUCIÓN ̅𝐶 = 𝑑̅𝐶𝑃 × 𝑃̅ + 𝑑̅𝐶𝐴 × 𝑄̅ + 𝑑̅𝐶𝑆 × 𝑆̅ + 𝑑̅𝐶𝑅1 × 𝑟̅1 + 𝑑̅𝐶𝑅2 × 𝑟̅2 + 𝑀 ̅1 + 𝑀 ̅2 ∑𝑀 ̅𝑐 = (−0.3, −0.2,0.25) × (120,0,0) + (0, −0.2,0) × (0,0, −100) + (−0.3, −0.2, 0) ∑𝑀 × (0, −180,0) + (0.135, 0 , −0.063) × (−67.62 , 0 , −145.01) + (−0.001 , 0 , 0.042) × (67.62 , 0 , 145.01) + (0,0,50) + (67.62 , 0 , 145.01) ̅𝑐 = (0,30,24) + (20,0,0) + (0,0,54) + (0,24,0) + (0,160,0) + (0,0,50) ∑𝑀 + (67.62 , 0 , 145.01) ̅𝑐 = (87.62 , 70 , 273.01) 𝑁. 𝑚 ∑𝑀 ̅𝑐 | = √87.622 + 702 + 273.012 = 295.146 𝑁. 𝑚 ∑ 𝑀𝑐 = |∑ 𝑀 ∑ 𝑀𝑐 = 295.146 𝑁. 𝑚

̅ × 𝑃̅ + 𝑑𝐴𝑄 ̅ × 𝑄̅ + 𝑑𝐴𝑆 ̅ × 𝑆̅ + 𝑑𝐴𝑇1 ̅ ̅ ̅𝐴 = 𝑑𝐴𝑃 ̅1 + 𝑀 ̅2 ∑𝑀 × 𝑇̅1 + 𝑑𝐴𝑇2 × 𝑇̅2 + 𝑀 ̅𝐴 = (0,0,0.25) × (120,0,0) + (−0.3,0,0) × (0,0, −100) + (0, −180,0) ∑𝑀 + (0.436 , 0.2 , −0.63) × (−67.62 , 0 , −145.01) + (0.209 , 0.2 , 0.042) × (67.62 , 0 , 145.01) + (0,0,50) + (67.62 , 0 , 145.01) ̅𝐴 = (0,0,30) + (0,30,0) + (0,0,0) + (−29.002 , 67.503 , 13.524) ∑𝑀 + (29.002 , 67.503 , 13.524) + (0,0,5) + (67.62 , 0 , 145.01) ̅𝐴 = (67.619 , 0 , 145.009) ∑𝑀

̅ = (435.946 , 200 , −63.393) 𝑑𝐴𝐸 ̅𝐴𝐸 = 𝑈

(0.436 , 0.200 , −0.063) √0.4362 + 0.2002 + 0.0632

= (0.901 , 0.413 , −0.131)

̅𝐴 . 𝑈 ̅𝐴𝐸 = 60.930 + 41.339 − 25.552 = 76.717 𝑁. 𝑚 𝑀 ̅𝐴𝐸 = 76.717(0.901 , 0.413 , −0.131) 𝑀 ̅𝐴𝐸 = (69.128 , 31.714 , −10.052) 𝑀

̅ = (67.619 , 0 , 145.009) 𝑅̅ = (120 , −180 , −100) ; 𝑀 ̅ (−25101.664 , −30163.002 , 24171.406) 𝑅̅ × 𝑀 = 2 𝑅 56800 = (−0.442 , −0.531 , 0.426) 51 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Ecuación del eje Central: 𝑥 − 0.442 𝑦 − 0.531 𝑧 + 0.426 = = 6 9 5

10. En la estructura de tubos mostrado, las fuerzas y momentos tiene los siguientes valores: P= 400 N, S= 800 N, M= 200 N.m. Determinar: a) El momento combinado del sistema (P, S, M) con respecto al punto B en forma escalar y vectorial. b) El momento del sistema (P, S, T, M) con respecto al eje AB en N.m, en forma escalar y vectorial.

SOLUCIÓN Fuerza P T

DESCOMPOSICIÓN X Y 400sen(24) -400cos(24) -800sen(24) -800cos(24)

Z 0 0

PUNTO DE APLICACIÓN X Y Z 200 0 -200 -200 0 -600

Punto A (0,0,0) Punto B (0,0,-800) ̅ = (0,0, −200) Momento 𝑀


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅𝐵 = 𝑀 ̅ + (𝑑̅𝑃 − 𝑑̅𝐵 )𝑥𝑃̅ + (𝑑𝑆̅ − 𝑑̅𝐵 )𝑥𝑆̅ a) ∑ 𝑀 (200 − 0,0 − 0, −200 − (−800)) × (162.695, −365.418,0) 1000 (−200 − 0,0 − 0, −600 − (−800)) + × (−325.389, −730.836,0) 1000 ̅𝐵 = (0,0, −200) + (219.251,97.617, −73.084) + (146.197, −65.078, 146.167) ∑𝑀 ̅𝐵 = (0,0, −200) + ∑𝑀

̅𝐵 = (365.418,32.539,273.084) ∑𝑀 ̅𝐵 | = √365.4182 + 32.5392 + 273.0842 = 457.344 𝑁. 𝑚 ∑ 𝑀𝐵 = |∑ 𝑀 ∑ 𝑀𝐵 = 457.344 𝑁. 𝑚

̅𝐴 = 𝑀 ̅ + (200,0,0) × 𝑃̅ + (−200,0,0)𝑥𝑆̅ b) ∑ 𝑀 (200,0,0) × (162.695, −365.418,0) 1000 (−200,0,0) − × (−325.389, −730.836,0) 1000 ̅𝐴 = (0,0,126.916) 𝑁. 𝑚 ∑𝑀 ̅𝐴 = (0,0, −200) − ∑𝑀

̅𝐴 | = 126.916 𝑁. 𝑚 ∑ 𝑀𝐴 = |∑ 𝑀 11. El conjunto de ejes de poleas ABCD es impulsado por el par de torsión de 32 lb.ft suministrado por un motor eléctrico ubicado en el punto A. El conjunto está sometido también a las dos tensiones en las bandas mostradas en cada una de las dos poleas. -

El sistema de fuerza – par en el punto D. Momento respecto al eje “CD”. ¿El sistema de fuerzas es perpendicular al eje del cuerpo? Fundamentar la respuesta.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán a) ∑ 𝐹̅𝐷 = (−12,0,0) + (−24,0,10) + (0,0, −32) + (0,0, −8) = (−36,0,30) ̅𝐷 = (0,8, −1) × (−12,0,0) + (0, −8, −1) × (−24,0,10) + (0, −32,0) ∑𝑀 + (0.75, −5,0) × (0,0, −32) + (−0.75, −5,0) × (0,0,8) ̅𝐷 = (400 , 52 , −288) ∑𝑀 b) ̅𝐶𝐷 ∑𝑀 ̅̅̅̅ está sobre el eje Y, entonces: 𝐶𝐷 ̅𝐶𝐷 = (0,1,0) 𝑈 ̅𝐶𝐷 | = (400 , 52 , −280). (0,1,0) = 52 |∑ 𝑀 ̅𝐶𝐷 = (0,52,0) ∑𝑀 c) El sistema de fuerzas es perpendicular al eje del cuerpo (eje “y”) debido a que su resultante carece de valor en dicho eje. (−36,0, −30). (0,1,0) = 0 Por tanto: La resultante 𝑅̅ y el eje “y” son paralelos. 12. Sobre una sección de tubería actúan un sistema de fuerzas P=30 lb y T=15 lb. También tres pares: C1=70 N.m, C2= 90 N.m y C3= 165 N.m.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Determinar: a) La ecuación del eje central b) El momento combinado respecto al punto A c) El momento combinado (dos fuerzas y tres momentos) respecto al eje “AB” y “Y”

SOLUCIÓN

Fuerza P T

X 0 0

Descomposición Y 0 -15

Z -30 0

Punto de aplicación X Y Z 0 -0.4 0.5 0.9 0.3 0.6

Punto A = (0.9 , 0.3 , -0.6)

MOMENTO MÓDULO C1 70 C2 90 C3 165

VECTOR UNITARIO X Y Z 0 -0.625 0.721 1 0 0 -2.86 -0.429 0.857

DESCOMPOSICIÓN VECTORIAL X Y Z 0 -43.729 54.661 90 0 0 -47.143 -70.714 141.429

a) Ecuación del eje central: 𝑅̅ = (0, −15, −30) ̅𝑜 = (0, −4 , 0.5) × (0,0, −30) + (0.9 , 0.3 , −0.6) × (0, −15,0) ∑𝑀 + (0 , 43.729 , 54.661) + (90,0,0) + (−47.143 , −70.714 , 141.429) ̅𝑜 = (45.857 , −114.443 , 182.589) ∑𝑀 ̅𝑜 (−6172.129 , −1375.714 , 687.857) 𝑅̅ × 𝑀 = = (−5.486 , −1.223 , 0.611) 2 𝑅 (152 + 302 ) Ecuación del Eje Central: 𝑥 − 5.486 𝑦 − 1.223 𝑧 − 0.611 = = 0 1 2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán b) Momento combinado respecto al punto “A”: ̅𝐴 = (−0.9 , −0.7 , 1.1) × (0,0,30) + (0, −43.729 , 54.661) + (90,0,0) ∑𝑀 + (−47.143 , −70.714 , 141.429) ̅𝐴 = (63.857 , −141.443 , 196.089) ∑𝑀 c) El momento combinado respecto al eje “AB” e “Y” c.1) ̅𝐴𝐵 = 𝑈 ̅𝐶3 = (−0.286 , −0.429 , 0.857) 𝑈 ̅𝐴𝐵 | = ∑ 𝑀 ̅𝐴 . 𝑈 ̅𝐴𝐵 = −18.245 + 60.618 + 168.077 = 210.45 |𝑀 ̅𝐴𝐵 = 210.45(0.286 , −0.429 , 0.857) 𝑀 ̅𝐴𝐵 = (−60.128 , −90.193 , 180.386) 𝑀 c.2) ̅𝑜 = (45.857 , −114.443 , 182.589) 𝑀 ̅𝑦 = (0,1,0) 𝑈 ̅𝐿𝑦 | = 𝑀 ̅𝑜 . 𝑈 ̅𝑦 = 0 + (−114.443) + 0 = −114.443 |𝑀 ̅𝐿𝑦 = (0 , −114.443 , 0) 𝑀 13. Del tetraedro mostrado se sabe que a = b = 3.5m, c= 5m, M es el punto medio del segmento AB. La fuerza F= 75 N pasa por el punto M y es perpendicular al plano ABC, la fuerza P= 15 N y es perpendicular al plano OBC, la fuerza Q= 30 N, R= 35 N y el momento M= 140 N.m. Que se va en dirección AC. Determinar: a) El momento combinado (tres fuerzas y un momento) respecto al eje AB y “Y”. FUERZAS. b) Los ángulos que forma el momento del ítem anterior con los ejes “X”, “Y”, y “Z”. c) La ecuación del eje central. z C R 0

P

M

B

y F

M

Q A


56 x

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Puntos: ⃗𝑸 ⃗ = (0; 0; 0) ⃗𝑨 = (3.5; 0; 0) ⃗𝑩 ⃗ = (0; 3.5; 0) ⃗𝑪 = (0; 0; 5) ⃗𝑴 ⃗⃗ = (1.75; 1.75; 0)

Fuerzas: ⃗𝑭 = (47.6; 47.6; 33.32) ⃗𝑷 ⃗ = (−15; 0; 0) ⃗𝑸 ⃗ = (30 cos(60) sin(40) ; 30 cos(60) cos(40) ; 30 sin(60)) → (4.64; 11.49; 25.98) ⃗⃗ = 𝑹

35 (1.75; 1.75; −5) → (10.97; 10.97; 31.35) 5.58

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝟏 =

140 (−3.5; 0; 5) → (−80.35; 0; 114.75) 6.1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑨𝑩 𝑴𝑴𝑩 𝑴𝒎 ]. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑼𝑴𝑩 ̅̅̅̅ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ̅̅̅̅̅ = [𝑼 ̅̅̅̅̅ . ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ̅̅̅̅̅ 𝑴𝑩

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒎 = (−15; 0; 0)(−1.75; 1.75; 0) + (964; 11.49; 25.98)(−1.75; −1.75; 0) + (−80.33; 0; 114.75) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒎 = (0; 0 − 26.25) + (45.47; −45.47; 3.24) + (−80.33; 0; 114.75) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒎 = (−34.86; −45.47; 91.74)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑼̅̅̅̅̅ 𝑴𝑩 =

(−1.75; 1.75; 0) = (−0.71; 0.71; 0) 2.47

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴̅̅̅̅̅ 𝑴𝑩 = [(−0.71; 0.71; 0)(−34.86; −45.97; 91.74)](−0.71; 0.71; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴̅̅̅̅̅ 𝑴𝑩 = (5.35; −5.35; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑴 ̅̅̅̅̅ | = 7.57 𝑁 − 𝑚 𝑴𝑩

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑚 + ̅̅̅̅̅ 𝑂𝑀 𝑥 𝑅⃗ ⃗𝑹 ⃗ = (53.21; 70.06; 27.95) ̅̅̅̅̅ = (1.75; 1.75; 0) 𝑶𝑴 57 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 = (−34.86; −45.97; 91.74) + (1.75; 1.75; 0)(53.21; 70.06; 27.95) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 = (14.05; −94.88; 121.23)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑼̅̅̅̅̅ 𝑶𝑩 =

(0; 3.5; 0) = (0; 1; 0) 3.5

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴̅̅̅̅̅ 𝑶𝑩 = [(0; 1; 0)(14.05; −94.38; 121.23)](0; 1; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴̅̅̅̅̅ 𝑶𝑩 = (0; −94.38; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑴 ̅̅̅̅̅ 𝑶𝑩 | = 94.38 𝑁 − 𝑚

Ángulos del momento ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴̅̅̅̅ 𝑨𝑩 5.35 ∝= cos −1 ( ) = 45.03° 7.57 −5.35 𝛽 = cos −1 ( ) = 134.97° 7.57 0 𝛾 = cos −1 ( ) = 90° 7.57

Ángulos del momento ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒚

0 ∝= cos −1 ( ) = 90° 94.38 −94.38 𝛽 = cos −1 ( ) = 180° 94.38 0 𝛾 = cos−1 ( ) = 90° 94.38

Ecuación del eje central

⃗⃗ = 𝑸 ⃗⃗ = 𝑸

̅ 𝒙𝑴 ̅𝒐 𝑹 𝟐 𝑹

(53.21; 70.06; 27.95)(14.05; −94.88; 121.33) 8520.91 ⃗⃗ = (1.31; −0.71; 07) 𝑸


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Tres cables están unidos a una ménsula F1=1000N, F2=700N, F3=1200N, si el momento M1= 35 N-mm como se muestra en la figura: a) Reemplace el Sistema de fuerzas por un Sistema combinado equivalente de fuerza – par en el punto A y C, en forma escalar y vectorial. b) El momento con respecto al eje CB, en forma escalar y vectorial. c) Determine la ecuación del eje central.

Puntos ⃗𝑨 = (0; 100; 0) ⃗𝑩 ⃗ = (75; 100; 50) ⃗𝑪 = (75; 100; −50) ⃗𝑫 ⃗ = (100; 0; 0) ⃗𝑬 = (150; −50; 100)

Fuerzas ⃗⃗⃗⃗ 𝑭𝟏 = (100 cos(45) ; 0; −100𝑠𝑒𝑛(45) → (707.11; 0; −707.11) 75; −150; 50 ⃗⃗⃗⃗ 𝑭𝟐 = 700 ( ) → (300; −600; 200) 175 ⃗⃗⃗⃗ 𝑭𝟑 = (1200 cos(60) ; 1200𝑠𝑒𝑛(60); 0) → (600; 1039.23; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝟏 = (35 cos(60) ; 35𝑠𝑒𝑛(60); 0) → (17.5; 30.31; 0)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Determinando momento en ´´A´´ y momento en ´´C´´ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝒂 = (707.11; 0; −707.11)(75; 0; −80) + (300; −600; 200)(75; 0; 50) 𝑴 + (600; 1039.23; 0)(100; −100; 0) + (17.5; 30.31; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝒂 = (0; 17677.75; 0) + (−30000; 0; 45000) + (0; 0; −163923) + (17.5; 30.31; 0) 𝑴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒂 = (−29985.5; 17708.06; −118923) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝒂 | = 123916.12 𝑁 − 𝑚𝑚 |𝑴 ⃗⃗⃗⃗⃗𝒄 = (300; −600; 200)(0; 0; 100) + (600; 1039.23; 0)(25; −100; 50) + (17.5; 30.31; 0) 𝑴 ⃗⃗⃗⃗⃗𝒄 = (−60000; −30000; 0) + (51961.5; −30000; 85980.75) + (17.5; 30.31; 0) 𝑴 ⃗⃗⃗⃗⃗𝒄 = (−8021; −59969.69; −85980.75) 𝑴 ⃗⃗⃗⃗⃗𝒄 | = 105135.10 𝑁 − 𝑚𝑚 |𝑴

b) Determinando el momento con respecto a la recta ̅̅̅̅ 𝑪𝑩

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪𝑩 𝑀𝑐 ]𝑥𝑈 ̅̅̅̅ = [𝑈 ̅̅̅̅ + ⃗⃗⃗⃗⃗ ̅̅̅̅ 𝐶𝐵 𝐶𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑼̅̅̅̅ 𝑪𝑩 =

(𝟎; 𝟎; 𝟏𝟎𝟎) = (𝟎; 𝟎; 𝟏) 𝟏𝟎𝟎

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪𝑩 ̅̅̅̅ = [(𝟎; 𝟎; 𝟏). (−𝟖𝟎𝟐𝟏; −𝟓𝟗𝟗𝟔𝟗. 𝟔𝟗; −𝟖𝟓𝟗𝟖𝟎. 𝟕𝟓)]𝒙(𝟎; 𝟎; 𝟏) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑪𝑩 ̅̅̅̅ = (𝟎; 𝟎; −𝟖𝟓𝟗𝟖𝟎. 𝟕𝟓) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑴 𝑪𝑩 | = 𝟖𝟓𝟗𝟖𝟎. 𝟕𝟓 𝑵 − 𝒎𝒎

Ecuación del eje central 𝑸=

̅ 𝒙𝑴 ̅𝒐 𝑹 𝑹𝟐

̅ = (𝟏𝟔𝟎𝟕. 𝟏𝟏; 𝟒𝟑𝟗. 𝟐𝟑; −𝟓𝟎𝟕. 𝟏𝟏) 𝑹 ̅̅̅̅ 𝒙 𝑹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 𝑴𝒐 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝑨 + 𝑶𝑨 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 = (−𝟐𝟗𝟒𝟖𝟓. 𝟓; 𝟏𝟕𝟕𝟎𝟖. 𝟎𝟔; −𝟏𝟏𝟖𝟗𝟐𝟑) + (𝟎; 𝟏𝟎𝟎; 𝟎)(𝟏𝟔𝟎𝟕. 𝟏𝟏; 𝟒𝟑𝟗. 𝟐𝟑; −𝟓𝟎𝟕. 𝟏𝟏)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 = (−𝟐𝟗𝟒𝟖𝟓. 𝟓; 𝟏𝟕𝟕𝟎𝟖. 𝟎𝟔; −𝟏𝟏𝟖𝟗𝟐𝟑) + (−𝟓𝟎𝟕𝟏𝟏; 𝟎; −𝟏𝟔𝟎𝟕𝟏𝟏)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑴𝒐 = (−𝟖𝟎𝟔𝟗𝟑. 𝟓; 𝟏𝟕𝟕𝟎𝟖. 𝟎𝟔; −𝟐𝟕𝟗𝟔𝟑𝟒)



⃗𝑸 ⃗ =

(𝟏𝟔𝟎𝟕. 𝟏𝟏; 𝟒𝟑𝟗. 𝟐𝟑; −𝟓𝟎𝟕. 𝟏𝟏)(−𝟖𝟎𝟔𝟗𝟑. 𝟓; 𝟏𝟕𝟕𝟎𝟖. 𝟎𝟔; −𝟐𝟕𝟗𝟔𝟑𝟒) 𝟑𝟎𝟑𝟐𝟖𝟖𝟔. 𝟏𝟎 ⃗⃗ = 𝑸

(−𝟏𝟏𝟑𝟖𝟒𝟑𝟕𝟎𝟕. 𝟓; 𝟒𝟗𝟎𝟑𝟐𝟑𝟎𝟕𝟖. 𝟓; 𝟔𝟑𝟗𝟎𝟏𝟖𝟎𝟔. 𝟑𝟏) 𝟑𝟎𝟑𝟐𝟖𝟖𝟔. 𝟏𝟎 ⃗𝑸 ⃗ = (−𝟑𝟕. 𝟓𝟒; 𝟏𝟔1. 𝟔𝟕; 𝟐𝟏. 𝟎𝟕)

𝑷(𝒙,𝒚,𝒛) = (−𝟑𝟕. 𝟓𝟒; 𝟏𝟔𝟏. 𝟔𝟕; 𝟐𝟏. 𝟎𝟕) + 𝒕(𝟏𝟔𝟎𝟕. 𝟏𝟏; 𝟒𝟑𝟗. 𝟐𝟑; −𝟓𝟎𝟕. 𝟏𝟏) 𝑿 = −𝟑𝟕. 𝟓𝟒 + 𝟏𝟔𝟎𝟕. 𝟏𝟏(𝒕) 𝒀 = 𝟏𝟔𝟏. 𝟔𝟏 + 𝟒𝟗𝟑. 𝟐𝟑(𝒕) 𝒁 = 𝟐𝟏. 𝟎𝟕 − 𝟓𝟎𝟕. 𝟏𝟏(𝒕)

𝒕=

𝑿 + 𝟑𝟕. 𝟓𝟒 𝒀 − 𝟏𝟔𝟏. 𝟔𝟏 𝒁 − 𝟐𝟏. 𝟎𝟕 = = 𝟏𝟔𝟎𝟕. 𝟏𝟏 𝟒𝟗𝟑. 𝟐𝟑 −𝟓𝟎𝟕. 𝟏𝟏

1.12- REDUCCION DE SISTEMAS DE CURSORES . El estudio que vamos a realizar tiene por objeto transformar un sistema de cursores a otro equivalente, pero que tenga un número de elementos menor que el primitivo.

REDUCCION DE UN SISTEMA DE CURSORES A TRES CURSORES Todo sistema de n cursores V1, V2, …, Vn cuyas rectas de acción pasan por los puntos P1, P2, …, Pn, respectivamente pueden reducirse a tres cursores RA, RB y RC cuyas rectas de acción pasan por los puntos A, B y C, elegidos en forma arbitraria con la única condición de que no estén alineados.

Si unimos los puntos de paso de los cursores con los puntos A, B, y C, tendremos para cada cursor un tema de tres vectores A1 = A – P1, B1 = B - P1, C1 = C – P1………An = A – Pn, Bn = B – Pn, Cn = C – Pn; que se muestran en la figura (a).


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Cada cursor V1, V2, ………, Vn, se puede descomponer en tres vectores como a continuación se indica: ̅𝟏 ̅ 𝟏 = 𝜶𝟏 𝑨 ̅ 𝟏 + 𝜷𝟏 𝑩 ̅ 𝟏 + 𝒚𝟏 𝑪 𝑽 ̅𝟐 ̅ 𝟐 = 𝜶𝟐 𝑨 ̅ 𝟐 + 𝜷𝟐 𝑩 ̅ 𝟐 + 𝒚𝟐 𝑪 𝑽 ̅𝒏 ̅ 𝒏 = 𝜶𝒏 𝑨 ̅ 𝒏 + 𝜷𝒏 𝑩 ̅ 𝒏 + 𝒚𝒏 𝑪 𝑽

Sumando los vectores concurrentes en A, B Y C se tiene: ̅𝟏 ̅ 𝑨 = ∑ 𝜶𝟏 𝑨 ̅𝟏 ; 𝑹 ̅ 𝑩 = ∑ 𝜷𝟏 𝑩 ̅𝟏 ; 𝑹 ̅ 𝑪 = ∑ 𝒚𝟏 𝑪 𝑹

(29)

En donde el subíndice i varía desde 1 hasta “n” Los valores 𝛼, 𝛽, 𝑦 𝛾 se hallan mediante las ecuaciones:

𝜶𝟏 =

̅𝟏 ) ̅ 𝟏 . (𝑩 ̅ 𝟏𝒙 𝑪 𝑽 ̅𝟏) ̅ 𝟏 . (𝑩 ̅ 𝟏𝒙 𝑪 𝑨

; 𝜷𝟏 =

̅𝟏 𝒙 𝑨 ̅ 𝟏 . (𝑪 ̅ 𝟏) 𝑽 ̅𝟏 ) ̅ 𝟏 . (𝑩 ̅ 𝟏𝒙 𝑪 𝑨

; 𝜸𝟏 =

̅ 𝟏 . (𝑨 ̅ 𝟏𝒙 𝑩 ̅ 𝟏) 𝑽 ̅𝟏 ) ̅ 𝟏 . (𝑩 ̅ 𝟏𝒙 𝑪 𝑨

REDUCCION DE UN SISTEMA DE CURSORES A DOS CURSORES Todo sistema de cursores V1, V2, …, Vn cuyas rectas de acción pasan por los puntos P1, P2, …, Pn; pueden reducirse a dos vectores uno de los cuales puede pasar por un punto A elegido arbitrariamente. Para ello escojamos otros dos puntos B y C que no estén alineados con el punto A elegido a capricho. Reducimos primero el sistema de tres cursores RA, RB, RC tal cual como lo hicimos en el caso anterior. Tracemos los planos S1 y S2 determinado por el punto arbitrario A y las rectas de acción de RB y RC planos que se interceptan en la recta L. sobre esta recta tomemos un punto cualquiera K. Descompongamos a RB y RC en dos componentes cada una, que estén contenidas en los planos S1 y S2 respectivamente y cuyas direcciones sean:

Paralelas a los vectores KB y BA, para la primera y que las componentes de RC sean paralelas a KC y AC; en consecuencia, se tiene: ̅𝑩 = 𝑹 ̅ 𝑲𝑩 + 𝑹 ̅ 𝑩𝑨 = 𝒎 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑹 𝑲𝑩 + 𝒏𝑩𝑨 ⃗⃗⃗⃗⃗ ̅𝑪 = 𝑹 ̅ 𝑲𝑪 + 𝑹 ̅ 𝑨𝑪 = 𝒑 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑹 𝑲𝑪 + 𝒈𝑨𝑪

Si sumamos los vectores concurrentes en A y K tendremos el sistema reducido a dos cursores RA y RK cuyos valores serán: ̅𝑨 = 𝑹 ̅𝑨 + 𝑹 ̅ 𝑲𝑨 + 𝑹 ̅ 𝑨𝑪 𝑹 ̅𝑿 = 𝑹 ̅ 𝑲𝑬 + 𝑹 ̅ 𝑲𝑪 𝑹 62 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Los valores de los escalares m, n, p y q se pueden determinar fácilmente.

1.13- PAR DE CURSORES Y MOMENTO DE UN PAR. Se llama par de cursores al sistema formado por cursores F y –F, cuyas rectas de acción son paralelas y su resultante R = Ө. El momento de un par de cursores es un vector libre, constante y su valor lo podemos evaluar tomando momentos de ambos cursores con respecto al origen.

̅ 𝟎 = 𝒓̅ 𝟏 𝒙 (– 𝑭 ̅ ) + 𝒓̅𝟐 𝒙(𝑭 ̅) 𝑴 ̅ 𝟎 = (𝒓̅ 𝟐 − 𝒓̅𝟏 )𝒙 𝑭 ̅ 𝑴

̅ 𝟎 = 𝒓̅ 𝒙 𝑭 ̅ Finalmente: 𝑴

En donde r1 y r2 son los vectores posición de dos puntos de sus rectas de acción. Determinemos el momento para quien con respecto al otro punto Q del espacio. ̅ −𝑸 ̅ )𝒙 𝑹 ̅𝑸 = 𝑴 ̅ 𝑶 + (𝑶 ̅=𝑴 ̅𝑶 𝑴 Con lo que hemos demostrado que el momento del par es constante (𝑅̅ = 0)

Por ser el momento del par, un producto vectorial, su módulo, dirección y sentido se determinan de acuerdo a lo indicado cuando nos ocupamos de esta operación. La manera como lo indicaremos, en lo sucesivo a un momento será:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 1.14- EQUIVALENCIA DE PARES DE CURSORES. Como la resultante de un par de cursores es nula, la condición necesaria y suficiente para que dos pares de cursores sean equivalentes, es que tengan el mismo momento, en consecuencia, los pares deben estar en un mismo plano o en planos paralelos.

̅ 𝟏 = 𝒓̅ 𝟐 𝒙 𝑭 ̅𝟏 𝑴 ̅ 𝟐 = 𝒓̅ 𝟐 𝒙 𝑭 ̅𝟐 𝑴

Para que sean equivalentes es necesario que los momentos tengan la misma dirección y sentido; y que sus normas cumplan la siguiente relación. 𝒓𝟏 𝑭𝟏 𝒔𝒆𝒏𝜶𝟏 = 𝒓𝟐 𝑭𝟐 𝒔𝒆𝒏𝜶𝟐 O su equivalente 𝑭𝟏 𝒅𝟏 = 𝑭𝟐 𝒅𝟐

(31)

1.15- TRASLACION DE UN CURSOR A UNA POSICION PARALELA.

Z

Z

Z

F P F1

L

F

P X

Y

Q

F

L

F1

Q

Q

L

X

X

Y

Y


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán En la figura (18) se tiene al cursor F actuando en la recta L que pasa por un punto P, queremos trasladar este cursor a una recta paralela a L que pase por el punto Q. Si por el punto Q trazamos una recta L1, paralela a L y en ella colocamos los cursores F y –F se tendrá que la fuerza F actuando en L y –F, actuando en L1 constituye un par, por lo tanto, tendremos F actuando en L1 y el momento del par. En consecuencia, cuando se quiera trasladar un cursor a una posición paralela y que pase por un punto Q se traslada el cursor y se agrega el par de transporte M, que es momento de el cursor con respecto al punto Q.

1.16- REDUCCION DE UN SISTEMA DE CURSORES A DOS FUERZAS. Z

Z

V2

R P3 P2

M

V1 O

V3

P1

X

X

Pn Vn Y

Y

Si se tiene un sistema de cursores V1, V2, …, Vn; cuyas rectas de acción pasan por los puntos P1, P2, …, Pn; respectivamente y “Q” un punto del espacio, el sistema se puede reducir a un cursor R y un momento MQ. En efecto si trasladamos los cursores V1, V2, …, Vn; a rectas paralelas a las líneas de acción de los cursores, tendremos que agregar los pares de transporte M1 = (P1 – Q) x V1; M2 = (P2 – Q) x V2…Mn = (Pn – Q) x Vn. Con lo cual tendremos en Q una resultante R que proviene de sumar los cursores y un momento MQ como consecuencia de adicionar los momentos. El valor de la resultante y el momento se obtiene de las siguientes expresiones: ̅ = ∑𝑽 ̅𝟏 , 𝑹

̅ )𝒙 ̅ ̅ = ∑(𝑷 ̅𝟏 − 𝑸 𝑴 𝑽𝟏

(32)

REDUCCION DE UN SISTEMA DE CURSORES A U N CURSOR Y A UN MOMENTO PARALELO A EL (Momento mínimo). 1.17-

Hemos visto que, si tenemos el sistema de cursores V1, V2, …Vn; éste puede reducir a una resultante R y aun momento M cuyos valores se pueden calcular por la expresión (32). El momento M se puede descomponer en dos momentos, M paralelo a R y M que esté contenido en un plano S perpendicular a R. Si trasladamos el sistema formado por R, M y M´ al 65 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán punto P, tendremos que agregar el par de transporte M, si se elige el punto P de tal forma que M” = -M”, se tendrá el sistema reducido a R y M”, en donde el valor de M´ se puede calcular por la expresión (20) ya vista. Por ser M paralelo a R el punto P pertenece al eje central. El sistema formado por R y M´ recibe el nombre de “torsor” o llave de tuercas, y será positivo si R y M tiene el mismo sentido. El efecto del torsor sobre un cuerpo es que R tiende a hacerlo trasladar a través del eje central mientas que M trata de hacerlo rotar en torno a él, siempre que esto sea posible. La relación entre los módulos de M y R, recibe el nombre de paso del torsor.

𝒑𝒂𝒔𝒐 =

𝑴 𝑹

Cuando el momento M es perpendicular a R el sistema se puede reducir a una resultante R; en consecuencia, para que un sistema se pueda reducir a una resultante R será necesario que:

̅.𝑹 ̅=𝟎 𝑴 1.18- TEOREMA DE VARIGNON. Z

Z

V2

R P3 P2

MQ

V1 Q

V3

P1

X

X

Pn Vn Y

Y

Si el sistema de cursores tiene el momento mínimo nulo, el momento de la resultante R es igual a la suma de los momentos de los cursores. Un sistema es equivalente cuando la resultante R y el momento MQ es paralelo a R sabemos que: ̅ −𝑷 ̅𝑷 = 𝑴 ̅ 𝑸 + (𝑸 ̅ )𝒙𝑹 ̅ 𝑴

Pero, si MQ es nulo el sistema se reduce a: ̅ −𝑷 ̅ 𝑷 = (𝑸 ̅ )𝒙𝑹 ̅ 𝑴


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 1.19- SISTEMA DE CURSORES PARTICULARES.

Analizando la expresión general que permite determinar el momento de un sistema de cursores con respecto a un punto P, cuando se conoce el momento MQ del sistema con respecto a otro punto Q definida por: ̅ −𝑷 ̅𝑷 = 𝑴 ̅ 𝑸 + (𝑸 ̅ )𝒙𝑹 ̅ 𝑴 Se puede llegar a los siguientes casos particulares: Cuando el sistema tiene resultante nula, en este caso ̅𝑷 = 𝑴 ̅ 𝑸 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝑛𝒕𝒆 𝑴

Cuando el momento mínimo es nulo. En este caso se cumple el teorema de Varignon. ̅ −𝑷 ̅ 𝑷 = (𝑸 ̅ )𝒙𝑹 ̅ 𝑴 Donde Q es un punto del eje central.

Cuando el sistema de cursores son concurrentes en un punto Q, en este caso MQ es nulo, y constituye un caso particular del caso anterior. ̅ −𝑷 ̅ 𝑷 = (𝑸 ̅ )𝒙𝑹 ̅ 𝑴

Sistema de vectores fijos y paralelos El sistema de vectores V1, V2, …, Vn fijos en los puntos P1, P2, …, Pn y paralelos al vector unitario u.

El sistema en este caso es equivalente a una resultante R = ∑V1, con recta de acción en el eje central y momento mínimo nulo. En efecto, el momento de cada cursor con respecto a cualquier punto es perpendicular a cada uno de ellos, por lo tanto, a la resultante R, en consecuencia, no tendrá proyección sobre R, es decir el momento mínimo es nulo. La resultante R pasa por un punto G, invariante, del eje central denominado CENTRO DEL SISTEMA DE VECTORES PARALELOS cuya importancia radica en que si los cursores V1, V2, …, Vn; giran en torno a sus puntos de aplicación el mismo ángulo Ө, con respecto a u, la resultante R gira también el mismo ángulo en torno a G. vamos a determinar a continuación el valor de las coordenadas de G. ̅ = ∑ 𝑽𝟏 𝑹

̅ =𝑹𝒖 ̅ 𝑹

̅𝟎 = ∑𝑷 ̅ 𝟏𝒙 𝑽 ̅𝟏 = ∑ 𝑷 ̅ 𝟏𝒙 𝑽 ̅𝟏 𝒖 ̅𝟏 𝑷 ̅𝟏 ̅ = −𝒖 ̅ 𝒙∑𝑽 𝑴 67 MECÁNICA PARA INGENIEROS


Determinemos la recta de acción de R, para lo cual calcularemos el eje central del sistema. Como conocemos su dirección, será necesario determinar un punto de paso, para lo cual usaremos la expresión (26).

̅= 𝑸 ̅= 𝑸

̅𝒙𝑴 ̅𝟎 𝑹𝒖 ̅ 𝟏) ̅ 𝒙 (−𝒖 ̅ 𝒙 ∑ 𝑽𝟏 𝑷 𝑹 = 𝑹𝟐 𝑹𝟐

̅ 𝟏 )(−𝒖 ̅𝟏 ̅ ∑ 𝑽𝟏 𝑷 ̅ ) − [𝑹 𝒖 ̅ . (−𝒖 ̅ )] ∑ 𝑽𝟏 𝑷 (𝑹 𝒖 𝑹𝟐

̅= 𝑸

̅ 𝟏 − 𝑹 (𝒖 ̅ 𝟏) 𝒖 ̅𝒖 ̅ ) ∑ 𝑽𝟏 𝑷 ̅ ∑ 𝑽𝟏 𝑷 ̅ 𝑹(𝒖. 𝟐 𝑹 ̅ =∑ 𝑸

𝑳: 𝒑 = ∑

̅ 𝟏 (𝒖 ̅ 𝟏) 𝒖 ̅ ∑ 𝑽𝟏 𝑷 ̅ 𝑽𝟏 𝑷 − 𝑹 𝑹

̅ 𝟏 (𝒖 ̅ 𝟏) 𝒖 ̅ ∑ 𝑽𝟏 𝑷 ̅ 𝑽𝟏 𝑷 ̅) − + 𝒕(𝒖 𝑹 𝑹

Para obtener el punto invariante G que no depende del vector u hagamos el escalar t = (u.∑ Vi Pi) /R ̅= 𝑮

̅𝟏 ∑ 𝑽𝟏 𝑷 𝑹

El punto G es independiente del vector unitario u y en torno a él gira la resultante, cuando los vectores giran en torno a sus puntos de aplicación. Nótese en la ecuación (35), R no es la resultante, sino un número real que, al multiplicarlo por el vector unitario, nos da el vector R en consecuencia el valor absoluto de R nos da el módulo de la resultante. Si referimos el punto G a un sistema ortogonal x,y,z se tiene:

̅ = ∑ 𝑽𝟏 𝒙𝟏 𝑿 𝑹

̅ = ∑ 𝑽𝟏 𝒚 𝟏 𝒀 𝑹

𝒛̅ =

∑ 𝑽 𝟏 𝒛𝟏 𝑹

(36)

1.20- SISTEMA COPLANAR DE CURSORES: Si se tiene un sistema de cursores situados en un plano, su resultante estará contenida en dicho plano, por lo tanto, el momento de los cursores con respecto a cualquier punto P en el plano, será perpendicular a la resultante, en consecuencia, su proyección sobre ella será nula.

En todo sistema plano se cumplirá el teorema de Varignom por tenerse Mp. R=0 y la resultante estará actuando en el eje central. El sistema en este caso es equivalente a una resultante única cuando R≠0 y a un par cuando el sistema es nulo. La teoría hasta este capítulo es aplicable para 68 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán todo tipo de vectores, ya sean velocidades, cantidad de movimiento aceleraciones, momento cinético, etc. Sin embargo, en los capítulos subsiguientes nos ocuparemos mayormente de los cursores llamados

Ejercicios 2. La fuerza P= 500 lbf y T= 700 lbf respectivamente actua sobre la estructura OCDBFA. Convierte el Sistema de dos fuerzas (P y T) en un sistema de tres fuerzas que pasen por los puntos A, C y E. Convierte el sistema de dos fuerzas (P y T) en un sistema de dos fuerzas que pasen por los puntos K y C; K (-1.5, 𝐾𝑦, 𝐾𝑧) pies.

Puntos: ⃗ = (0, 0, 0) 𝑂 𝐴 = (2, 0, 0) ⃗ = (2, 2, 0) 𝐵 𝐶 = (0, 2, 0) ⃗ = (1, 2, 0) 𝐷 𝐸⃗ = (0, 0, 0.8) 𝐹 = (2, 1.2, 0)

Fuerzas: 𝑃⃗ = (0, 0, −500) 69 MECÁNICA PARA INGENIEROS


⃗ = 700 𝑇

(0, 0, 0.8) − (1, 2, 0) √12 + 22 + 0.82

⃗ = (−294.753, −589.506, 235.803) 𝑇

Convertimos el Sistema de dos fuerzas (P y T) en un sistema de tres fuerzas que pasen por los puntos A, C y E. ⃗⃗⃗⃗ 𝐴1 = 𝐴 − 𝐹 = (2, 0, 0) − (2, 1.2, 0) = (0, −1.2, 0) ⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2, 0, 0) − (1, 2, 0) = (1, −2, 0) 𝐴2 = 𝐴 − 𝐷 ⃗⃗⃗⃗ 𝐶1 = 𝐶 − 𝐹 = (0, 2, 0) − (2, 1.2, 0) = (−2, 0.8, 0) ⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0, 2, 0) − (1, 2, 0) = (−1, 0, 0) 𝐶2 = 𝐶 − 𝐷 ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 = 𝐸⃗ − 𝐹 = (0, 0, 0.8) − (2,1.2, 0) = (−2, −1.2, 0.8) ⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0, 0, 0.8) − (1, 2, 0) = (−1, −2, 0.8) 𝐸2 = 𝐸⃗ − 𝐷

Fuerzas P y T en función a escalares: 𝑃⃗ = 𝛼1 ⃗⃗⃗⃗ 𝐴1 + 𝛽1 ⃗⃗⃗⃗ 𝐶1 + 𝛾1 ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 𝑃⃗ = 𝛼1 (0, −1.2, 0) + 𝛽1 (−2, 0.8, 0) + 𝛾1 (−2, −1.2, 0.8) ⃗ = 𝛼2 ⃗⃗⃗⃗ 𝑇 𝐴2 + 𝛽2 ⃗⃗⃗⃗ 𝐶2 + 𝛾2 ⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 𝑃⃗ = 𝛼2 (1, −2, 0) + 𝛽2 (−1, 0, 0) + 𝛾2 (−1, −2, 0.8)

Determinamos las resultantes ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = 𝛼1 (0, −1.2, 0) + 𝛼2 (1, −2, 0) ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶 = 𝛽1 (−2, 0.8, 0) + 𝛽2 (−1, 0, 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐸 = 𝛾1 (−2, −1.2, 0.8) + 𝛾2 (−1, −2, 0.8)

Calculamos los escalares

0 |−2 ⃗⃗⃗⃗1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑃⃗(𝐶 𝐸1 ) 𝛼1 = = −2 0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝐴1 (𝐶 𝐸1 ) |−2 −2

0 −500 0.8 0 | −1.2 0.8 −1.2 0 0.8 0| −1.2 0.8 70


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝛼1 = 1041.67 −294.753 −589.506 285.803 | −1 0 0 | ⃗⃗⃗⃗2 × ⃗⃗⃗⃗ ⃗ (𝐶 𝑇 𝐸2 ) −1 −2 0.8 𝛼2 = = 1 −2 0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗2 × ⃗⃗⃗⃗ 𝐴2 (𝐶 𝐸2 ) |−1 0 0| −1 −2 0.8 𝛼2 = −0.00075 0 |0 ⃗⃗⃗⃗1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑃⃗(𝐴 𝐸1 ) 𝛽1 = = −2 0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝐴1 (𝐶1 × 𝐸1 ) |−2 −2

0 −500 −1.2 0 | −1.2 0.8 −1.2 0 0.8 0| −1.2 0.8

𝛽1 = −625 −294.753 −589.506 235.803 1 −2 0 | ⃗⃗⃗⃗2 × ⃗⃗⃗⃗ ⃗ (𝐴 𝑇 𝐸2 ) −1 −2 0.8 𝛽2 = = 1 −2 0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗2 × ⃗⃗⃗⃗ 𝐴2 (𝐶 𝐸2 ) |−1 0 0| −1 −2 0.8 |

𝛽2 = 0.0015 0 |0 ⃗⃗⃗⃗1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝑃⃗(𝐴 𝐶1 ) 𝛾1 = = −2 0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗1 × ⃗⃗⃗⃗ 𝐴1 (𝐶 𝐸1 ) |−2 −2

0 −500 −1.2 0 | 0.8 0 −1.2 0 0.8 0| −1.2 0.8

𝛾1 = −625 −294.753 −589.506 235.803 | 1 −2 0 | ⃗⃗⃗⃗2 × ⃗⃗⃗⃗ ⃗ (𝐴 𝑇 𝐶2 ) −1 0 0 𝛾2 = = 1 −2 0 ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝐴2 (𝐶2 × 𝐸2 ) |−1 0 0| −1 −2 0.8 𝛾2 = 294.75

Reemplazamos los escalares en las fuerzas resultantes

⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = 1041.67(0, −1.2, 0) − 0.00075(1, −2, 0) ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = (−0.00075, −1250.0025, 0) ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶 = −625(−2, 0.8, 0) + 0.0015(−1, 0, 0) 71 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶 = (1249.99, −500, 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐸 = −625(−2, −1.2, 0.8) + 294.75(−1, −2, 0.8) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐸 = (955.25, 160.5, −264.2)

Convertimos el sistema de dos fuerzas (P y T) en un sistema de dos fuerzas que pasen por los puntos K y C; K (-1.5, 𝐾𝑦, 𝐾𝑧) pies.

⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑞𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = 𝑝𝐾𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐸 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑛𝐶𝐸 𝑅𝐸 = 𝑚𝐾𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶´ = ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 + 𝑅 𝐶𝐸 𝑅⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶´

En el plano S1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ [𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ × ⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑃 𝑅𝐴 ] = 0 (𝑥 − 2, 𝑦, 𝑧) ∙ [(−2, 0, 0) × (−0.00075, −1250.0025, 0)] = 0 𝑥−2 𝑦 𝑧 | −2 0 0| = 0 −0.00075 −1250.0025 0 𝑧(−2(−1250.0025)) = 0 𝑧=0


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán En el plano S2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑄 ∙ [𝐸𝐶 𝑅𝐸 ] = 0 (𝑥, 𝑦, 𝑧 − 0.8) ∙ [(0, 2, −0.8) × (955.25, 160.5, −264.2)] = 0 |

𝑥 𝑦 𝑧 − 0.8 0 2 −0.8 | = 0 955.25 160.5 −264.2

−400𝑥 − 764.2𝑦 + (𝑧 − 0.8)(−1910.5) = 0 −400𝑥 − 764.2𝑦 − 1910.5𝑧 + 1528.4 = 0 −400𝑥 − 764.2𝑦 − 1910.5(0) = −1528.4 𝑦 = 2.79 𝑘(−1.5, 2.79, 0)

Entonces: ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑞𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴 = 𝑝𝐾𝐴 (−0.00075, −1250.0025, 0) = 𝑝(1.5, 2.79, 200) + 𝑞(−2, 2, 0) 0 = 200𝑝 𝑝=0 −1250.0025 = 2.79𝑝 + 2𝑞 𝑞 = −448.03

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐸 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑛𝐶𝐸 𝑅𝐸 = 𝑚𝐾𝐸 (955.25, 160.5, −264.2) = 𝑚(1.5, −2.79, 0.8) + 𝑛(0, −2, 0.8) 955.25 = 1.5𝑚 𝑚 = 636.83 160.5 = −2.79𝑚 − 2𝑛 160.5 = −2.79(636.83) − 2𝑛 𝑛 = −968.63

Reemplazamos en las resultantes para saber su valor ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 = 𝑝𝐾𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 = 𝑞𝐴𝐶 73


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 = 0(1.5, 2.79, 200) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 = (0, 0, 0)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 = −448.03(−2, 2, 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 = (896.06, −896.06, 0)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 = 𝑚𝐾𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 = 636.83(1.5, −2.79, 0.8) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 = (955.25, −1776.76, 509.46)

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶𝐸 = 𝑛𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶𝐸 = −968.63(0, −2, 08) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶𝐸 = (0, 1937.26, −774.90)

Entonces: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = (0, 0, 0) + (955.25, −1776.76, 509.46) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = (955.25, −1776.76, 509.46) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶´ = ⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐴𝐶 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶´ = (1249.99, −500, 0) + (896.06, −896.06, 0) + (0, 1937.26, −774.90) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶´ = (2146.05, 541.2, −774.90) 𝑅⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐶´ 𝑅⃗ = (955.25, −1776.76, 509.46) + (2146.05, 541.2, −774.90) 𝑅⃗ = (3101.3, −1235.56, −265.44) 𝑅 = 3348.9

2. Una fuerza T= 600N, P= 150N, se aplica en el sistema mostrado, el cual el ángulo Ɵ= 45° y α= 53°, se pide determinar:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán a) Convierte el Sistema de dos fuerzas (T y P) en un sistema de tres fuerzas que pasen por los puntos A, B y E.

Puntos. 𝑂̅ = (0, 0, 0) 𝐴̅ = (0, 3, 0) 𝐵̅ = (4, 0, 0) 𝐶̅ = (6.12, 2.81; 3.33) ̅ = (2.12, 2.81, 3.33) 𝐷 𝐸̅ = (0, 0, 6)

Fuerzas. 𝑃̅ = (6.82, 89.70, 106.06) 𝑇̅ = (−480, −222, −276)

̅̅̅̅ = 𝐴̅ − 𝐷 ̅ = (−2.12, 0.19, −3.53) 𝐴1 ̅̅̅̅ 𝐴2 = 𝐴̅ − 𝐶̅ = (−6.12, 0.19, −3.53) ̅̅̅̅ = 𝐵̅ − 𝐷 ̅ = (1.88, −2.81, −3.53) 𝐵1 ̅̅̅̅ 𝐵2 = 𝐵̅ − 𝐶̅ = (−2.12, −2.81, −3.53) ̅̅̅̅ ̅ = (−2.12, −2.81, 2.47) 𝐸1 = 𝐸̅ − 𝐷 ̅̅̅̅ = 𝐸̅ − 𝐶̅ = (−6.12, −2.81, 2.47) 𝐸2

a)Se hallan los escalares

α1 =

̅̅̅̅×𝐸1 ̅̅̅̅) 𝑃̅ (𝐵1 ̅̅̅̅ ̅̅̅̅×𝐸1 ̅̅̅̅) 𝐴1(𝐵1

=

=

β1 =

(6.82,89.70,106.06)[ (1.88,−2.81,−3.53)×(−2.12,−2.81,2.47)] (−2.12,0.19,−3.53)[ (1.88,−2.81,−3.53)×(−2.12,−2.81,2.47)]

−2576.10 = −43.58 59.1

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑃̅ (𝐴1 𝐸1) (6.82, 89.70, 106.06)[ (−2.12, 0.19, −3.53) × (−2.12, −2.81, 2.47)] ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐴1(𝐵1 × ̅̅̅̅ 𝐸1) (−2.12, 0.19, −3.53)[ (1.88, −2.81, −3.53) × (−2.12, −2.81, 2.47)]



=

θ1 =

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑃̅ (𝐴1 𝐵1) (6.82, 89.70, 106.06)[ (−2.12, 0.19, −3.53) × (−2.12, 0.19, −3.53)] ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐴1(𝐵1 × ̅̅̅̅ 𝐸1) (−2.12, 0.19, −3.53)[ (1.88, −2.81, −3.53) × (−2.12, −2.81, 2.47)] =

α2 =

−1345.48 = −22.81 59.1

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑇̅ (𝐵2 𝐸2) (−480, −222, −276)[ (−2.12, −2.81, −3.53) × −6.12, −2.81, 2.47))] ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐴2(𝐵2 × ̅̅̅̅ 𝐸2) (−6.12, 0.19, −3.53)[ (−2.12, −2.81, −3.53) × −6.12, −2.81, 2.47)] =

β2 =

322.02 = 5.44 59.1

−2046.96 = −13.83 157.96

̅̅̅̅ × 𝐸2 ̅̅̅̅) (−480, −222, −276)[ (−6.12, 0.19, −3.53) × −6.12, −2.81, 2.47))] 𝑇̅ (𝐴2 ̅̅̅̅(𝐵2 ̅̅̅̅ × 𝐸2 ̅̅̅̅) (−6.12, 0.19, −3.53)[ (−2.12, −2.81, −3.53) × −6.12, −2.81, 2.47)] 𝐴2 =

−8683 = −58.68 157.96

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑇̅ (𝐴2 𝐵2) (−480, −222, −276)[ (−6.12, 0.19, −3.53) × (−2.12, −2.81, −3.53)] θ2 = ̅̅̅̅(𝐵2 ̅̅̅̅ × 𝐸2 ̅̅̅̅) (−6.12, 0.19, −3.53)[ (−2.12, −2.81, −3.53) × (−6.12, −2.81, 2.47)] 𝐴2 =

−5338.8 = −36.08 157.96

̅̅̅̅ = α1. 𝐴1 ̅̅̅̅ + α2. 𝐴2 ̅̅̅̅ 𝑅𝐴 ̅̅̅̅ 𝑅𝐴 = −43.58(−2.12, 0.19, −3.53) + −13.83(−6.12, 0.19, −3.53) ̅̅̅̅ = (117.01, −10.9, 464.13) 𝑅𝐴

̅̅̅̅ 𝑅𝐵 = β1. ̅̅̅̅ 𝐵1 + β2. ̅̅̅̅ 𝐵2 ̅̅̅̅ = 5.44. (1.88, −2.81, −3.53) + −58.68. (−2.12, −2.81, −3.53) 𝑅𝐵 ̅̅̅̅ 𝑅𝐵 = (134.62, 144.56, 164.13)

̅̅̅̅ 𝑅𝐸 = θ1. ̅̅̅̅ 𝐸1 + θ2. ̅̅̅̅ 𝐸2 ̅̅̅̅ = −22.81. (−2.12, −2.81, 2.47) + −36.08. (−6.12, −2.81, 2.47) 𝑅𝐸 ̅̅̅̅ 𝑅𝐸 = (269.15, 165.47, −145.45)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3. Una fuerza F= 63 lbs, M= 35lb, y Q=22 lbs, se aplica en el bloque mostrado, se pide determinar: Convierte el Sistema de tres fuerzas (F, M y Q) en un sistema de tres fuerzas que pasen por los puntos B, D y H. Convierte el sistema de tres fuerzas (F, M y Q) en un sistema de dos fuerzas que pasen por los puntos K y B; K (-1.2, 𝐾𝑦, 𝐾𝑧) pies.

PUNTOS: ⃗⃗⃗⃗ 𝑂 = (0, 0, 𝑂) ⃗⃗⃗⃗ 𝐴 = (0, 4.8, 7.2) ⃗⃗⃗⃗ 𝐵 = (0, 4.8, 0) ⃗⃗⃗⃗ 𝐶 = (9.6, 4.8, 0) ⃗⃗⃗ 𝐷 = (14.4, 2.4, 0) ⃗⃗⃗ 𝐸 = (14.4, 0, 7.2) ⃗⃗⃗ 𝐺 = (9.6, 4.8, 7.2) ⃗𝐼 = (14.4, 0, 14.4) ⃗⃗⃗⃗ 𝐻 = (0, 0, 7.2)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán FUERZAS: ⃗⃗⃗ 𝐹 = 63

(14.4, 0, 14.4) − (0, 4.8, 7.2) |𝐴𝐼|

⃗⃗⃗ = 63 𝐹

(14.4, −4.8, 7.2) √14.42 + 4.82 + 7.22

⃗⃗⃗ = (54, −18, 27) 𝐹

⃗⃗⃗⃗ = 35 𝑀

(9.6, 4.8, 0) − (0, 4.8, 7.2) |𝐴𝐶|

⃗⃗⃗⃗ = 35 𝑀

(9.6, 0, −7.2) √9.62 + 7.22

⃗⃗⃗⃗ = (28, 0, −21) 𝑀 ⃗⃗⃗ 𝑄 = 22

(14.4, 0, 7.2) − (9.6, 4.8, 7.2) √4.82 + 4.82

⃗⃗⃗ = (15.556, −15.556, 0) 𝑄

⃗⃗⃗ 𝐵 1 = ⃗⃗⃗ 𝐵 − ⃗⃗⃗ 𝐴 = (0, 4.8, 0) − (0, 4.8, 7.2) = (0, 0, −7.2) ⃗⃗⃗ 𝐵 2 = ⃗⃗⃗ 𝐵 − ⃗⃗⃗ 𝐴 = (0, 4.8, 0) − (0, 4.8, 7.2) = (0, 0, −7.2) ⃗⃗⃗ 𝐵 3 = ⃗⃗⃗ 𝐵 − ⃗⃗⃗ 𝐺 = (0, 4.8, 0) − (9.6, 4.8, 7.2) = (−9.6, 0, −7.2) ⃗⃗⃗ = (14.4, 2.4, 0) − (0, 4.8, 7.2) = (14.4, −2.4, −7.2) ⃗⃗⃗ 𝐷 1 = ⃗⃗⃗ 𝐷 −𝐴 ⃗⃗⃗ = (14.4, 2.4, 0) − (0, 4.8, 7.2) = (14.4, −2.4, −7.2) ⃗⃗⃗ 𝐷 2 = ⃗⃗⃗ 𝐷 −𝐴 ⃗⃗⃗ 𝐷 3 = ⃗⃗⃗ 𝐷 − ⃗⃗⃗ 𝐺 = (14.4, 2.4, 0) − (9.6, 4.8, 7.2) = (4.8, −2.4, −7.2)

⃗⃗⃗ = (0, 0.7, 2) − (0, 4.8, 7.2) = (0, −4.8, 0) ⃗⃗⃗⃗ 1 = 𝐻 ⃗⃗⃗⃗ − 𝐴 𝐻 ⃗⃗⃗ = (0, 0.7, 2) − (0, 4.8, 7.2) = (0, −4.8, 0) ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ − 𝐴 𝐻2 =𝐻 ⃗⃗⃗ = (0, 0, 7.2) − (9.6, 4.8, 7.2) = (−9.6, −4.8, 0) ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ − 𝐺 𝐻3 =𝐻

⃗⃗⃗ 𝐹 = 𝛼1 ⃗⃗⃗ 𝐵 1 + 𝛽1 ⃗⃗⃗ 𝐷 1 + 𝛾1 ⃗⃗⃗⃗ 𝐻 1 = 𝛼1 (0, 0, −7.2) + 𝛽1 (14.4, −2.4, −7.2) + 𝛾1 (0, −4.8, 0) ⃗⃗⃗⃗ 𝑀 = 𝛼2 ⃗⃗⃗ 𝐵 2 + 𝛽2 ⃗⃗⃗ 𝐷 2 + 𝛾2 ⃗⃗⃗⃗ 𝐻 2 = 𝛼2 (0, 0, −7.2) + 𝛽2 (14.4, −2.4, −7.2) + 𝛾2 (0, −4.8, 0) ⃗⃗⃗ 𝑄 = 𝛼3 ⃗⃗⃗ 𝐵 3 + 𝛽3 ⃗⃗⃗ 𝐷 3 + 𝛾3 ⃗⃗⃗⃗ 𝐻 3 = 𝛼3 (−9.6, 0, −7.2) + 𝛽3 (4.8, −2.4, −7.2) + 𝛾3 (−9.6, −4.8, 0)

⃗⃗⃗ 𝐵 = 𝛼1 (0, 0, −7.2) + 𝛼2 (0, 0, −7.2) + 𝛼3 (−9.6, 0, −7.2) 𝑅 78 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗ 𝐷 = 𝛽1 (14.4, −2.4, −7.2) + 𝛽2 (14.4, −2.4, −7.2) + 𝛽3 (4.8, −2.4, −7.2) 𝑅 ⃗⃗⃗ 𝐻 = 𝛾1 (0, −4.8, 0) + 𝛾2 (0, −4.8, 0) + 𝛾3 (−9.6, −4.8, 0) 𝑅 ESCALARES:

54 |14.4 ⃗⃗⃗ (𝐷 ⃗1×𝐻 ⃗ 1) 𝐹 𝛼1 = = 0 0 ⃗⃗⃗ ⃗ ⃗ 𝐵 1 (𝐷1 × 𝐻1 ) |14.4 0

−18 27 −2.4 −7.2| −4.8 0 = −7.5 0 −7.2 −2.4 −7.2| −4.8 0

28 14.4 ⃗⃗⃗⃗ (𝐷 ⃗2×𝐻 ⃗ 2) | 0 𝑀 𝛼2 = = ⃗⃗⃗ ⃗2×𝐻 ⃗ 2) | 0 𝐵 2 (𝐷 14.4 0

0 −21 −2.4 −7.2 −4.8 0 | = 0.972 0 −7.2| −2.4 −7.2 −4.8 0

15.556 −15.556 0 4.8 −2.4 −7.2 ⃗⃗⃗ ⃗3×𝐻 ⃗ 3) | 𝑄 (𝐷 −4.8 0 | = −2.431 𝛼3 = = −9.6 0 −7.2 | ⃗⃗⃗ 3 (𝐷 ⃗ 3×𝐻 ⃗ 3 ) | −9.6 𝐵 4.8 −2.4 −7.2 −9.6 −4.8 0 54 0 ⃗⃗⃗ ⃗1 ×𝐻 ⃗ 1) | 0 𝐹 (𝐵 𝛽1 = = ⃗⃗⃗ 1 (𝐷 ⃗1×𝐻 ⃗ 1) | 0 𝐵 14.4 0

−18 27 0 −7.2 −4.8 0 | = −3.75 0 −7.2| −2.4 −7.2 −4.8 0

28 0 0 0 ⃗⃗⃗⃗ (𝐵 ⃗2×𝐻 ⃗ 2 ) | 0 −4.8 𝑀 𝛽2 = = 0 ⃗⃗⃗ ⃗2×𝐻 ⃗ 2) | 0 𝐵 2 (𝐷 14.4 −2.4 0 −4.8

−21 −7.2 0 | = −1.944 −7.2| −7.2 0

15.556 −15.556 0 −9.6 0 −7.2 ⃗⃗⃗ (𝐵 ⃗3×𝐻 ⃗ 3) | 𝑄 −4.8 0 | = −2.431 𝛽3 = = −9.6 0 −7.2 | ⃗⃗⃗ ⃗3×𝐻 ⃗ 3 ) | −9.6 𝐵 3 (𝐷 4.8 −2.4 −7.2 −9.6 −4.8 0

54 −18 27 0 0 −7.2 ⃗⃗⃗ (𝐵 ⃗1×𝐷 ⃗ 1) | | 𝐹 𝛾1 = = 14.4 −2.4 −7.2 = 1.875 0 −7.2| ⃗⃗⃗ ⃗1×𝐻 ⃗ 1) | 0 𝐵 1 (𝐷 14.4 −2.4 −7.2 0 −4.8 0


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 28 0 −21 0 0 −7.2 ⃗⃗⃗⃗ ⃗2×𝐷 ⃗ 2 ) |14.4 −2.4 −7.2| 𝑀 (𝐵 𝛾2 = = = −0.972 0 −7.2| ⃗⃗⃗ 2 (𝐷 ⃗2×𝐻 ⃗ 2) | 0 𝐵 14.4 −2.4 −7.2 0 −4.8 0 15.556 −15.556 0 −9.6 0 −7.2 ⃗⃗⃗ (𝐵 ⃗3×𝐷 ⃗ 3) | 𝑄 −2.4 −7.2| = 2.026 𝛾3 = = 4.8 0 −7.2 | ⃗⃗⃗ ⃗3×𝐻 ⃗ 3 ) | −9.6 𝐵 3 (𝐷 4.8 −2.4 −7.2 −9.6 −4.8 0

𝑅⃗𝐵 = 𝛼1 (0, 0, −7.2) + 𝛼2 (0, 0, −7.2) + 𝛼3 (−9.6, 0, −7.2) 𝑅⃗𝐵 = −7.5(0, 0, −7.2) + 0.972(0, 0, −7.2) − 2.431(−9.6, 0, −7.2) 𝑅⃗𝐵 = (0, 0, 54) + (0, 0, −6.998) + (23.338, 0, 17.503) 𝑅⃗𝐵 = (23.338, 0, 64.505)

𝑅⃗𝐷 = 𝛽1 (14.4, −2.4, −7.2) + 𝛽2 (14.4, −2.4, −7.2) + 𝛽3 (4.8, −2.4, −7.2) 𝑅⃗𝐷 = −3.75(14.4, −2.4, −7.2) − 1.944(14.4, −2.4, −7.2) − 2.431(4.8, −2.4, −7.2) 𝑅⃗𝐷 = (−54, 9, 27) + (−27.994, 4.666, 13.997) + (−11.667, 5.834, 17.503) 𝑅⃗𝐷 = (−93.611, 19.5, 58.5)

𝑅⃗𝐻 = 𝛾1 (0, −4.8, 0) + 𝛾2 (0, −4.8, 0) + 𝛾3 (−9.6, −4.8,0) 𝑅⃗𝐻 = 1.875(0, −4.8, 0) − 0.972(0, −4.8, 0) + 2.026(−9.6, −4.8, 0) 𝑅⃗𝐻 = (0, −9, 0) + (0,4.666, 0) + (−19.45, −9.725, 0) 𝑅⃗𝐻 = (−19.45, −14.059, 0)

Reducimos el sistema de fuerzas a dos fuerzas:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑞𝐷𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 = 𝑝𝐾𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑛𝐵𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐻 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 = 𝑚𝐾𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵´ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 𝑅⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵´ 𝐾(−1.2, 𝐾𝑦 , 𝐾𝑧 ) Trabajando en el plano SI: ⃗⃗⃗ = 𝑞 𝑝 ⃗⃗⃗ = (𝑋, 𝑌, 𝑍) ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝑃(𝐷𝐵 𝑅𝐷 ) = 0 (𝑋, 𝑌, 𝑍) − (14.4, 2.4, 0)[(−14.4, 2.4,0) × (−93.611, 19.5, 58.5)] = 0 𝑥 − 14.4 𝑦 − 2.4 𝑧 | −14.4 2.4 0 |=0 −93.611 19.5 58.5 (𝑥 − 14.4)(2.4 × 58.5) − (𝑦 − 2.4)(−14.4 × 58.5) + 𝑧(−14.4 × 19.5) − 2.4(−93.611) =0 140.4𝑥 − 2021.76 + 842.4𝑦 + 2021.76 − 56.13𝑧 = 0 (140.4𝑥 + 842.4𝑦 − 56.13𝑧 = 0) ÷ 140.4

𝑥 + 6𝑦 − 0.4𝑧 = 0 … (𝐼) 𝑦=

0.4𝑧 − 𝑥 … (𝐼𝐼) 6

Trabajamos en el plano S2: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝐻𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ × ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝑄 𝑅𝐻 ) = 0 (𝑥, 𝑦, 𝑧) − (0, 0, 7.2)[(0, 4.8, −7.2) × (−19.45, −14.059, 0) = 0 𝑥 𝑦 𝑧 − 7.2 | 0 4.8 −7.2 | = 0 −19.45 −14.059 0 −101.22𝑥 + 140.04𝑦 + (𝑧 − 7.2)(93.36) = 0 −101.22𝑥 + 140.04𝑦 + 93.36𝑧 − 672.192 = 0 −101.22𝑥 + 140.04𝑦 + 93.36𝑧 = 672.192 … (𝐼𝐼𝐼) 𝑦=

−93.36𝑧 + 101.22𝑥 + 672.192 … (𝐼𝑉) 140.04

Entonces igualamos las ecuaciones (II) y (IV)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 0.4𝑧 − (−1.2) −93.36𝑧 + 101.22(−1.2) + 672.192 = 6 140.04 616.318𝑧 = 3136.318 𝑧 = 5.09

Reemplazamos los valores encontrados para hallar y 𝑦=

−93.36(5.09) + 101.22(−1.2) + 672.192 140.04 𝑦 = 0.54

Entonces: 𝑘(−1.2, 0.54, 5.09)

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑞𝐷𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 = 𝑝𝐾𝐷 (−93.611, 19.5, 58.5) = 𝑝(15.6, 1.86, −5.09) + 𝑞(−14.4, 2.4, 0) 58.5 = −5.09𝑝 𝑝 = −11.49

−93.611 = 15.6𝑝 − 14.4𝑞 −93.611 = 15.6(−11.49) − 14.4𝑞 𝑞 = 5.95

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 = 𝑝𝐾𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 = −11.49(15.6, 1.86, −5.09) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 = (−179.24, −21.37, 58.48) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 = 𝑞𝐷𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 = 5.95(−14.4, 2.4, 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 = (−85.68, 14.28, 0)

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑛𝐵𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐻 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐻 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 = 𝑚𝐾𝐻 (−19.45, −14.059, 0) = 𝑚(1.2, −0.54, 2.11) + 𝑛(0, −4.8, 7.2) −19.45 = 1.2𝑚 82 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑚 = −16.21 −14.059 = −0.54𝑚 − 4.8𝑛 −14.059 = −0.54(−16.21) − 4.8𝑛 𝑛 = 4.75

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐻 = 𝑚𝐾𝐻

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ M𝑅 𝐾𝐻 = −16.21(1.2, −0.54, 2.11) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐻 = (−19.45, 8.75, −34.20)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 = 𝑛𝐵𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 = 4.75(0, −4.8, 7.2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 = (0, −22.8, 34.2)

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐷 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾𝐻 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = (−179.24, −21.37, 58.48) + (−19.45, 8.75, −34.20) ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 = (−198.69, −12.62, 24,28)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵´ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵𝐻 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐷𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵´ = (23.338, 0, 64.505) + (0, −22.8, 34.2) + (−85.68, 14.28, 0) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵´ = (−62.34, −8.52, 98.71)

𝑅⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐾 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑅𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑜 = (−0.23. −21. 14, 122,99) 𝑅𝑏´


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 5. Si la fuerza P=30 lbf y la fuerza T=20 lbf. Convierta este sistema de dos fuerzas a un sistema de 3 fuerzas que pasen por los puntos D,F,B; además convierta en un sistema de dos fuerzas que pasen por los puntos K y B tal que K es (-2, a, d).

𝑂̅ = (0, 0, 0) 𝐴̅ = (4, 12, 0) 𝐵̅ = (0, 12, 0) ̅ = (4, 0, 0) 𝐷 𝐸̅ = (4,12,4) 𝐹̅ = (0, 12, 4) 𝐺̅ = (0, 0, 4) ̅ = (4, 0, 4) 𝐻

̅̅̅̅ = 𝐷 ̅ − 𝐴̅ = (0, −12, 0) 𝐷1 ̅̅̅̅ ̅ − 𝐸̅ = (0, −12, −4) 𝐷2 = 𝐷 ̅̅̅̅ = 𝐹̅ − 𝐴̅ = (−4, 0, 4) 𝐹1 ̅̅̅̅ 𝐹2 = 𝐹̅ − 𝐸̅ = (−4, 0, 0) ̅̅̅̅ 𝐵1 = 𝐵̅ − 𝐴̅ = (−4, 0, 0) ̅̅̅̅ = 𝐵̅ − 𝐸̅ = (−4, 0, −4) 𝐵2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán a) Se convierte el sistema de dos fuerzas en un sistema de tres fuerzas

̅̅̅̅ + 𝛽1. 𝐹1 ̅̅̅̅ + 𝜃1. 𝐵1 ̅̅̅̅ 𝑃̅ = 𝛼1. 𝐷1 𝑇̅ = 𝛼2. ̅̅̅̅ 𝐷2 + 𝛽2. ̅̅̅̅ 𝐹2 + 𝜃2. ̅̅̅̅ 𝐵2

𝛼1 = 𝛼1 =

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑃(𝐹1 𝐵1) ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐷1(𝐹1 × ̅̅̅̅ 𝐵1)

(−21.21, 0, 21.21)[(−4, 0, 4) × (−4, 0, 0)] (0, −12, 0)[(−4, 0, 4) × (−4, 0, 0)] 𝛼1 =

(−21.21, 0, 21.21)[0, −16, 0] (0, −12, 0)[0, −16, 0] 𝛼1 = 0

𝛼2 = 𝛼2 =

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑇(𝐹2 𝐵2) ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐷2(𝐹2 × ̅̅̅̅ 𝐵2)

𝑇[(−4, 0, 0) × (−4, 0, −4)] (0, −12, −4)[(−4, 0, 0) × (−4, 0, −4)] 𝛼2 = 1.58

𝛽1 = 𝛽1 =

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑃(𝐷1 𝐵1) ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐷1(𝐹1 × ̅̅̅̅ 𝐵1)

𝑃[(0, −12, 0) × (−4, 0, 0)] (0, −12, 0)[(−4, 0, 4) × (−4, 0, 0)] 𝛽1 = −5.30

𝛽2 = 𝛽2 =

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑇(𝐷2 𝐵2) ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐷2(𝐹2 × ̅̅̅̅ 𝐵2)

𝑇[(0, −12, −4) × (−4, 0, −4)] (0, −12, −4)[(−4, 0, 0) × (−4, 0, −4)] 𝛽2 = 0

𝜃1 =

̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝑃(𝐷1 𝐹1) ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝐷1(𝐹1 × ̅̅̅̅ 𝐵1)



𝜃1 =

𝑃[(0, −12, 0) × (−4, 0, 4)] (0, −12, 0)[(−4, 0, 4) × (−4, 0, 0)] 𝜃1 = 0

𝜃2 = 𝜃2 =

̅̅̅̅ × 𝐹2 ̅̅̅̅) 𝑇(𝐷2 ̅̅̅̅(𝐹2 ̅̅̅̅ × 𝐵2 ̅̅̅̅) 𝐷2

𝑇[(0, −12, −4) × (−4, 0, 0)] (0, −12, −4)[(−4, 0, 0) × (−4, 0, −4)] 𝜃2 = 0

̅̅̅̅ + 𝛼2. 𝐷2 ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ = 𝛼1. 𝐷1 𝑅𝐷 ̅̅̅̅ 𝑅𝐷 = 0. (0, −12, 0) + 1.58. (0, −12, −4) ̅̅̅̅ = (0, −18.96, −6.32) 𝑅𝐷

̅̅̅̅ + 𝛽2. 𝐹2 ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ = 𝛽1. 𝐹1 𝑅𝐷 ̅̅̅̅ 𝑅𝐷 = (−21.1, 0, 21.2)

̅̅̅̅ + 𝜃2. 𝐵2 ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ = 𝜃1. 𝐵1 𝑅𝐷 ̅̅̅̅ 𝑅𝐷 = (0,0,0)

b) Se reduce las tres fuerzas a dos que pasen por K y B cuando k(-2, a, d)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅̅̅̅ 𝑅𝐷 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐾𝐷 + ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐷𝐵 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑝𝐾𝐷 + ̅̅̅̅̅̅ 𝑞𝐷𝐵 ̅̅̅̅ = 𝑅𝐾𝐹 ̅̅̅̅̅̅ + 𝑅𝐵𝐹 ̅̅̅̅̅̅ = 𝑚𝐾𝐹 ̅̅̅̅̅̅̅ + 𝑛𝐵𝐹 ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐹

̅̅̅̅ 𝑅𝐾 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐾𝐷 + ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐾𝐹 ̅̅̅̅ = 𝑅𝐵𝐷 ̅̅̅̅̅̅ + 𝑅𝐷𝐵 ̅̅̅̅̅̅ + 𝑅𝐵𝐹 ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐵

̅̅̅̅ + 𝑅𝐵 ̅̅̅̅ 𝑅̅ = 𝑅𝐾



Se hallan las incógnitas del punto K(-2, a, d) 𝑝 = 𝑞 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) Trabajando en el plano S1: ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ × ̅̅̅̅ 𝐷𝑃[𝐷𝐵 𝐴𝐷 ] = 0 (x − 4, y, z). [(−4, 12, 0) × (0, −18.96, −6.32)] −75.84𝑥 − 25.28𝑦 + 75.88𝑧 + 336.36 = 0 75.84𝑥 + 25.28𝑦 − 75.88𝑧 = 336.36…. (1)

Trabajando en el plano S2: ̅̅̅̅̅ = 0 ̅̅̅̅ × 𝑅𝐹] 𝐹𝑞 = [𝐹𝐵 (𝑥, 𝑦 − 12, 𝑧 − 4)[(0,0,4) × (21.2, 0, −21.2)] = 0 𝑦 − 12 = 0 𝑦 = 12…(2)

Reemplazando (2) en (1) 75.84𝑥 + 25.28(12) − 75.88𝑧 = 303.36 75.84𝑥 − 75.88𝑧 = 0 75.84𝑥 = 75.88𝑧 𝑥=𝑧

K= (-2, 12, -2) (0, −18.96, −6.32) = 𝑝(−2, 12, −2) + q(−4, 12, 0) 0 = 6𝑝 − 4𝑞

𝑞=

6(−3,16) 4

= −4.74


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán −12.47 = −12𝑝 + 12𝑞 −6.32 = 2𝑝 𝑝 = −3.16

(−3.16)(6, 12, 2) + (−4.74)(−4, 12, 0) (−18.96, 37.92, −6.32) + (18.96, −56.88, 0)

̅̅̅̅̅̅ = (−18.96, 37.92, −6.32) 𝑅𝐾𝐷 ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐷𝐵 = (18.96, −56.88, 0)

(−21.2, 0, 21.2) = 𝑚(2, 0, 6) + 𝑛(0, 0, 4) −21.2 = 2𝑚 + 0

21.2 = 6𝑚 + 4𝑛

𝑚 = −10.6

21,2 − 6(−10.6) = 𝑛 𝑛 = 21.2

(−10.6)(2, 0, 6) + 21.2(0, 0, 4) (−21.2, 0, −63.6) + (0, 0, 84.8) ̅̅̅̅̅̅ 𝑅𝐾𝐹 = (−21.2, 0, −63.6) ̅̅̅̅̅̅ = (0, 0, 84.8) 𝑅𝐵𝐹

̅̅̅̅ = 0 + (18.96, −56.88, 0) + (0, 0, 84.8) 𝑅𝐵 ̅̅̅̅ 𝑅𝐵 = (18.96, −56.88, 84.8)

̅̅̅̅ = (−18.96, 37.92, −6.32) + (−21.2, 0, −63.6) 𝑅𝐾 ̅̅̅̅ 𝑅𝐾 = (−2.24, 37.92, −69.92)

𝑅̅ = ̅̅̅̅ 𝑅𝐵 + ̅̅̅̅ 𝑅𝐾 𝑅̅ = (16.72, −18.96, 14.88) 𝑅 = 29.33



2.- UNIDAD II: GEOMETRÍA DE MASAS FUERZAS DISTRIBUIDAS. Se origina cuando dos o más cuerpos entran en contacto, en la cual las fuerzas se distribuyen de forma continua, sobre una superficie, sobre una línea o un volumen de tal forma que en cada punto de ellos exista una fuerza definida o fuerza distribuida.

FUERZAS DISTRIBUIDAS POR UNIDAD DE SUPERFICIE O AREA. Se originan por la interacción entre dos superficies que entran en contacto o por el efecto que produce la presión de un fluido, líquido, gas sobre una superficie u otro tipo de carga

P= viento

Muro de contención

Tierra

P

Agua de mar



CARGAS POR UNIDAD DE AREA. Una carga por unidad de área de define como la fuerza que se genera en una determinada área. 𝑑𝑓

𝑑𝑓

𝑞 = 𝑑𝐴

Donde

𝑑𝑓 = 𝑞𝑑𝐴

𝑑𝐴

q = carga df = diferencial de fuerza. dA = diferencial de área

𝑓 = ‫𝐴𝑑𝑞 ׬‬

FUERZAS DISTRIBUIDAS POR UNIDAD DE LONGITUD. Se originan a lo largo de un elemento siempre y cuando la longitud sea mayor en comparación a sus demás dimensiones. 𝑑𝑓

𝑞=

𝑑𝑓 𝑑𝑙

𝑓 = ‫𝑙𝑑𝑞 ׬‬ 𝑞

𝑑𝑙

CENTROS DE PRESIÓN O APLICACIÓN . 𝑥ǉ = 𝑦ǉ = 𝑧ǉ =

𝐺 = (𝑥ǉ , 𝑦ǉ )

∑ 𝑓𝑖 .𝑥𝑖 ∑ 𝑓𝑖 ∑ 𝑓𝑖 .𝑦𝑖 ∑ 𝑓𝑖 ∑ 𝑓𝑖 .𝑧𝑖 ∑ 𝑓𝑖

Centro de presión



Por unidad de área

Por unidad de longitud

𝑥=

‫𝐴𝑑𝑝𝑥 ׬‬ ‫𝐴𝑑𝑝 ׬‬

𝑥=

‫𝑙𝑑𝑞𝑥 ׬‬ ‫𝑙𝑑𝑞 ׬‬

𝑦=

‫𝐴𝑑𝑝𝑦 ׬‬ ‫𝐴𝑑𝑝 ׬‬

𝑦=

‫𝑙𝑑𝑞𝑦 ׬‬ ‫𝑙𝑑𝑞 ׬‬

𝑧=

‫𝐴𝑑𝑝𝑧 ׬‬ ‫𝐴𝑑𝑝 ׬‬

𝑧=

‫𝑙𝑑𝑞𝑧 ׬‬ ‫𝑙𝑑𝑞 ׬‬

Ejercicios 1. Se tiene una loza de concreto armado que está fragmentada en 30 partes y el peso de cada bloque es de 80kg-f y está apoyado la loza en tres viguetas se pide determinar: La carga, la fuerza y el punto de aplicación de la fuerza resultante sobre la loza. La fuerza, la carga y el punto de aplicación de la fuerza resultante sobre la viga.

10 30

30 30

30 30 10

solucion 𝑓

𝑓 = 30𝑥80𝑘𝑔𝑓 𝑓 = 2400𝑘𝑔𝑓 𝑓

𝑝=𝑎=

2400𝑘𝑔𝑓 3.5𝑥1.7

= 403.36𝑘𝑔/𝑚2

𝐺 = (1.75,0.85)



2. Una carga distribuida se está repartiendo sobre una viga en la cual se pide determinar: La fuerza resultante ejercida por la carga. El punto de aplicación de la fuerza resultante sobre la viga.

𝑋 𝑡

𝑞 𝑌

𝑦 𝑎

𝑎

𝑡 𝑞 = 𝑎 𝑦 𝑡𝑦 =𝑞 𝑎

𝑎

𝑎

𝑡 𝑡 𝑦2 𝑡𝑎2 𝑡𝑎 𝐹 = න 𝑞𝑑𝑙 = න 𝑦𝑑𝑦 = 𝑥 = = 𝑎 20 2𝑎 2 0 𝑎

b) Hallando el punto de aplicación. 𝑎

𝑡𝑦 𝑡 𝑦3 ‫𝑙𝑑𝑞𝑦 ׬‬ 𝑦ǉ = = 𝑦ǉ 𝐹 = න 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑥 𝑎 𝑎 30 ‫𝑙𝑑𝑞 ׬‬ 𝑦ǉ 𝐹 =

𝑡𝑎3 𝑡𝑎2 𝑡𝑎 𝑡𝑎2 = = 𝑦ǉ = 3𝑎 3 2 3

2 𝑦ǉ = 𝑎 3


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3. Una carga distribuida se está repartiendo sobre una losa en la cual se pide determinar: La fuerza resultante ejercida por la carga. El punto de aplicación de la fuerza resultante sobre la viga.

𝑧 𝑡 𝑞 𝑦

𝑡

𝑦 𝑎 𝑡 𝑞 = 𝑎 𝑦

𝑏

𝑡𝑦 =𝑞 𝑎

𝑥 𝑎

𝑧 𝐹

𝑦

𝑏

𝑎


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑎

𝐹 = ‫׬‬0 𝑃𝑑𝐴 𝑎 𝑡𝑦

𝐹 = ‫׬‬0 𝐹= 𝐹=

𝑡𝑏 𝑎 𝑡𝑏 𝑎

𝑎

𝑥 𝑥

𝑦ǉ =

𝑏𝑑𝑦

𝑦2

𝑎 𝑡𝑦 𝑦ǉ 𝐹ሜ = ‫׬‬0 𝑦 𝑏𝑑𝑦 𝑎

𝑎

𝑡𝑏 𝑦 𝑦ǉ 𝐹ሜ = 𝑥

20

𝑎

𝑎 𝑎2

=

20

𝑡𝑏𝑎

𝑡𝑏𝑎

𝑦ǉ (

2

𝑑𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥ǉ =

‫𝐴𝑑𝑝𝑦 ׬‬ ‫𝐴𝑑𝑝 ׬‬

2

‫𝐴𝑑𝑝𝑥 ׬‬ ‫𝐴𝑑𝑝 ׬‬

𝑎 𝑡𝑦 𝑥 𝑥ǉ 𝐹ሜ = ‫׬‬0

𝑎 2 0

𝑦ǉ =

3𝑎

𝑡𝑏2 2𝑎 2

𝑥

𝑦2

2𝑎 3

𝑎

2 0

𝑎2

2𝑎 2

𝑎

2𝑏

𝑡𝑏𝑎3

𝑡𝑏 𝑥ǉ 𝐹ሜ =

𝑏 𝑡𝑦 𝑥ǉ 𝐹ሜ = ‫׭‬0 𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑎

3 0

)=

𝑥ǉ 𝐹ሜ =

3

𝑡𝑏𝑎

𝑥ǉ ( 𝑑𝑦

2

)=

𝑡𝑎𝑏2 4

𝑥ǉ =

𝑏 2

2

𝑎 𝑡𝑦 𝑏 𝑥ǉ 𝐹ሜ = ‫׬‬0 𝑑𝑦 𝑎 2 𝑏 2𝑎

𝐶=( ; 2

3

)

4. De la figura hallar el centro de gravedad.

𝐹 = ‫𝑥𝑑 𝑞 ׬‬ 𝑎

𝑥̅ 𝐹 = ‫𝑥𝑑 𝑞𝑥 ׬‬ 𝑥̅ 𝐹 ‫׬‬0 𝑥 ( 𝑎2 ) 𝑑𝑥

𝑡 𝑎3 3

𝑡

𝑎

𝑥̅ 𝐹 = 𝑎2 ‫׬‬0 𝑥 3 𝑑𝑥

𝐹 = 𝑎2 𝐹=

𝑡𝑥 2

𝑎

𝑥

𝐹 = ‫׬‬0 𝑡(𝑎)2 𝑑𝑥

𝑡𝑎 3

𝑡𝑎

𝑡 𝑎4 4

𝑥̅ ( 3 ) = 𝑎2 3

𝑥̅ = 4 𝑎 94 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 5. La resultante de las cargas distribuidas que actúan sobre el marco El punto donde actua la fuerza resultante Las coordenadas del punto en donde la resultante intersecta al eje x. “wo” es una carga por unidad de longitud y “L” es una longitud

Y WoL 2

X

L/2

45

Wot 4

L/2

Wot 4

𝐹1 = (0; 𝐹2 = (−

𝑊0 𝐿 ; 0) 4

𝐹3 = (0; 𝑅⃗ = (−

𝑊0 𝐿 ) 2

𝑊0 𝐿 ) 4

𝑊0 𝐿 𝑊0 𝐿 √2𝑊0 𝐿 ;− )= 4 4 4 𝑥̅ = 𝑥̅ =

∑𝑛𝑖=−1 𝑥𝑖 𝐹𝑖 ∑ 𝐹𝑖

𝑥1 𝐹1 − 𝑥3 𝐹3 𝐹1 −𝐹3

2 𝑊𝐿 5 𝑊𝐿 (3 𝐿) ( 20 ) − (6 𝐿)( 40 ) 𝑥̅ = 𝑊0 𝐿 𝑊0 𝐿 − 2 4 𝑥̅ =

1𝐿 2

𝐿 𝐿 𝐶( ; − ) 2 3 𝑎=

𝐿 𝐿 + 3 2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 6. Del sistema de fuerzas distribuidas por unidad de superficie, calcular la fuerza resultante y sus puntos de presión

𝑘𝑔𝑡

𝑃1= 20 𝑚2 𝑘𝑔𝑡

𝑃2= 14 𝑚2

𝐹1 = ‫𝑎𝑑𝑝 ׬‬ 3

𝐹1 = ‫׬‬0 (14)(5)𝑑𝑦 𝐹1 = 210 𝑘𝑔𝑓

𝑥̅ 𝐹1 = ‫𝑎𝑑𝑝𝑥 ׬‬ 5

𝑥̅ 𝐹1 = ‫׬‬0 𝑥(14)3𝑑𝑥 𝑥̅ (210) = 42 .

52 2

𝑥̅ = 25𝑚

𝑦̅𝐹1 = ‫𝑎𝑑𝑝𝑦 ׬‬ 3

𝑦̅𝐹1 = ‫׬‬0 𝑦(14)5𝑑𝑦

p

𝑦̅ = 1.5𝑚 dy

y

3-y y

𝐹2 = ‫𝐴𝑑𝑝 ׬‬

6 3

=

𝑝 3−𝑦

𝑝 = 6 − 2𝑦

𝑥̅ 𝐹2 = ‫𝐴𝑑𝑝𝑥 ׬‬

3

𝐹2 = න (6 − 2𝑦)5𝑑𝑦 0 3

𝐹2 = න 30 − 10𝑦𝑑𝑦 0

𝐹2 = 45𝑘𝑔𝑓 𝐹2 = 255 𝑘𝑔𝑓


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 7. En la sección de la loza está soportando una carga distribuida se pide determinar: a) La fuerza resultante de la carga distribuida. b) El punto de aplicación de la fuerza resultante

𝐹 = ‫𝐴𝑑𝑃 ׬‬

3

5

𝐹 = ‫׬‬0 6𝑦 3 3𝑑𝑦 = 𝐹=

18𝑥54

18𝑦 4 4

𝐹 = ‫׬‬0 𝑝𝑑𝑥

/ 50

𝑎

𝐹 = 3𝑝

= 2812.5𝑘𝑔

4

3

𝑥ǉ 𝐹 = ‫׬‬0 𝑥𝑝𝑑𝑥

Calculando el diferencial de área 𝑑𝐴 = 3𝑑𝑦 𝑦ǉ =

𝑝 2

𝑥ǉ = 1.5𝑚

5 ‫׬‬0 𝑦(6𝑦 3 )3𝑑𝑦

𝑦ǉ = 18

2

9

‫𝐴𝑑𝑝𝑦 ׬‬

𝑦5

32

𝑥ǉ (3𝑞) = 𝑝

‫𝐴𝑑𝑝𝑦 ׬‬

𝑦ǉ 𝐹 =

𝑥ǉ 𝐹 =

𝐶 = (1.5; 4)

5

5 0

𝑦ǉ (2812.5) =

18(5)5 5

𝑦ǉ = 4𝑚


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 8. Calcular el centroide y la resultante de la siguiente figura:

DCL 50 lb/ft

200 lb/ft

50 lb/ft

2 ft

4 ft

300 lb/ft 6 ft

6 ft

5.20 ft 150 lb/ft 3 ft

60 6 ft

6 ft

𝑙𝑏

6 (50 𝑓𝑡) = 300 𝑙𝑏/𝑓𝑡

De 1.

6(50 𝑙𝑏) = 150 𝑙𝑏/𝑓𝑡 2 4 (50

𝑙𝑏 ) = 200 𝑙𝑏/𝑓𝑡 𝑓𝑡



𝑥̅ =

𝟏. 𝟓(𝟏𝟓𝟒. 𝟖𝟏) + 𝟏(𝟏𝟐𝟗. 𝟗𝟎) + 𝟓(𝟐𝟎𝟎) = 2.58 𝟐𝟓𝟗. 𝟖𝟏 + 𝟏𝟐𝟗. 𝟗𝟎 + 𝟐𝟎𝟎 𝑦̅ =

𝟐. 𝟔𝟎(𝟏𝟓𝟎) + 𝟏. 𝟕𝟑(𝟕𝟓) = 2.31 𝟏𝟓𝟎 + 𝟕𝟓

𝐹1 = 289.71(2.58) = 670.05 𝐹2 = 225(2.31) = 519.75 𝑅 = √670.052 + 5142 𝑅 = 848 𝑙𝑏

9. De la figura, calcular el centroide:

𝑥 = 2𝑦1/2

𝑑𝐴 = 4𝑑𝑥

𝑥2 2

𝑑𝐴 = 4𝑑𝑦

=𝑦

𝐹 = න 𝑝 𝑑𝐴 4

1

𝐹 = න (2𝑦 2 ) 4𝑑𝑦 0

𝐹=

16 3/2 4 3

𝐹 = 42.67 𝑘𝑔𝑓

𝑥̅ 𝐹 = ‫𝐴𝑑𝑝 𝑥 ׬‬

𝑦̅𝐹 = ‫𝐴𝑑𝑝 𝑦 ׬‬


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 4

𝑥2 2

1

4

𝑥̅ 𝐹 = ‫׬‬0 𝑥 ( ) 4𝑑𝑥

𝑦̅𝐹 = ‫׬‬0 𝑦 (2𝑦 2 ) 4𝑑𝑦

4

4

𝑥̅ 𝐹 = 2 ‫׬‬0 𝑥 3 𝑑𝑥

3

𝑦̅𝐹 = 8 ‫׬‬0 𝑦 2 𝑑𝑦

𝑥̅ (42.67) = 0

𝑦̅(42.64) = 102.4

𝑥̅ = 0

𝑦̅ = 2.4 𝑚

𝑐 = (0; 2.4) 𝑚

10. Del sistema de cargas por unidad de longitud de viga simple. Calcular la fuerza resultante y el punto de aplicación.

𝑓 = ‫𝑥𝑑 𝑞 ׬‬

𝑥̅ =

‫𝑥𝑑𝑞𝑥 ׬‬ ‫𝑥𝑑𝑞 ׬‬

𝑎

𝑓 = ‫׬‬0 𝑡 𝑑𝑥

𝑥̅ ‫𝑥𝑑𝑞𝑥 ׬ = 𝑥𝑑𝑞 ׬‬ 𝑎

𝑓 = 𝑡𝑎

𝑥̅ 𝐹 = ‫׬‬0 𝑥. 𝑡𝑎𝑥 𝑥̅ (𝑡𝑎) =

𝑡𝑎2 2



11. Calcular el centro de gravedad de la figura que se muestra: 𝑦=

𝑥2 𝑏

SOLUCIÓN Consideramos un diferencial en el eje “X”:

dx

Xi = x Yi = ((b-y)/2)+y = (b+y)/2 Dividimos en dos figuras conocidas (figura 1 y figura 2):



Trabajando en la figura 1: Área: 𝑏

𝑏

𝐴1 = න 𝑑𝐴1 = න (𝑏 − 𝑦)𝑑𝑥 0

0

𝑏

𝑏 2 𝑥2 𝑏 − 𝑥2 𝑑𝑥 = න 𝑑𝑥 𝑏 𝑏 0

𝐴1 = න 𝑏 − 0

−𝑥 3 𝐴1 = ( + 𝑏𝑥)𝑏0 3𝑏 𝐴1 =

2𝑏 2 3

“X” centroide: 𝑏

‫𝐴𝑑 ∗ 𝑖𝑥 ׬‬1 𝑋1 = 0 𝐴1 𝑏

‫ 𝑏(𝑥 ׬‬− 𝑦)𝑑𝑥 𝑋1 = 0 2𝑏2 3 𝑏 𝑥2 ‫׬‬0 𝑥(𝑏 − 𝑏 )𝑑𝑥 𝑋1 = 2𝑏2 3

𝑋1 =

0.25𝑏 3 2𝑏2 3

𝑋1 =

3𝑏 8

“Y” centroide: 𝑏

‫𝐴𝑑 ∗ 𝑖𝑦 ׬‬1 𝑌1 = 0 𝐴1 𝑏𝑏

𝑌1 =

‫׬‬0

+𝑦 (𝑏 − 𝑦)𝑑𝑥 2 2𝑏2 3 102



𝑌1 =

𝑏𝑏 ‫׬‬0

2

𝑥2 − ( )2 𝑏 𝑑𝑥 2 2𝑏2 3

𝑏 𝑏4

𝑌1 =

− 𝑥2 𝑑𝑥 2𝑏 2 2𝑏2 3

‫׬‬0

𝑏3 𝑏 − 𝑌1 = 2 2 6 2𝑏 3 3𝑏 − (4𝑏)−1 4

𝑌1 =

Trabajando en la Figura 2:

Área: 𝑏 ∗𝑏 𝐴2 = 2 2 𝐴2 =

𝑏2 4

“X” centroide: 𝑋2 =

𝑏/2 = 𝑏/6 3

“Y” centroide: 𝑌2 = 𝑏 −

𝑏 = 2𝑏/3 3

CENTROIDE TOTAL:

“X” centroide: 𝑋𝑐 =

𝑋1 𝐴1 + 𝑋2 𝐴2 𝐴1 + 𝐴2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3𝑏 2𝑏 2 𝑏 𝑏2 ( ) + ( ) 𝑋𝑐 = 8 3 2 62 4 2𝑏 𝑏 + 3 4 𝑋𝑐 =

6𝑏 2 + 𝑏 3 22𝑏 2

“Y” centroide: 𝑌𝑐 =

𝑌1 𝐴1 + 𝑌2 𝐴2 𝐴1 + 𝐴2

3𝑏 1 2𝑏 2 2𝑏 𝑏 2 ( 4 − )( 3 ) + 3 ( 4 ) 4𝑏 𝑌𝑐 = 2𝑏 2 𝑏 2 3 + 4 𝑌𝑐 =

4𝑏 3 − 32𝑏 11𝑏2

METODOS DE LAS SUPERFICIES COMPUESTAS

𝑥̅ =

𝑥1 𝑤1 + 𝑥2 𝑤2 − 𝑥3 𝑤3 𝑤1 + 𝑤2 + 𝑤3

𝑥̅ =

𝑥1 𝐴1 + 𝑥2 𝐴2 − 𝑥3 𝐴3 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 12. Calcular el centroide de la figura mostrada:

𝐴1 = 9

𝑥1 = 0

𝑦1 = 0

𝑧1 = 1.5

𝐴2 = 10.5

𝑥2 = 0

𝑦2 = 1.75

𝐴3 = 3.53

𝑥3 = 0

𝑦3 = 0

𝐴4 = 3.53

𝑥4 = 0

𝑦4 = 4.14

𝑧4 = 0

𝑦5 = 0

𝑧1 = 3

𝐴5 = −1.77

𝑥5 = 0

𝑧2 = 0 𝑧3 = 3.64

𝑥̅ = 0 𝑦̅ = 1.34 𝑚 𝑧̅ = 0.85 𝑚 𝑐̅ = (0; 1.34; 0.85) 𝑚


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 13. La placa compuesta está hecho de dos materiales, la placa A es de acero y la placa Bes de bronce, determinar: El peso del bloque en kgf/mᶟ. La localización del centro de gravedad G en metros. *Utilizar los pesos unitarios en kgf/ mᶟ de la norma técnica E0.20 RNE.

Peso total del bloque.

W= WA + WB

* Peso en A 𝑊𝐴 = 𝑊𝐴1 + 𝑊𝐴2 𝑊𝐴1 = 𝜌𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑊𝐴1 = 7850 × (0.15 × 0.225 × 0,03) 𝑊𝐴1 = 7.95 𝑘𝑔𝑓


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑊𝐴2 = 𝜌𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 0.15 × 0.225 𝑊𝐴2 = 7850 × ( × 0.03) 2 𝑊𝐴2 = 3,97 𝑘𝑔𝑓

𝑊𝐴 = 7.95 + 3.97 𝑊𝐴 = 11.92 𝑘𝑔𝑓

* Peso en B. 𝑊𝐵 = 𝜌𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑊𝐵 = 8500 × (

0.15 × 0.225 × 0.03) 2

𝑊𝐵 = 4.30 𝑘𝑔𝑓

‫؞‬

𝑊 = 𝑊𝐴 + 𝑊𝐵 𝑊 = 11.92 + 4.30 𝑊 = 16.22 𝑘𝑔𝑓

Centro de gravedad. 𝐺 = (𝑋𝑐 , 𝑌𝑐 , 𝑍𝑐)

𝑋𝑐 =

𝑏 2 0.3 2

𝑋𝑐 =

𝑋𝑐 = 0.15

𝑌𝑐 = 𝑌𝑐 =

𝑒 2

0.03 2

𝑌𝑐 = 0.015



𝑍𝑐 = 𝑍𝑐 =

ℎ 2

0.225 2

𝑍𝑐 = 0.1125

‫؞‬

𝐺 = (𝑋𝑐 , 𝑌𝑐 , 𝑍𝑐)

𝐺 = (0.15 , 0.015 , 0.1125)𝑚

14. Determine por áreas compuestas el centroide de las siguientes figuras:

Para hallar el centroide y el área de la figura primero lo dividiremos en figuras conocidas:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Desarrollamos las figuras Figura 1:

Centroide y el área de la figura 1 se puede encontrar a través de las siguientes formulas A = bh

Xc= b/2 Yc= h/2

Entonces tenemos que la base es 50 y la altura es de 40 reemplazamos en las fórmulas: A= 50 x 40 = 2000 Xc = 50/2 = 25 Yc = 40/2 = 20 (X1;Y1) = (25;20)

Figura 2:

Formulas: A = bh

Xc= b/2 Yc= h/2

Reemplazamos en las fórmulas: A= 50 x 40 = 2000 Xc = 50/2 = 25 Yc = 40/2 = 20 Fijándonos en la posición de la imagen el Y vendría a ser negativo ya que esta en la parte inferior: (X1;Y1) = (25;-20)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Figura 3:

Formulas: A = π(𝑅)2 /4

Xc = 4R/3π

Yc = 4R/3π

Reemplazamos en las fórmulas: A= π (40)2 /4 = 1256.64 Xc = 4(40)/3π = 16.98 Yc = 4(40)/3π = 16.98

Sumándole la posición en donde comienza la figura sus coordenadas serían las siguientes: (X1;Y1) = (50 +16.98; 0 +16.98) (X1;Y1) = (66.98; 16.98)

Figura 4:


Xc = 4R/3π

Yc = 4R/3π

Reemplazamos en las fórmulas: A= π (40)2 /4 = 1256.64 Xc = 4(40)/3π = 16.98 Yc = 4(40)/3π = 16.98

Sumándole la posición en donde comienza la figura y su posición sus coordenadas serían las siguientes: 110 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán En el eje Y está en la parte negativa por lo tanto (X1;Y1) = (50 +16.98; -(0 +16.98)) (X1;Y1) = (66.98; -16.98)

Figura 5:


Xc = R

Yc = 4R / 3π

Reemplazamos en las fórmulas: A = π(15)2 /2 = 353.43 Xc = 15

= 15

Yc = 4(15)/3π = 6.37

Sumándole la posición en donde comienza la figura sus coordenadas serían las siguientes: (X1;Y1) = (15 +15; (0 +6.37)) (X1;Y1) = (30 ; 6.37) Figura 6:


Xc = R

Yc = 4R / 3π

Reemplazamos en las fórmulas: A = π(15)2 /2 = 353.43 Xc = 15

= 15 111


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Yc = 4(15)/3π = 6.37 Sumándole la posición en donde comienza la figura y su posición sus coordenadas serían las siguientes: (X1;Y1) = (15 +15; -(0 +6.37)) (X1;Y1) = (30 ; -6.37) Con la siguiente formula hallaremos el centroide de toda la imagen y el área total de la imagen sombreada.

Centroides:

𝑋₁𝑥𝐴₁ + 𝑋₂𝑥𝐴₂ + 𝑋₃𝑥𝐴3 + 𝑋4𝑥𝐴4 − 𝑋5𝑥𝐴5 − 𝑋6𝑥𝐴6 2000 + 2000 + 1256.64 + 1256.64 − 353.43 − 353.43 𝑋𝑐 =

25𝑥2000 + 25𝑥2000 + 66.98𝑥1256.64 + 66.98 + 1256.64 − 30𝑥353.43 − 30𝑥353.43 2000 + 2000 + 1256.64 + 1256.64 − 353.43 − 353.43

Xc= 42.56

𝑌₁𝑥𝐴₁ + 𝑌₂𝑥𝐴₂ + 𝑌₃𝑥𝐴3 + 𝑌4𝑥𝐴4 − 𝑌5𝑥𝐴5 − 𝑌6𝑥𝐴6 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4 − 𝐴5 − 𝐴6 𝑌𝑐 =

20𝑥2000 + (−20𝑥2000) + 16.98𝑥1256.64 + (−16.98 + 1256.64) − 30𝑥353.43 − (−30𝑥353.43) 2000 + 2000 + 1256.64 + 1256.64 − 353.43 − 353.43

Yc= 0

Area: 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4 − 𝐴5 − 𝐴6


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 2000 + 2000 + 1256.64 + 1256.64 − 353.43 − 353.43 AT = 5806.42

15. Determine por áreas compuestas el centroide de las siguientes figuras:

Para hallar el centroide y el área de la figura primero lo dividiremos en figuras conocidas:

Desarrollamos las figuras Figura 1:


Xc = 4R/3π

Yc = 4R/3π 113


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Reemplazamos en las fórmulas: A= π (5)2 /4 = 19.63 Xc = 4(5)/3π = 2.12 Yc = 4(5)/3π = 12.12 Centroide: (X1;Y1) = (2.12; 2.12)

Figura 2:


Xc = 4R/3π

Yc = 4R/3π

Reemplazamos en las fórmulas: A= π (5)2 /4 = 19.63 Xc = 4(5)/3π = 2.12 Yc = 4(5)/3π = 12.12 Centroide: Fijándonos en la posición de la imagen el Y vendría a ser negativo ya que esta en la parte inferior. (X2Y2) = (2.12; -2.12)

Figura 3:

A = bh/2

Xc = b/3

Yc = h/3

Reemplazamos en las fórmulas: A= bh/2 = 6 114 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Xc = b/3 = 1.67 Yc = h/3 = 1

Centroide: (X3;Y3) = (1.67;1) Figura 4:

A = bh/2

Xc = b/3

Yc = h/3

Reemplazamos en las fórmulas: A= bh/2 = 6 Xc = b/3 = 1.67 Yc = h/3 = 1 Fijándonos en la posición de la imagen el Y vendría a ser negativo ya que esta en la parte inferior: (X4;Y4) = (1.67;-1) Centroides: 𝑋𝑐 𝑋𝑐 =

𝑋₁𝑥𝐴₁ + 𝑋₂𝑥𝐴₂ − 𝑋3𝑥𝐴3 − 𝑋4𝑥𝐴4 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4

2.12𝑥19.63 + 2.12𝑥19.63 − 1.67𝑥6 − 1.67𝑥6 19.63 + 19.63 − 6 − 6

Xc= 2.32

𝑌𝑐 =

𝑌₁𝑥𝐴₁ + 𝑌₂𝑥𝐴₂ + 𝑌₃𝑥𝐴3 + 𝑌4𝑥𝐴4 − 𝑌5𝑥𝐴5 − 𝑌6𝑥𝐴6 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4 − 𝐴5 − 𝐴6 𝑌𝑐 =

2.12𝑥19.63 − 2.12𝑥19.63 − 1𝑥6 + 1𝑥6 19.63 + 19.63 − 6 − 6

Yc= 0 Area: 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4 − 𝐴5 − 𝐴6 115 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐴 = 19.63 + 19.63 − 6 − 6 = 27.26

16. El muro de gravedad está hecho de concreto, Determine la ubicación del centro de gravedad G del muro.

Se halla el centro de gravedad y el área de cada una de figuras conocidas. Figura N°1 𝑋1 = 0.6 +

2𝑏 = 1.8 3

𝑌1 = 0.4 +

1ℎ = 1.4 3

𝐴1 =

𝑏×ℎ = 2.7 2

Figura N°2 𝑋2 =

𝑏 = 1.8 2

𝑌2 =

ℎ = 0.2 2

𝐴2 = 𝑏 × ℎ = 1.44

Figura N°3



𝑋3 = 2.4 +

𝑏 =3 2

𝑌3 = 0.4 +

ℎ = 1.9 2

𝐴3 = 𝑏 × ℎ = 3.6

Figura N°4 𝑋4 = 3 +

2𝑏 = 3.4 3

𝑌4 = 0.4 + 𝐴4 =

1ℎ = 1.4 3

𝑏×ℎ = 0.9 2

Se halla el centro de gravedad total. 𝑿𝒄 = 𝑿𝒄 =

(𝑋1 × 𝐴1) + (𝑋2 × 𝐴2) + (𝑋3 × 𝐴3) − (𝑋4 × 𝐴4) 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 − 𝐴4

(1.8 × 2.7) + (1.8 × 1.44) + (3 × 3.6) − (3.4 × 0.9) 2.7 + 1.44 + 3.6 − 0.9 𝑿𝒄 = 2.23

𝒀𝒄 = 𝒀𝒄 =

(𝑌1 × 𝐴1) + (𝑌2 × 𝐴2) + (𝑌3 × 𝐴3) − (𝑌4 × 𝐴4) 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 − 𝐴4

(1.4 × 2.7) + (0.2 × 1.44) + (1.9 × 3.6) − (1.4 × 0.9) 2.7 + 1.44 + 3.6 − 0.9 𝒀𝒄 = 1.41 ⃗𝑮 ⃗ = (2.23 ; 1.41)

17. Determinar el centroide de la siguiente figura por integración directa.

𝑦 = 𝑦1 +

𝑦2 − 𝑦1 2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑦1 + 𝑦2 2

𝑦=

𝑑𝐴 = (𝑦2 − 𝑦1 )𝑑𝑥 𝐴 = න 𝑑𝐴 4

𝐴 = න (𝑦2 − 𝑦1 )𝑑𝑥 0 4 9𝑥 𝐴 = න (√ − 1.5) 𝑑𝑥 4 0 4 3 4 𝐴 = න √𝑥𝑑𝑥 − න 1.5𝑑𝑥 2 0 0

𝐴=2 𝑦̅ = 4

𝑦̅𝐴 = න 0

4

𝑦̅𝐴 = න

9𝑥 1.5 + √ 4 2

0

[

‫𝐴𝑑𝑦 ׬‬ ‫𝐴𝑑 ׬‬ 𝑦1 + 𝑦2 𝑑𝐴 2

9𝑥 9𝑥 1.5 + √ 4 ×√ − × 1.5 𝑑𝑥 4 2 ]

9𝑥 2.25√𝑥 + 4 2.25 + 2.25√𝑥 𝑦̅𝐴 = න ( − ) 𝑑𝑥 2 2 0 4

4

𝑦̅𝐴 = න (

2.25√𝑥 +

0

9𝑥 − 2.25 − 2.25√𝑥 4 ) 𝑑𝑥 2

9𝑥 2.25 𝑦̅𝐴 = න ( 4 − ) 𝑑𝑥 2 2 0 4

𝑦̅ = 2.25 𝑥̅ =

‫𝐴𝑑𝑥 ׬‬ ‫𝐴𝑑 ׬‬

4

𝑥̅ 𝐴 = න 𝑥(𝑦2 − 𝑦1 )𝑑𝑥 0 4 9𝑥 𝑥̅ 𝐴 = න 𝑥 (√ − 1.5) 𝑑𝑥 4 0


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 4 3 1 𝑥̅ 𝐴 = න ( 𝑥 2 𝑥 − 1.5𝑥) 𝑑𝑥 0 2 4

3 3 𝑥̅ 𝐴 = න ( 𝑥 2 − 1.5𝑥) 𝑑𝑥 0 2 𝑥̅ = 3.6

FUERZAS DISTRIBUIDAS POR UNIDAD DE VOLUMEN. 𝑑𝑤 𝑤𝑛

𝑤3

𝑤2 𝑤1

𝒘𝒏 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝒅𝒘 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜.

𝒅𝒗 = 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑣

FUERZAS DISTRIBUIDAS DEBIDO A FLUIDOS EN REPOSO. 𝑑𝑓

𝑷=

𝒅𝑭 𝒅𝑨

𝑭 = 𝑷𝒅𝑨 𝑑𝐴

𝑭𝟏 = 𝑭𝟐 + 𝒘 𝑷𝒛 𝒅𝑨 = 𝑷𝒂 𝒅𝑨 + 𝜹𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒁 Presión manométrica

𝑤

𝑧

𝑷𝒛 − 𝑷𝑨 = 𝜹𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒁 Propiedad 𝑷 = 𝜹𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒁

𝒘 = 𝒎𝒙𝒈…………………..……….1 𝜹= 𝑑𝑓1

𝒎 𝒗

→ 𝒎 = 𝜹𝒗………………..2

Remplazando 2 en 1 𝒘 = 𝜹𝒈𝒗 𝜹𝒈 → 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄í𝒇𝒊𝒄𝒐 119


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Ejemplo:

Para cálculo de presión (P) en presas

𝑃 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥ℎ 𝑃 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥ℎ 𝑃 = 1000

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑥15𝑚 = 15000 2 3 𝑚 𝑚

Multiplicando por el espesor 𝑃 = 15000

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑥5𝑚 = 75000 2 𝑚 𝑚𝑙

1 𝑥15 = 5𝑚 3

𝐹𝑟 =

75000𝑥15 = 562000 𝑘𝑔 2

𝑃 = 75000

𝑘𝑔 𝑚2



FUERZAS DISTRIBUIDAS EN SECCIONES PLANAS

𝑃1 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥ℎ1 𝑃2 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥ℎ2 𝑃3 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥ℎ3 FUERZAS DISTRIBUIDAS EN SECCIONES ALABEADAS 𝑃1 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥(ℎ1 + ℎ3 )

𝑃2 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥(ℎ2 + ℎ3 + ℎ1 )

𝑃3 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥ℎ3

𝑊(𝐻2 𝑂) = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 × 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑊(𝐻2 𝑂)

𝑊(𝐻2 𝑂)



Ejercicios

1. Se tiene la sección transversal de la presa de concreto simple tal y como se muestra en la figura se considera en espesor de presa de un metro y se pide determinar. La fuerza resultante ejercida por el agua dulce sobre la presa y su punto de aplicación. El peso de la presa y su punto de aplicación. El punto de aplicación del efecto combinado del peso del agua de mar y el peso de la presa.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Desarrollo: 𝑊(𝐻2 𝑂) = 𝜹𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒙𝑽

Para el volumen la forma del contenedor es una parábola y se aplica el área de la misma. 𝑊(𝐻2 𝑂) = 1000

𝑘𝑔 𝟐𝒃𝒉 2 𝑘𝑔 2𝑥4𝑥7 2 𝑥 𝑚 𝑥1𝑚 → 1000 3 𝑥 𝑚 𝑥1𝑚 3 𝟑 3 𝑚 𝑚 𝑊(𝐻2 𝑂) = 18666 𝑘𝑔

𝑃1 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 × 1𝑚 𝑃1 = 1000

𝑘𝑔 𝐾𝑔 × 1𝑚 = 1000 3 𝑚 𝑚

𝐹𝑅1 = 1000

𝑘𝑔 𝐾𝑔 × 4𝑚 = 4000 𝑚 𝑚

𝑃2 = 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 × 8𝑚 𝑃2 = 1000

𝐹𝑅2

𝑘𝑔 𝐾𝑔 × 8𝑚 = 8000 3 𝑚 𝑚

𝐾𝑔 8000 𝑚 × 7 𝐾𝑔 = = 23000 2 𝑚

Ahora calculamos las fuerzas en X e Y considerando su dirección

𝑅𝑥−𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝐹𝑅2 = −18000 𝑘𝑔 𝑅𝑦−𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝐹𝑅1 + 𝑊(𝐻2 𝑂) = −(4000 + 18666) = 22666 𝑘𝑔 𝑅𝑎𝑔𝑢𝑎 = √(𝑅𝑥 )2 + (𝑅𝑦 )2 = 28943.87 𝑘𝑔

Calculando el X centroidales Y centroidal : 𝑥ǉ =

𝐹𝑦 𝑋1 + 𝑊𝑋2 𝐹𝑦 𝑊

𝑋1 = 5 + 2 + 2 = 9𝑚 5𝑥4 𝑋2 = 5 + 2 + = 9.5 𝑚 8 𝑅𝑎𝑔𝑢𝑎 = √(𝑅𝑥 )2 + (𝑅𝑦 )2 = 24988 𝑘𝑔 4000(9) + 13333(9.5) = 9.39 𝑚 𝐹𝑦𝑥ǉ𝑋= + 𝑊𝑋2 17333 1 𝑥ǉ = 𝐹𝑦 𝑊 𝑋1 = 5 + 2 + 2 = 9𝑚 MECÁNICA PARA INGENIEROS

𝑋2 = 5 + 2 +

5𝑥4 = 9.5 𝑚 8

𝑦ǉ = 2 𝑚

123


La carga que actúa sobre una placa de concreto plana está representada por una

𝑊1 = 𝛿𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 𝑥𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑊1 = 2300

𝑘𝑔 2𝑏ℎ 5𝑥8𝑥1𝑥2 𝑥 → 2300𝑥 = 61333.33 𝑘𝑔 3 𝑚 3 3

𝑊2 = 2300 𝑊3 = 2300

𝑘𝑔 𝑥2𝑥8𝑥1 = 36800 𝑘𝑔 𝑚3

𝑘𝑔 𝑏ℎ 4𝑥8𝑥1𝑥 𝑥 → 2300𝑥 = 24533.33 𝑘𝑔 3 𝑚 3 3

𝑊𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 𝑊1 + 𝑊2 + 𝑊3 𝑊𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 122666.65 𝑘𝑔 Punto de aplicación en X 𝑋1 =

5𝑏 5(5) = = 3.13 𝑚 8 8

𝑋2 = 5 + 𝑋3 = 5 + 2 + 𝑋ሜ𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 𝑋ሜ𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 =

2 =6𝑚 2

𝑏 4 =7+ =8𝑚 4 8

𝑋𝑊1 + 𝑋2 𝑊2 + 𝑋3 𝑊3 𝑊1 + 𝑊2 + 𝑊3

3.13(61333.32) + 6(36800) + 8(24533.33) 122666.65 𝑋ሜ = 4.97 𝑚

Distribución. 𝐽0 = 258.06

𝐾𝐽0 = 3.05 124


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 2, Para poder analizar la estructura, debemos proceder a realizar el siguiente gráfico: Z 60 KN

80 KN B

C

100 KN

A D 40 KN

F

E W

X

a) Cálculo del peso de toda la estructura.

Peso de la losa: 𝑊 = 𝛿𝑙𝑜𝑠𝑎 𝑥𝑉𝑙𝑜𝑠𝑎 × 𝑔 𝑊 = 𝛿𝑙𝑜𝑠𝑎 𝑥𝐴𝑙𝑜𝑠𝑎 × 𝐸𝑙𝑜𝑠𝑎 × 𝑔 𝑊 = 23000

𝑘𝑔 × 23.383𝑚2 × 0.25𝑚 × 9.81𝑚/𝑠 2 𝑚3

𝑊 = 105482.093 𝑵 = 𝟏𝟎𝟓. 𝟒𝟖𝟐 𝑲𝑵 Peso de las columnas Columna A,B y C : 𝑊𝑐𝑜𝑙 = 𝛿𝐶°𝐴° × 𝑉𝑐𝑜𝑙 × 𝑔 𝑊𝑐𝑜𝑙 = 2400𝐾𝑔/𝑚3 × 𝜋 × 0.25𝑚2 × 2𝑚 × 9.81𝑚/𝑠𝑒𝑔2 𝑊𝑐𝑜𝑙 = 9.243𝐾𝑁 Columnas D,E y F: 𝑊𝑐𝑜𝑙 = 𝛿𝐶°𝐴° × 𝑉𝑐𝑜𝑙 × 𝑔 𝑊𝑐𝑜𝑙 = 2400𝐾𝑔/𝑚3 × 𝜋 × 0.25𝑚2 × 2.5𝑚 × 9.81𝑚/𝑠𝑒𝑔2 𝑊𝑐𝑜𝑙 = 11.553𝐾𝑁


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Con esta configuración procedemos a identificar todas las fuerzas presentes en la estructura, las mismas que se muestran en la imagen superior de la página siguiente:

Z

11.553 KN

89.243 KN

A

9.243 KN

71.553 KN

111.553 KN E

F 49.243 KN

D Y

B

C

105.485 KN X

Entonces, la resultante de las fuerzas será igual a: FR=∑Fi=447.869 KN

b)

Cálculo del punto de aplicación de la fuerza. Utilizamos el teorema de Varignon. 6

𝑀𝑋𝑅

= ∑ 𝑀𝑋 . 𝐹𝑖 𝑖=1 6

𝑀𝑌𝑅

= ∑ 𝑀𝑌 . 𝐹𝑖 𝑖=1

𝑋 = [((−71.553 × 1.5) − 49.243) × (1.5 − (111.553 × 3)) + (89.243 × 3) + (11.553 × 1.5) + (9.243 × 1.5)]/342.387 𝑋 = −0.634𝑚 𝑌 = [(89.243 × 0) − (9.243 × 1.5) − 1.5 + (111.553 × 0) + (11.553 × 1.5) + (71.553 × 1.5)]/342.387 𝑌 = 0.108𝑚

Por lo tanto, el punto e aplicación (x,y) es: (-0.634, 0.108)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3. Calcular el centro de gravedad de la hoja de metal que se muestra en la figura.

SOLUCIÓN Para este problema, vamos a dividir la figura en tres partes, y calcularemos independientemente su área y su centroide:

Semicircunferencia:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Área: 𝜋𝑅 2 𝜋(150ˆ2) = = 11250𝜋 2 2 Centroides: 𝑌𝑐 =

4𝑅 = 63.66𝑚𝑚 3𝜋

63.66 + 180 + 96 = 339.66𝑚𝑚 𝑋𝑐 = R = 150𝑚𝑚 𝑍𝑐 = 00𝑚𝑚 Lámina curvada:

Área: 𝜋(𝑅) 𝜋(96) ∗ 300 = ∗ 300 = 14400𝜋 2 2 Centroides:

𝑋𝑐 =

300 = 150𝑚𝑚 2

Para los centroides en ejes “Y” y “Z” debemos sacar el centroide del arco de circunferencia (de radio = 96mm): Nota: La calculadora debe estar en radianes (rad)

𝐶𝐺(𝑎𝑟𝑐𝑜) =

2𝑅 2 ∗ 96 192 = = 𝜋 𝜋 𝜋

Ahora calculamos el Yc y Zc: 𝑌𝑐 =

2𝑅 2(96) + (180) = + (180) = 241.12𝑚𝑚 𝜋 𝜋 𝑍𝑐 =

2𝑅 + (180) = 241.12𝑚𝑚 𝜋

Placa rectangular inclinada: Área: 300 ∗ √180ˆ2 + 96ˆ2 = 61200𝑚𝑚


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Centroides:

Xc = 150𝑚𝑚 Yc =

180 = 90𝑚𝑚 2

Zc =

96 = 48𝑚𝑚 2

CENTRO DE GRAVEDAD TOTAL:

Fórmula:

𝑋𝑐 =

𝛴(𝐴𝑖 ∗ 𝑋𝑖) 𝛴(𝐴𝑖)

𝑌𝑐 =

𝛴(𝐴𝑖 ∗ 𝑌𝑖) 𝛴(𝐴𝑖)

𝑍𝑐 =

𝛴(𝐴𝑖 ∗ 𝑍𝑖) 𝛴(𝐴𝑖)

Xc = 150𝑚𝑚 Yc =

339.66(11250𝜋) + 241.12(14400𝜋) + 90(61200) 11250𝜋 + 14400𝜋 + 61200 Yc = 199.71𝑚𝑚

Zc =

0 ∗ (11250𝜋) + 61.12(14400𝜋) + 48(61200) 11250𝜋 + 14400𝜋 + 61200 Zc = 40.22𝑚𝑚


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 4. Se tiene una sección transversal de una presa de concreto armado, se considera que la presa tiene 4.8 m de espesor, se pide determinar:

El peso de la presa y su punto de aplicación. (1 puntos) La fuerza resultante ejercida por el agua de mar sobre la presa y su punto de aplicación. (3 puntos) El punto de aplicación del efecto combinado de la fuerza de aplicación del agua de mar y el peso de la presa. (3 puntos)

DESARROLLO.

12

Para calcular el peso de la presa, calcularemos el área total de todo el emplazamiento (Agua + cuerpo de la presa) y le restaremos el área ocupada por el agua y el borde libre, así tenemos la siguiente figura:

4

6.5

3.2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Primero, calculamos el área AP del cuerpo de la presa, la misma que se calcula a continuación: 1 𝐴𝑃 = [(12 × 13.7) − (9.7 × 3) − ( × 5.5 × 6.5) − (5.5 × 3.2) − (3.2 × 3.5)] /2 3 𝐴𝑃 = 100.183𝑚2

Luego el peso del cuerpo de la presa vendrá dado por la siguiente expresión: 𝑃 = 𝛿𝐶°𝐴° × 𝐴𝑃 × 𝐸𝑝 𝑃 = 2400𝐾𝑔/𝑚3 × 100.183𝑚2 × 4.8𝑚 𝑃 = 1154112𝐾𝑔 = 𝟏𝟏𝟓. 𝟒𝟏𝟏𝑻𝒐𝒏

12

Ahora, para hallar su punto de aplicación, usamos las siguientes expresiones y gráfico: 𝒙=

∑ 𝑨𝑿 . 𝑪𝑮𝑿 ∑ 𝑨𝑿

𝒚=

∑ 𝑨𝒚 . 𝑪𝑮𝒚 ∑ 𝑨𝒚

A1 A2 A3 A4 4

6.5

3.2

Y con esta figura elaboramos la siguiente tabla: FIGURA

A (m²)

x (m)

y (m)

AiXi

AiYi

A1

48.000

2.000

6.000

96.000

288.000

A2

11.917

5.625

5.150

67.031

61.371

A3

22.750

7.250

1.750

164.938

39.813

A4

5.600

11.567

1.167

64.773

6.533

∑

88.267

∑

392.742

395.717


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜: 𝑥𝑖 = 392.742/88.237 𝑥𝑖 = 4.449 𝑦𝑖 = 395.717/88.267 𝑦𝑖 = 4.483𝑚

Por lo tanto, el punto de aplicación del peso total de la presa está a: (4.449 m, 4.483 m) Para calcular el peso del agua tras de la presa y el punto de aplicación de la misma, realizamos el siguiente gráfico.

A1

12

A2

A3

A4

6.5

4

3.2

Y con esta figura elaboramos la siguiente tabla:

FIGURA

A (m²)

x (m)

y (m)

AiXi

AiYi

A1

14.550

8.850

9.750

128.768

141.863

A2

23.833

6.438

6.800

153.427

162.067

A3

17.600

12.100

6.250

212.960

110.000

A4

5.600

12.633

2.333

70.747

13.067

∑

61.583

∑

565.901

426.996


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜: 𝑥𝑖 = 565.901/61.583 𝑥𝑖 = 9.189𝑚 𝑦𝑖 = 426.996/61.583 𝑦𝑖 = 6.934𝑚

Por lo tanto, el punto de aplicación del peso total del agua tras la presa está a: (9.189 m, 6.934 m) Para el peso del agua detrás de la presa, este será igual a:}

𝑊𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 × 𝐸𝑡 × 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑊𝑎𝑔𝑢𝑎 = 61.583𝑚2 × 4.80𝑚 × 1000𝐾𝑔/𝑚3 𝑊𝑎𝑔𝑢𝑎 = 295600𝐾𝑔

Para calcular el punto de aplicación del efecto combinado de la presa y del agua, solo bastará analizar sus centros de masa con respecto al peso de cada uno, así podemos elaborar la siguiente tabla:

DESCRIPCIÓN P (kg)

x (m)

y (m)

PiXi

PiYi

PRESA

115.411

4.449

4.483

513.522

517.411

AGUA

29.560

9.189

6.934

271.633

204.958

∑

144.971

∑

785.154

722.369

𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜: 𝑥𝑖 = 785.154/144.971 𝑥𝑖 = 5.416𝑚

𝑦𝑖 = 722.369/144.971 𝑦𝑖 = 4.983𝑚

Por lo tanto, el punto de aplicación combinado del peso total de la presa y del agua tras la presa está a: (5.416 m, 4.983 m)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 5. La sección transversal de una presa de granito, es como se muestra en la figura, a=15 considere una sección de presa de 1 m de espesor y determine: La F. resultante ejercida del agua de mar sobre la presa El peso de la presa El punto de aplicación de la resultante de la acción simultanea de la fuerza ejercida del agua de mar y la presa conjunta

𝑤1 = 1030

𝑘𝑔𝑓 𝜋(6)2 .[ ] . 1 (𝑚) = 29122 𝑘𝑔𝑓 𝑚3 4

𝑥1 = (4 + 6 + 6) −

𝐹2 = 115875 𝑘𝑔𝑓

;

𝑦2 = 5 𝑚

𝐹3 = 55620 𝑘𝑔𝑓

;

𝑥3 = 13 𝑚

4(6) = 13.95 𝑚 3𝜋

Calcular la Fuerza resultante → ∑ 𝐹𝑥 = −115875 𝑘𝑔𝑓 ↑ ∑ 𝐹𝑦 = −84742 𝑘𝑔𝑓 𝑅⃗ 𝑎𝑔𝑢𝑎 = (−115875 𝑘𝑔𝑓 ; −94742 𝑘𝑔𝑓) 𝑅 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 143556 𝑘𝑔𝑓



𝑥̅ =

13(55620) + 13.45(29122) = 13.15 55620 + 19122

𝑦̅ = 𝑦2 = 5 𝑚 𝑤4 =

2600(4)(18) 1(𝑚) 2

= 93600 𝑘𝑔

𝑥4 = 2.67 𝑚

;

𝑤5 = 2600(18)(6)(𝑡) = 280800 𝑘𝑔𝑓 ; 𝑤5 = 2600(1) [6(6) −

𝜋(6)2 ] 4

𝑥5 = 7 𝑚

= 20087 𝑘𝑔𝑓

𝑤𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 𝑤4 + 𝑤5 + 𝑤6 = 399487 𝑘𝑔𝑓

4(6) 𝜋(6)2 ).( )] 3𝜋 4 2 𝜋6 36− 4

13(36)−[(16−

;

𝑥4 =

;

𝑥6 = 11.34 𝑚

𝑥̅ =

(𝑤4 . 𝑥4 ) + (𝑤5 . 𝑥5 ) + (𝑤60 . 𝑥6 ) = 6.19 𝑚 𝑤4 + 𝑤5 + 𝑤6

𝑥̅ =

𝑥̅ 𝑎𝑔𝑢𝑎(𝑅𝑎𝑔𝑢𝑎) + 𝑥̅ 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎(𝑊𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎) 𝑅𝑦𝑎 + 𝑊𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎

𝑥̅ =

(13.15 𝑥 84742) + (6.19 + 394487) = 7.42 𝑚 84742 + 394487

𝐶 (7.42 ; 5)

6. Determinar el centro de gravedad del muro encofrado.

𝐹 = ‫𝐴𝑑 𝑝 ׬‬ 4

𝑑𝐴 = 5 𝑑𝑧

1

𝐹 = ‫׬‬0 (4𝑧 2 ) 5 𝑑𝑧 𝐹 = 106.67 𝑧̅ 𝐹 = න 𝑧𝑝 𝑑𝐴 4

1

𝑧̅ 𝐹 = න 𝑧 (4𝑧 2 ) 5 𝑑𝑧 0

𝑧̅(106.67) = 256 𝑧̅ = 2.4 𝑚


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 7. Determine la fuerza del agua que ejerce sobre la presa, el peso de la presa, la fuerza conjunta del agua y la presa sobre el suelo. 𝐴𝑔𝑢𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑎𝑑𝑎: 1030 𝑘𝑔𝑓/𝑚3 𝐶𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒: 2300 𝑘𝑔𝑓/𝑚3

𝑃 = (1030 𝐹1 = 6180

𝑘𝑔𝑓 (6 𝑚)(1 𝑚) . 𝑚2 2

𝑘𝑔𝑓 𝑘𝑔𝑓 ) (6𝑚) = 6180 3 3 𝑚 𝑚

= 18540 𝑘𝑔𝑓

;

𝐹2 = (1030 𝑘𝑔𝑓)(6 𝑚)(2 𝑚)(1 𝑚) = 12360 𝑘𝑔𝑓

𝑦1 = −4 𝑚 𝑥2 = −2 𝑚

;

Fuerzas hidrostáticas 0 −3 2 𝑥 2

𝐴 = ‫׬‬−2 𝐴=

(18540 ; −12360)𝑘𝑔𝑓

𝑑𝑥

−8 −2

𝑅̅ 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 22282.31 𝑘𝑔𝑓

𝐴 = 4 𝑚2 𝑤3 = (2300

𝑘𝑔𝑓 ) . (4𝑚2 )(1𝑚) 𝑚3

𝑤4 = (2300

𝑘𝑔𝑓 ) . (2𝑚)(6𝑚)(1𝑚) = 27600 𝑘𝑔𝑓 𝑚3

= 9200 𝑘𝑔𝑓

𝑥3 = −1.25 𝑚 𝑥4 = 1 𝑚

→ ∑ 𝐹𝑥 = 18540 𝑘𝑔𝑓 ↑ ∑ 𝐹𝑦 = −99160 𝑘𝑔𝑓

𝑥̅ =

(−1 𝑥 12360) + (−1.25 𝑥 9200) + (1𝑚 𝑥 27600) 12360 + 9200 + 27600


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑥̅ = 0.08 𝑚 𝑦̅ = −4 𝑚 𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 52539.82 𝑘𝑔𝑓

8. Determine la fuerza del agua que ejerce sobre la presa, el peso de la presa, la fuerza conjunta del agua y la presa sobre el suelo.

𝑃 = 1000 𝑘𝑔𝑓(3.05 𝑚) = 3050

𝑘𝑔𝑓 𝑚2

𝐹1 = 3050

𝑘𝑔 (1.52 𝑚)(0.61) = 2827.96 𝑘𝑔𝑓 𝑚2

𝐹2 = 3050

𝑘𝑔 (1.52 𝑚)(0.61) = 1413.98 𝑘𝑔𝑓 𝑚2 2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐹1(𝑥) = 1701.01 𝑘𝑔𝑓

;

𝐹1(𝑦) = 2258.51 𝑘𝑔𝑓

𝐹2(𝑥) = 850.95 𝑘𝑔𝑓

;

𝐹2(𝑦) = 1129.25 𝑘𝑔𝑓 𝑅 = (2552.86 ; 3387.78) 𝑅 = 4241.93 𝑘𝑔𝑓

𝑥̅ =

(0.44 𝑥 2258.51) + (0.31 𝑥 1129.25) = 0.30 𝑚 2258.51 + 1129.25

9. Determine el centro de gravedad de las siguientes figuras compuestas.

𝑦̅ =

(0.55 𝑥 1701.91)+(0.91 𝑥 850.95) 1701.91+850.95

= 0.30 𝑚

𝑋̅ = 0.96 𝑌̅ = 2.5 𝐴 = 7.95

𝑋̅ = 5 𝑌̅ = 1.25 𝐴 = 12.5

𝑋̅ = 10


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑌̅ = 2.5 𝐴 = 25 𝑋̅ = 13.5 𝑌̅ = 1.67 𝐴 = 7.5

ESTOS CALCULOS SON OBTENIDOS A PARTIR DE FORMULARIO Y TENIENDO EN CUENTA LA ORIENTACIONDEL EJE DE COORDENADAS. ADEMAS SE CONSIDERA Q EL CENTROIDE DE UNA FIGURA ES LA DISTANCIA DEL ORIGEN DE COORDENADAS AL CENTRO DE GRAVEDAD. AHORA APLICAMOS LA FORMULA PARA CALCULAR EL CENTROIDE DE LA FIGURA EN CONJUNTO 𝑋̅ =

0.96 × 7.95 + 5 × 12.5 + 10 × 25 + 13.5 × 7.5 7.95 + 12.5 + 25 + 7.5 𝑋̅ = 7.96

𝑌̅ =

2.5 × 7.95 + 1.35 × 12.5 + 1.25 × 25 + 1.67 × 7.5 7.95 + 12.5 + 25 + 7.5 𝑦̅ = 1.52

10. Se tiene una sección transversal de una presa de concreto armado, se considera que la presa tiene 5.5 m de espesor, se pide determinar: El peso de la presa y su punto de aplicación. La fuerza resultante ejercida por el agua de mar sobre la presa y su punto de aplicación. El punto de aplicación del efecto combinado de la fuerza de aplicación del agua de mar, agua dulce y el peso de la presa.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán a) Se halla el peso y el centro de ubicación de la resultante del peso de la presa. *Se halla el peso de cada figura conocida.

DCL conocidas

figuras

Figura 1 𝑨𝟏 = 𝑏 × ℎ = (2.5) × (9.5) = 23.75 𝑚²

𝒘𝟏 = 𝜎𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑉 = 2400 × 23.75 × 5.5 = 361020 𝑘𝑔

Figura 2 𝑨𝟐 = 𝑏 × ℎ = (2.8) × (5.8) = 16.24 𝑚²

𝒘𝟐 = 𝜎𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑉 = 2400 × 16.24 × 5.5 = 214368 𝑘𝑔


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Figura 3 𝑨𝟑 = =

𝑏×ℎ 𝟐

(2.8) × (3.2) 2 = 4.48 𝑚²

𝒘𝟑 = 𝜎𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑉 = 2400 × 4.48 × 5.5 = 59136 𝑘𝑔

Figura 4 𝑨𝟒 = =

𝜋×𝑏×ℎ 4

𝜋 × (6) × (4) 4 = 18.85 𝑚²

𝒘𝟒 = 𝜎𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑉 = 2400 × 18.85 × 5.5 = 248820 𝑘𝑔

Figura 5 𝑨𝟓 = 𝑏 × ℎ = (6) × (1.8) = 10.8 𝑚²

𝒘𝟓 = 𝜎 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 × 𝑉 = 2400 × 10.8 × 5.5 = 142560 𝑘𝑔

*Se halla el peso total de la presa. 𝒘 = 𝒘𝟏 + 𝒘𝟐 + 𝒘𝟑 + 𝒘𝟒 + 𝒘𝟓


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝒘 = 361020 + 214368 + 59136 + 248820 + 142560 𝒘 = 1025904 𝑘𝑔

*Se halla el punto de aplicación de cada uno de las figuras conocidas.

𝑏 = 1.25 2 𝑏 𝒙𝟐 = 2.5 + = 3.9 2 1×𝑏 𝒙𝟑 = 2.5 + = 3.4 2 𝒙𝟏 =

4𝑏 = 7.85 3𝜋 𝑏 𝒙𝟒 = 5.3 + = 8.3 2

𝒙𝟒 = 5.3 +

*Se halla el punto de aplicación total del peso de la presa.

𝑿𝒄 =

(𝑿𝟏 × 𝒘𝟏) + (𝑿𝟐 × 𝒘𝟐) + (𝑿𝟑 × 𝒘𝟑) + (𝑿𝟒 × 𝒘𝟒) + (𝑿𝟒 × 𝒘𝟓) 𝒘𝟏 + 𝑤𝟐 + 𝒘𝟑 + 𝒘𝟒 + 𝒘𝟓 𝑿𝒄 = 4.62

Se halla la fuerza ejercida por el agua de mar sobre la presa y su punto de aplicación.

DCL de fuerzas de agua que actúan en la presa.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán *Fuerza Resultante 𝑷𝟏 = 𝝈 𝑎𝑔𝑢𝑎 × ℎ × 𝑒 = 1030 × 2.5 × 5.5 = 14162.5 𝑷𝟐 = 𝝈 𝑎𝑔𝑢𝑎 × ℎ × 𝑒 = 1030 × 8.3 × 5.5 = 47019.5

𝒘 = 𝝈 𝑎𝑔𝑢𝑎 ×

𝑏×ℎ 6×4 × 𝑒 = 1030 × × 5.5 = 45320 3 3

𝑭𝟏 = 𝑏 × ℎ = 5.8 × 14162.5 = 82142.5 𝑭𝟐 =

𝑏 × ℎ 5.8 × 32857 = = 95285.3 2 2

𝑏 × ℎ 3.75 × 14162.5 = = 26554.69 2 2

𝑭𝟑 =

𝑭𝟑𝒙 = 𝐹3 × 𝐶𝑂𝑆(48.24) 𝑭𝟑𝒙 = 26554.69 × 𝐶𝑂𝑆(48.24) 𝑭𝟑𝒙 = 17685.74

𝑭𝟑𝒚 = 𝐹3 × 𝑠𝑒𝑛(48.24) 𝑭𝟑𝒚 = 26554.69 × 𝑠𝑒𝑛(48.24) 𝑭𝟑𝒚 = 19808.24 ∑ 𝑓𝑥 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3𝑥 = 82142.5 + 95285.3 + 17685.74 = 195113.54

∑ 𝑓𝑦 = 𝑤 + 𝐹3𝑦 = 45320 + 19808.24 = 65128.24 ⃗⃗ = (195113.54; −65128.24) 𝑹

*Punto de aplicación. 𝑿𝒄 = 𝑿𝒄 =

(𝑥1 × 𝐹3𝑦) + (𝑥2 × 𝑤) 𝐹3𝑦 + 𝑤

(4.02 × 19808.24) + (9.8 × 45320) 19808.24 + 45320 𝑿𝒄 = 8.04 143



𝒀𝒄 = 𝒀𝒄 =

(𝑦1 × 𝐹3𝑥) + (𝑥2 × 𝐹1) + (𝑥3 × 𝐹2) 𝐹3𝑥 + 𝐹1 + 𝐹2

(7.17 × 17685.74) + (2.9 × 82142.5) + (1.93 × 95285.3) 17685.74 + 82142.5 + 95285.3 𝒀𝒄 = 2.81 ⃗𝑮 ⃗ = (8.04 ; 2.81)

c) Se halla el punto de aplicación combinado del pedo de la presa con el efecto del agua. 𝑿𝒄 =

(4.62 × 1025904) + (8.04 × 65128.24) 1025904 + 65128.24 𝑿𝒄 = 4.82 𝒀𝒄 = 2.81 ⃗𝑮 ⃗ = (4.82 ; 2.81)

11. Se tiene una sección transversal de una presa de concreto armado, se considera que la presa tiene 6.75 m de espesor, se pide determinar: El peso de la presa y su punto de aplicación. La fuerza resultante ejercida por el agua de mar y agua dulce sobre la presa y su punto de aplicación. c) El punto de aplicación del efecto combinado de la fuerza de aplicación del agua de mar, agua dulce y el peso de la presa. a) Se halla el peso de la presa.



*se saca el área, peso de cada figura conocida Figura 1 𝐴1 = 𝐴1 =

𝑏×ℎ 3

4 × 9.5 3

𝐴1 = 12.7

𝑤1 = 2400 × 12.7 × 6.75 𝑤1 = 205740

Figura 2 𝐴2 = 𝑏 × ℎ 𝐴2 = 2.5 × 9.5 𝐴2 = 23.75

𝑤2 = 2400 × 23.75 × 6.75 𝑤2 = 384750

Figura 3 𝐴3 = 𝑏 × ℎ 𝐴3 = 2.5 × 5.8 𝐴3 = 16.24

𝑤3 = 2400 × 16.24 × 6.75 𝑤3 = 263088

Figura 4 𝐴4 = 𝐴4 =

𝑏×ℎ 2

2.8 × 3.7 2 145


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐴4 = 5.18 𝑤4 = 2400 × 5.18 × 6.75 𝑤4 = 83916

Figura 5. 𝐴5 = 𝑏 × ℎ 𝐴5 = 6 × 1.8 𝐴5 = 10.8 𝑤5 = 2400 × 10.8 × 6.75 𝑤5 = 174960 Figura 6. 𝐴6 =

𝑏×ℎ 3

𝐴6 =

6×4 3

𝐴6 = 8

𝑤6 = 2400 × 8 × 6.75 𝑤6 = 129600 *Peso total de la presa. 𝑤 = 𝑤1 + 𝑤2 + 𝑤3 + 𝑤4 + 𝑤5 + 𝑤6 𝑤 = 1242054

*Se halla el punto de aplicación del peso de la presa. Figura 1 𝑥1 =

3×4 4

𝑥1 = 3

Figura 2 𝑥2 = 4 +

2.5 2

𝑥2 = 5.25



Figura 3 𝑥3 = 6.5 +

2.8 2

𝑥3 = 7.9

Figura 4. 𝑥4 = 6.5 +

2.8 3

𝑥4 = 7.43

Figura 5. 𝑥5 = 9.3 +

6 2

𝑥5 = 12.3

Figura 6. 𝑥6 = 9.3 +

6 4

𝑥6 = 10.8 𝑥𝑐 (3 × 204740) + (5.25 × 384750) + (7.9 × 263088) + (7.43 × 83916) + (12.3 × 174960) + (10.8 × 129600) = 204740 + 384750 + 263088 + 83916 + 174960 + 129600

𝑥𝑐 = 5.89

b) Se halla la resultante de la fuerza del agua ejercida sobre la presa. 𝑃1 = 1030 × 2.5 × 6.75

𝑃2 = 1030 × 8.3 × 6.75

𝑃1 = 17381.25

𝑃2 = 57705.75

𝑃3 = 1030 × 3.5 × 6.25 𝑃3 = 23625

𝐹𝑅1 = 5.8 × 1781.25 𝐹𝑅1 = 100811.25

𝐹𝑅2 =

5.8 × 40324.5 2

𝐹𝑅2 = 116941.05



𝐹𝑅3 =

3.5 × 23625 2

𝐹𝑅3 = 41343.75 𝐹𝑅4 =

4.64 × 17381.25 2

𝐹𝑅4 = 4032.74 𝐹𝑅4𝑥 = 𝐹𝑅4cos(37) 𝐹𝑅4𝑥 = 3220.69

𝐹𝑅4𝑦 = 𝐹𝑅4sen(37) 𝐹𝑅4𝑦 = 2426.96 ⃗𝑹 ⃗ : (262317.34 + 173426.96)

*Se halla el punto de aplicación de la fuerza del agua. 𝑥𝑐 =

(1.5 × 63000) + (8.37 × 2426.96) + (13.35 × 108000) 63000 + 2426.96 + 108000 𝑥𝑐 = 8.98

𝑦𝑐 =

(1.16 × 41343.75) + (1.93 × 116941.61) + (2.9 × 10811.25) + (7.04 × 3220.68) 41343.75 + 116941.61 + 10811.25 + 7.04 × 3220.68 𝑦𝑐 = 2.25 ⃗𝑮 ⃗ : (8.98, 2.25)

c) Se halla el punto de aplicación combinado entre el peso del agua y el peso de la presa. ⃗⃗ : (262317.34 + 173426.96) 𝑹 ⃗⃗⃗⃗⃗ : (8.98, 𝑮𝒓 2.25) ⃗⃗⃗ = (0, 𝒘

1242054)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : (5.89, 𝑮𝒘

𝑥𝑐 =

0)

(8.98 × 173426.96) + (5.89 × 1242054) 173426.96 + 1242054 𝑥𝑐 = 6.26 ⃗𝑮 ⃗ : (6.26, 2.25) 148



3.- UNIDAD III: MOMENTOS DE INERCIA. Se utilizan mucho en los problemas de ingeniería cuando se requiere calcular los esfuerzos de una viga que está sometida a una flexión.

MOMENTOS DE INERCIA O SEGUNDOS MOMENTOS.

Il = ‫𝑟 ׬‬2 𝑑𝐴 IL = Momento de inercia con respecto a un eje L

MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS.

Ix = ‫𝑦 ׬‬2 𝑑𝐴

Y

Iy = ‫𝑥 ׬‬2 𝑑𝐴 x̄

Unidades:𝑚4 , 𝑚𝑚4 , 𝑝𝑢𝑙𝑔4 , 𝑝𝑖𝑒4 , 𝑒𝑡𝑐. 𝐷𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑: 𝐿4

ȳ

Signo: siempre positivo. X



PRODUCTO DE INERCIA DE MOMENTOS CENTRIFUGAS DE AREAS PLANAS

Ixy = ‫𝑥 ׬‬ǉ 𝑦ǉ 𝑑𝐴

Y

Unidades: 𝑚4 , 𝑚𝑚4 , 𝑝𝑢𝑙𝑔4 , 𝑝𝑖𝑒4 , 𝑒𝑡𝑐. x̄

𝐷𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑: 𝐿4 Signo: positivo (+) o negativo (-).

ȳ

X

MOMENTO POLAR DE INERCIA Y

𝑅2 = 𝑥 2 + 𝑦 2

R = √𝑥 2 + 𝑦 2

x̄

Ix = ‫𝑦 ׬‬2 𝑑𝐴 ȳ

Iy = ‫𝑥 ׬‬2 𝑑𝐴 X

Jo = ‫𝑟 ׬‬2 𝑑𝐴 Jo = ‫𝑥 ׬‬

2

2

+ 𝑦 𝑑𝐴

Jo = ‫𝑥(׬‬2 𝑑𝐴 + ‫𝑦 ׬‬2 )𝑑𝐴

Unidades: 𝑚4 , 𝑚𝑚4 , 𝑝𝑢𝑙𝑔4 , 𝑝𝑖𝑒4 , 𝑒𝑡𝑐. 𝐷𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑: 𝐿4 Signo: siempre positivo (+).

Jo = Ix + Iy



RADIO DE GIRO. Kx: Radio de giro con respecto al eje X Y

Ix

Kx = √ 𝐴

Ky: Radio de giro con respecto al eje Y

𝐾𝑥

Iy

Ky = √ 𝐴

𝐾𝑦 X

RADIO DE GIRO POLAR Ko2 = Kx 2 + Ky 2 2

Ix Iy Ko = √√ 𝐴 + √ 𝐴

2

Ix+Iy

Ko = √

𝐴 Jo

Ko = √ 𝐴

TEOREMA DE STEINER. MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PORLARES

Ix = ‫ 𝑦(׬‬+ 𝑑𝑦)2 𝑑𝐴 Ix = ‫𝑦(׬‬2 + 2𝑦𝑑𝑦 + 𝑑𝑦2 )2 𝑑𝐴

Y

Ix = 𝑦2 ‫ 𝐴𝑑 ׬‬+ ‫𝑦𝑑 ׬‬2 𝑑𝐴

dx

dy

X̄

dA

Ix = Ixǉ + 𝑦2 𝐴 I y = I y ǉ + 𝑥2 𝐴 Ȳ

X 151



PRODUCTO DE MOMENTOS DE INERCIA.

Ixy = ‫ 𝑦(׬‬+ 𝑑𝑦)(𝑥 + 𝑑𝑥)𝑑𝐴

Y

Ixy = ‫ 𝑥𝑦(׬‬+ 𝑦𝑑𝑥 + 𝑑𝑦𝑥 + 𝑑𝑥𝑑𝑦)𝑑𝐴

dx dy

Ȳ

dA

Ixy = 𝑥𝑦 ‫ 𝐴𝑑 ׬‬+ ‫ 𝐴𝑑𝑥𝑑𝑦 ׬‬+ ‫ 𝐴𝑑𝑥𝑑𝑥 ׬‬+ ‫𝐴𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑 ׬‬ Ix = Ixyǉ + 𝑥𝑦𝐴

X̄ X

EJERCICIOS

1. De la placa de concreto armado se piede determinar: Momento polar de inercia con respecto al eje X e Y en mm4. Producto de inercia con respecto a los al ejes X e Y en mm4. Radio de giro con respecto al eje X e Y, radio de giro polar Ῑx, Ῑy, Ῑxy de la placa de concreto armado, radio de giro polar centroidal, Momento de inercia máximo y mínimo de los ejes que pasan por el centroide, de la sección sombreda. Y

𝑑𝐴 = 𝑏𝑑𝑦 ℎ

Ix = ‫׬‬0

Ix =

𝑑𝑦

H

𝑏ℎ3 3 𝑏

Iy = ‫׬‬0 B

X

Iy =

2

𝑦 𝑏𝑑𝑦

2

𝑥 ℎ𝑑𝑦

𝑏3 ℎ 3



Ixy = ‫𝐴𝑑𝑦𝑥 ׬‬ ℎ

𝑏

Ixy = ‫׬‬0 ‫׬‬0 ℎ

Ixy = ‫׬‬0 Ixy =

𝑦𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦

Ix

𝑏ℎ3 3

𝐴

𝑏ℎ

Kx = √ = √

1

= ℎ√

3

2

𝑏

𝑦

𝑑𝑦

2

3

ℎ𝑏

4

1

Iy

3

𝐴

𝑏ℎ

Ky = √ = √

𝑏2 ℎ2

= 𝑏√

3

Jo = Ix + Iy 3

Jo = Jo =

𝑏ℎ(ℎ +𝑏 )

3

+ 2

ℎ𝑏

3

𝑏ℎ

3 2

Jo

Ko = √ = √ 𝐴

3

Ix = Ixǉ + 𝑦2 𝐴

Ixy = Ixyǉ + 𝑥𝑦𝐴

𝑏ℎ3

ℎ

𝑏2 ℎ2

2

4

3

= Ixǉ + ( )2 𝑏ℎ

Ix ǉ = Ix ǉ =

𝑏ℎ3 3

−

𝑏ℎ3 4

Jሜo = Ixǉ + Iyǉ

12

Jሜo =

𝑏ℎ

Jሜo =

𝑏ℎ(𝑏 +ℎ )

3

= Iyǉ +

Iy ǉ = Iy ǉ =

ℎ𝑏3 3

−

𝑏 ( )2 𝑏ℎ 2

𝑏ℎ 22

3

𝑏ℎ

=√

)(𝑏ℎ)

Ixyǉ = 0

𝑏ℎ3

Ix = Ixǉ + 𝑥2 𝐴 𝑏3 ℎ

= Ixyǉ + (

𝑏ℎ(ℎ2 +𝑏2 )

3

12

+ 2

ℎ𝑏

3

12 2

12

ℎ𝑏3 4

ℎ𝑏3 12


ℎ2 +𝑏2 3

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅ x, K ̅ y, K ̅o 2. Determinar el momento de inercia Ix, Iy, Ixy, Jo, Kx, Ky, Ko, Ῑx, Ῑy, Ῑxy, Jሜo, 𝐾

𝑰𝑿 = ‫𝑨𝒅 𝟐𝒀 ׬‬ 4

𝐼𝑋 = ‫׬‬0 𝑦 2 (6.92) 𝑑𝑦 4

𝑰𝒚 = ‫𝑨𝒅 𝟐𝑿 ׬‬ 3.46

𝐼𝑦 = ‫׬‬−3.46 𝑋 2 (4) 𝑑𝑋 1

𝐼𝑋 = 6.92 ‫׬‬0 𝑦 2 𝑑𝑦

𝐼𝑦 = 4 × 3 × (3.463 − −3.463

𝐼𝑋 = 147.60

𝐼𝑦 = 110.46

𝑰𝑿𝒀 = ‫𝑨𝒅 𝒚𝒙 ׬‬

𝑲𝒙 = √ 𝑨

4

3.46

𝐼𝑋𝑌 = ‫׬‬0 ‫׬‬−3.46 𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 4

𝑨 = ‫𝑨𝒅 ׬‬ 𝟒

𝑨 = ‫𝟔 𝟎׬‬. 𝟗𝟐𝒅𝒚 𝐴 = 27.68

𝑰𝒙

𝐾𝑥 = 2.31 𝑰𝒚

𝐼𝑋𝑌 = ‫׬‬0 𝑦(0) 𝑑𝑦

𝑲𝒚 = √ 𝑨

𝐼𝑋𝑌 = 0

𝐾𝑥 = 2

𝑱𝟎 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚

𝑲𝑱𝟎 = √ 𝑨𝟎

𝑱


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ̅ x, K ̅ y, K ̅ o. 3. Determinar Ix, Iy, Ixy, Jo, Kx, Ky, Ko, Ῑx, Ῑy, Ῑxy, Jሜo, 𝐾

𝐼𝑋 = ‫ 𝑌 ׬‬2 𝑑𝐴

𝐼𝑦 = ‫ 𝑋 ׬‬2 𝑑𝐴

𝑎

𝐼𝑦 = ‫׬‬0 𝑋 2 (𝑏 − 𝑦) 𝑑𝑋

𝑎

𝑎

𝐼𝑦 = ‫׬‬0 −𝑥 2 𝑦 + 𝑏𝑥 2 𝑑𝑋

𝐼𝑋 = ‫׬‬0 𝑦 2 (𝑏 − 𝑦) 𝑑𝑋

𝑎

𝐼𝑋 = ‫׬‬0 −𝑦 3 + 𝑏𝑦 2 𝑑𝑋 𝑎

𝑎

𝑎

𝐼𝑋 = ‫׬‬0 𝑏𝑦 2 𝑑𝑋 − ‫׬‬0 𝑦 2 𝑑𝑋

𝑎

𝐼𝑦 = ‫׬‬0 𝑏𝑥 2 𝑑𝑋 − ‫׬‬0 𝑥 2 𝑦 𝑑𝑋

Reemplazando el valor de k en la función para tener términos conocidos en el ejercicio, además consideramos para la evaluación el punto (a,b) de la parábola

𝑦 = 𝑘𝑋

5⁄ 2

≫ 𝑏 = 𝑘𝑎

5⁄ 2

≫𝑘=

𝑏 𝑎

5⁄ 2

Reemplazando el valor de k tenemos la función con respecto al punto (a,b) 𝑦=

𝑏 5 𝑎 ⁄2

×𝑋

5⁄ 2

De esta ecuación despejamos a conveniencia para los valores en función a los diferenciales 𝑎

𝑎

𝐼𝑋 = ‫׬‬0 𝑏𝑦 2 𝑑𝑋 − ‫׬‬0 𝑦 3 𝑑𝑋

𝑎

𝑎

𝐼𝑦 = ‫׬‬0 𝑏𝑥 2 𝑑𝑋 − ‫׬‬0 𝑥 2 𝑦 𝑑𝑋


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Reemplazamos y 𝑏2 5 𝑥 ) 𝑑𝑋 𝑎5

𝑎

𝐼𝑋 = ‫׬‬0 𝑏( 𝑏3

𝑎 𝑏3

− ‫׬‬0

𝑥

15 𝑎 ⁄2

15⁄ 2 𝑑𝑋

𝑏3

𝑎 15⁄ 2 𝑑𝑋 15 ‫𝑥 ׬‬ 𝑎 ⁄2 0

𝑎

𝐼𝑋 = 𝑎5 ‫׬‬0 𝑥 5 𝑑𝑋 −

𝑎 𝑏3 𝑥 6 𝑎 𝑏3 2 17⁄ − 𝑥 2 ‫׬‬0 . ‫׬‬ 15 0 6 𝑎 ⁄2 17

𝐼𝑋 = 𝑎5 𝐼𝑋 =

𝑏3 𝑎 6

−2

𝑏3 𝑎 17

5⁄ 𝑏 2 ) 𝑑𝑋 5 𝑥 𝑎 ⁄2

𝑎

𝑎

𝐼𝑦 = 𝑏 ‫׬‬0 𝑥 2 𝑑𝑋 − 𝐼𝑦 = 𝑏

𝟓𝒃𝟑 𝒂 𝟏𝟎𝟐

=

𝑎

𝐼𝑦 = 𝑏 ‫׬‬0 𝑥 2 𝑑𝑋 − ‫׬‬0 𝑥 2 (

𝑎 9⁄ 𝑏 2 𝑑𝑋 5 ‫𝑥 ׬‬ 𝑎 ⁄2 0

𝑥3 𝑎 𝑏 2 ‫ ׬‬− 5⁄ 11 3 0 𝑎 2 𝑎3 𝑏 3

𝐼𝑦 =

−2

𝑥

11⁄ 𝑎 2‫ ׬‬. 0

𝑎3 𝑏 11

=

𝟓𝒂𝟑 𝒃 𝟑𝟑

𝑰𝑿𝒀 = ‫𝑨𝒅 𝒚𝒙 ׬‬ 𝒂

𝑰𝑿𝒀 = ‫ 𝒃( 𝒚𝒙 𝟎׬‬− 𝒚)𝒅𝒙 𝒂

𝑰𝑿𝒀 = ‫ 𝒃𝒚𝒙 𝟎׬‬− 𝒙𝒚𝟐 𝒅𝒙 𝒂

𝒂

𝑰𝑿𝒀 = 𝒃 ‫ 𝒙𝒅𝒚𝒙 𝟎׬‬− ‫𝒙𝒅 𝟐𝒚𝒙 𝟎׬‬ 𝒂

𝒃

𝑰𝑿𝒀 = 𝒃 ‫(𝒙 𝟎׬‬

𝟓 𝒂 ⁄𝟐

𝑰𝑿𝒀 =

𝒃𝟐

𝒂

𝟓 𝒂 ⁄𝟐

𝟓⁄ 𝟐 )𝒅𝒙

𝒙

𝒂

𝒃𝟐 𝒂

− ‫𝒙𝒅 ) 𝟓𝒙 𝟓 (𝒙 𝟎׬‬

𝟕⁄ 𝒃𝟐 𝒂 𝟔 𝟐 𝒅𝒙 − ‫𝒙𝒅 ) 𝒙 ׬‬ 𝒂𝟓 𝟎

‫𝒙 𝟎׬‬

𝑰𝑿𝒀 =

𝒂 𝒃𝟐 𝒙 𝟕 𝒂 𝒃𝟐 𝟐 𝟗⁄ 𝟐‫ ׬‬− ‫ ׬‬. 𝟓⁄ 𝟗 𝒙 𝟎 𝒂𝟓 𝟕 𝟎 𝒂 𝟐

𝑰𝑿𝒀 =

𝟐𝒃𝟐 𝒂𝟐 𝟗

−

𝒃𝟐 𝒂𝟐 𝟕

=

𝟓𝒃𝟐 𝒂𝟐 𝟔𝟑

Para el caso de los momentos de inercia para los centroidales aplicaremos STEINER, para el q a su vez necesitamos tener el valor de los centroidales. 𝑥̅ =

‫𝐴𝑑𝑥 ׬‬ ‫𝐴𝑑 ׬‬

𝑦̅ =

‫𝐴𝑑 𝑥 ׬ = 𝑥̅ 𝐴𝑑 ׬‬ 𝑎

𝐴𝑦̅ = ‫𝐴𝑑 𝑦 ׬‬ 𝑎

‫׬‬0 (𝑏 − 𝑦)𝑑𝑥 𝑥̅ = ‫׬‬0 𝑥(𝑏 − 𝑦) 𝑑𝑥 𝑎𝑏 −

𝑏 2 7⁄ 𝑎 2 7

5 𝑎 ⁄2

𝐴𝑦̅ = ‫׬‬0 𝑦𝑏 − 𝑦 2 𝑑𝑥

𝑎

2𝑎𝑏 𝑦̅ 7

= ‫׬‬0 𝑦𝑏 𝑑𝑥 − ‫׬‬0 𝑦 2 𝑑𝑥

2𝑎𝑏 𝑦̅ 7

=

𝑏2 2𝑎 ⁄2 5 7 𝑎 ⁄2

2𝑎𝑏 𝑦̅ 7

=

5𝑎𝑏2 42

2𝑎𝑏 7

𝑥̅ = ‫׬‬0 𝑥𝑏 𝑑𝑥 − ‫׬‬0 𝑥𝑦 𝑑𝑥

2𝑎𝑏 7

̅𝑥 =

𝑏𝑎 2 2

2𝑎𝑏 7

𝑥̅ =

5𝑏𝑎 2 18

𝑥̅ =

35𝑎 36

−

𝑎

𝐴𝑦̅ = ‫׬‬0 𝑦(𝑏 − 𝑦) 𝑑𝑥

𝑎

𝑥̅ = ‫׬‬0 𝑥𝑏 − 𝑥𝑦 𝑑𝑥

𝑎

‫𝐴𝑑𝑦 ׬‬ ‫𝐴𝑑 ׬‬

2𝑏𝑎 2 9

𝑎

𝑦̅ =

𝑎

𝑎

7

−

𝑏2 𝑎6 𝑎5 6

35𝑏 84

Ahora aplicamos STEINER 𝐼𝑥 = 𝐼̅𝑥 + 𝑦 2 𝐴

𝐼𝑦 = 𝐼̅𝑦 + 𝑥 2 𝐴 156


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐼̅𝑥 = 𝐼𝑥 − 𝑦 2 𝐴 5𝑏 𝐼̅𝑥 =

3𝑎

102

𝐼̅𝑥 =

𝐼̅𝑦 = 𝐼𝑦 − 𝑥 2 𝐴

35𝑏 2 2𝑎𝑏 ) 84 7

5𝑎 𝐼̅𝑦 =

−(

3𝑏

33

246960𝑏3 𝑎−249900𝑎

35𝑎 2 2𝑎𝑏 ) 36 7

−(

45360𝑏 𝐼̅𝑦 =

5037984

3 𝑎−80850𝑏3 𝑎

299376

3

3

−2940𝑏 𝑎 𝐼̅𝑥 = 5037984

−35490𝑏 𝑎 𝐼̅𝑦 = 299376

𝐼𝑥𝑦 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑥𝑦 + 𝑥𝑦𝐴 ̅̅̅̅ 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦 − 𝑥𝑦𝐴 2 2

5𝑏 𝑎 35𝑏 35𝑎 2𝑎𝑏 ̅̅̅̅ 𝐼𝑥𝑦 = 63 − 84 36 7 5𝑏 ̅̅̅̅ 𝐼𝑥𝑦 =

2 𝑎2

63

−

2450𝑏2 𝑎2 21168

2 2

105840𝑏 𝑎 −154350𝑏 ̅̅̅̅ 𝐼𝑥𝑦 = 1333584

2 𝑎2

2 2

−48510𝑏 𝑎 ̅̅̅̅ 𝐼𝑥𝑦 = 1333584

̅ x, K ̅ y, K ̅ o. 4. Determinar: Ix, Iy, Ixy, Jo, Kx, Ky, Ko, Ῑx, Ῑy, Ῑxy, Jሜo, 𝐾

Desarrollo:

Primero se divide en figuras conocidas y se saca el momento de inercia de cada una de estas.

Figura Nº1 (S1) 𝐼𝑥1 = 𝐼𝑥̅ + 𝑦 2 𝐴

𝐼𝑦1 = 𝐼𝑦̅ + 𝑥 2 𝐴



𝐼𝑥1 =

𝑏ℎ 3 36

+ 8.32 (625) 𝐼𝑦1 =

𝑏3 ℎ 36

+ 16.672 (625)

𝐼𝑥1 = 65104.16 𝑚𝑚4 𝐼𝑦1 = 260486.12 𝑚𝑚4

̅ + 𝑥𝑦. 𝐴 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑦 = −

𝑏 2 ℎ2 + 𝑥𝑦. 𝐴 72

𝐼𝑥𝑦 = 65086.80 𝑚𝑚4

Figura Nª2 (S2) 𝐼𝑥2 = 𝐼𝑥̅ + 𝑦 2 𝐴

𝐼𝑦2 = 𝐼𝑦̅ + 𝑥 2 𝐴

𝐼𝑥2 = 8780 + (−8.49)2 (314.16)

𝐼𝑦2 = 31372.17 𝑚𝑚4

𝐼𝑥2 = 31372.17 𝑚𝑚4

̅ + 𝑥𝑦. 𝐴 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑦 = −0.01647 𝑅 4 + (8.49)(−8.49)(314.16) 𝐼𝑥𝑦 = −25226.57𝑚𝑚4

Figura Nº3 (S3) 𝐼𝑥3 = 𝐼𝑥̅ + 𝑦 2 𝐴 𝐼𝑥3 =

𝑏ℎ 3 12

+ (−10)2 (1000)

𝐼𝑦3 = 𝐼𝑦̅ + 𝑥 2 𝐴 𝐼𝑦3 = 833333.33 𝑚𝑚4

𝐼𝑥3 = 133333.33 𝑚𝑚4

̅ + 𝑥𝑦. 𝐴 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑦 = 0 + (−10)(−25)(1000) 𝐼𝑥𝑦 = 250000 𝑚𝑚4

Figura Nº4 (S4) 𝐼𝑥4 = 𝐼𝑥̅ + 𝑦 2 𝐴 𝐼𝑥4 =

8𝑏ℎ 3 175

𝐼𝑦4 = 𝐼𝑦̅ + 𝑥 2 𝐴

+ (9.38)2 (833.33) 𝐼𝑦4 = 457029.92 𝑚𝑚4 𝐼𝑥4 = 108956.18 𝑚𝑚4 158



̅ + 𝑥𝑦. 𝐴 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦 𝑏 2 ℎ2 + (−20)(9.38)(833.33) 60

𝐼𝑥𝑦 =

𝐼𝑥𝑦 = −130207.71 𝑚𝑚4 Figura Nº5 (S5) 𝐼𝑥5 = 𝐼𝑥̅ + 𝑦 2 𝐴 𝐼𝑥5 =

𝑅4 (2𝛼 8

𝐼𝑦5 = 𝐼𝑦̅ + 𝑥 2 𝐴

− 𝑠𝑒𝑛𝛼) + (12)2 (314.16)

𝐼𝑦5 = 11415.93 𝑚𝑚4

𝐼𝑥5 = 51415.93 𝑚𝑚4

̅ + 𝑥𝑦. 𝐴 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦 𝐼𝑥𝑦 = 0

Luego se halla el 𝐼𝑥 , 𝐼𝑦 , 𝐼𝑥𝑦 total de la figura, sumando cada uno de los momentos de inercia hallados. 𝐼𝑥 = 𝐼𝑥1 + 𝐼𝑥2 + 𝐼𝑥3 + 𝐼𝑥4 + 𝐼𝑥5 𝐼𝑥𝑡 = 287349.91𝑚𝑚4

𝐼𝑦 = 𝐼𝑦1 + 𝐼𝑦2 + 𝐼𝑦3 + 𝐼𝑦4 + 𝐼𝑦5 𝐼𝑦 = 1570805.61 𝑚𝑚4

𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦1 + 𝐼𝑥𝑦2 + 𝐼𝑥𝑦3 + 𝐼𝑥𝑦4 + 𝐼𝑥𝑦5 𝐼𝑥𝑦 = 159652.52 𝑚𝑚4

𝐽𝑜 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 = 281893.16 + 1529391.41 = 1811284.57

𝐼𝑥 = 10.81 𝐴

𝑘𝑥 = √

𝐼𝑦 = 25.28 𝐴

𝑘𝑦 = √

𝐽𝑜 = 27.49 𝐴

𝑘𝑜 = √


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Para hallar los momentos de Inercia centroidales, se utiliza el teorema de Steiner.

𝐼𝑥 = 𝐼𝑥̅ + 𝑦 2 𝐴 287349.91 = 𝐼𝑥̅ + (−1.39)2 (2458.33) 𝐼𝑥̅ = 282599.26𝑚𝑚4

𝐼𝑦 = 𝐼𝑦̅ + 𝑥 2 𝐴 1570805.61 = 𝐼𝑥̅ + (11.63)2 (2458.33) 𝐼𝑦̅ = 1238299.52𝑚𝑚4 ̅ + 𝑥𝑦𝐴 𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦

̅ + (−11.63)(−1.39)(2458.33) 159652.52 = 𝐼𝑥𝑦 ̅ = 119911.89𝑚𝑚4 𝐼𝑥𝑦

𝐽𝑜̅ = 𝐼𝑥̅ + 𝐼𝑦̅ 𝐽𝑜̅ = 1520898.78

𝐼𝑥̅ 𝑘̅ 𝑥 = √ = 10.72 𝐴 𝐼𝑦̅ 𝑘̅ 𝑦 = √ = 22.44 𝐴 𝐽𝑜̅ 𝑘̅ 𝑜 = √ = 24.87 𝐴


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 5. Calcular del rectángulo. Momento de inercia con respecto al eje X, Y e, Ixy en mm4. El momento polar, radio de giro polar y radio de giro polar centroidal. Momento Ῑx, Ῑy, Ῑxy en mm4 .

𝐴𝑟𝑒𝑎. 𝐴𝑡 = 110𝑚2 𝐴𝑠1 = −24𝑚2 𝐴𝑠2 = −6𝑚2 𝐴𝑠3 = −24𝑚2 𝐴𝑠4 = −6𝑚2

𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒𝑖𝑛𝑒𝑟.

𝐼𝑥𝑡 = Ῑ𝑥𝑡 + Ȳ2 × 𝐴 𝐼𝑥𝑡 = 𝐼𝑥𝑡 =

ℎ 2

𝑏∗ℎ3

+ (( ) ) ∗ 110

12

2

11∗103 12

10 2

ℎ 2

𝑏∗ℎ3

+ (( ) ) ∗ 6

36 3∗43 36

𝑏∗ℎ3 36 𝑏∗ℎ3

2

𝐼𝑥𝑠2 = Ῑ𝑥𝑡 + Ȳ2 × 𝐴

𝐼𝑥𝑠2 =

𝐼𝑥𝑠1 =

+ (( ) ) ∗ 110 𝐼𝑥𝑠1 =

𝐼𝑥𝑡 = 3666.67 𝑚𝑚4

𝐼𝑥𝑠2 =

𝐼𝑥𝑠1 = Ῑ𝑥𝑡 + Ȳ2 × 𝐴

2

3

ℎ 2

+ (( ) ) ∗ 24 3

𝐼𝑥𝑠1 = 144𝑚𝑚4

𝐼𝑥𝑠3 = Ῑ𝑥𝑡 + Ȳ2 × 𝐴 𝐼𝑥𝑠3 =

+ (8.672 ) ∗ 6 𝐼𝑥𝑠3 =

𝐼𝑥𝑠2 = 456.35 𝑚𝑚4

36

ℎ 2

+ (( ) ) ∗ 24

𝑏∗ℎ3 36

8∗63 36

ℎ 2

+ (( ) ) ∗ 24 3

+ 82 ∗ 24

𝐼𝑥𝑠3 = 1584𝑚𝑚4

𝐼𝑥4 = Ῑ𝑥𝑡 + Ȳ2 × 𝐴 𝐼𝑥4 = 𝐼𝑥4 =

𝑏∗ℎ3 12 3∗43 36

ℎ 2

+ (( ) ) ∗ 6 2

4 2

+( ) ∗6

𝐼𝑥4 = 16 𝑚𝑚

3

4



𝐼𝑦𝑡 = Ῑ𝑦𝑡 + 𝑥 2 × 𝐴 𝑏 3 ∗ℎ

𝐼𝑦𝑡 = 𝐼𝑦𝑡 =

12

𝐼𝑦𝑠1 = Ῑ𝑦𝑡 + 𝑥 2 × 𝐴

𝑏 2

+ (( ) ) ∗ 110

𝐼𝑦𝑠1 =

2

113 ∗10 12

11 2

+ (( ) ) ∗ 110 𝐼𝑦𝑠1 =

+ (( ) ) ∗ 6

36

36

36

3

8 2

+ (( ) ) ∗ 24 3

𝐼𝑦𝑠3 = Ῑ𝑦𝑠3 + 𝑥 2 × 𝐴

𝑏 2

𝑏 3 ∗ℎ

33 ∗4

83 ∗6

𝑏 2

+ (( ) ) ∗ 24

𝐼𝑦𝑠1 = 256𝑚𝑚4

𝐼𝑦𝑠2 = Ῑ𝑦𝑠2 + 𝑥 2 × 𝐴

𝐼𝑦𝑠2 =

36

2

𝐼𝑦𝑡 = 4436.67𝑚𝑚4

𝐼𝑦𝑠2 =

𝑏 3 ∗ℎ

𝐼𝑦𝑠3 =

3

3 2

+( ) ∗6

𝐼𝑦𝑠3 =

3

𝐼𝑦𝑠2 = 9𝑚𝑚4

𝑏 3 ∗ℎ 36 83 ∗6 36

ℎ 2

+ (( ) ) ∗ 24 3

+ 8.332 ∗ 24

𝐼𝑥𝑠3 = 1750.67𝑚𝑚4

𝐼𝑦𝑠4 = Ῑ𝑦𝑠4 + 𝑥 2 × 𝐴 𝐼𝑦𝑠4 = 𝐼𝑦𝑠4 =

𝑏 3 ∗ℎ 36 33 ∗4 36

+ (102 ) ∗ 6 + (10)2 ∗ 6

𝐼𝑦𝑠4 = 603 𝑚𝑚4

𝐼𝑥 = 3666.67 + 144 + 456.35 + 1584 − 16 𝐼𝑥 = 1466.32𝑚𝑚4 𝐼𝑦 = 4436.67 − 256 − 9 − 1750.67 − 603 𝐼𝑦 = 1818𝑚𝑚4

𝐼𝑥

𝑘𝑥 = √ 𝐴

1466.32 50

𝐼𝑦

𝑘𝑦 = √ 𝐴

1818 50

𝐽𝑜 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦

𝑘𝑥 = √

𝑘𝑦 = √

𝐽𝑜 = 1466.32 + 1818

𝑘𝑥 = 5.41

𝑘𝑦 = 6.03

𝑘𝑜 = √

𝐽𝑜 = 3284.32

𝐽𝑜

𝑘𝑥 = √

𝐴

3284.32 50

𝑘𝑦 = 8.11



4.- UNIDAD IV: EQUILIBRIO. Si un sólido rígido se encuentra sometido a la acción de fuerzas que hacen que permanezca en reposo o se mueva a velocidad constante y rectilínea, diremos que el cuerpo está en equilibrio. A continuación, a lo largo de este capítulo nos encargaremos del equilibrio de los cuerpos que están en reposo Por tanto, las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo rígido se pueden obtener igualando a cero a la Resultante y a Momento. ∑𝑭 = 𝟎

∑ 𝑴𝒐 = ∑(𝑹 × 𝑭) = 𝟎

(4.1)

Si se descompone cada fuerza y cada momento en sus componentes rectangulares, se pueden expresar las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo rígido por medio de las seis ecuaciones escalares que se presentan a continuación: ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

∑ 𝑭𝒛 = 𝟎

(4.2)

∑ 𝑴𝒙 = 𝟎

∑ 𝑴𝒚 = 𝟎

∑ 𝑴𝒛 = 𝟎

(4.3)

Las ecuaciones obtenidas se pueden emplear para determinar fuerzas desconocidas que están aplicadas sobre el cuerpo rígido o reacciones desconocidas ejercidas sobre éste por sus puntos de apoyo. Se observa que las ecuaciones (4.2) expresan el hecho de que las componentes de las fuerzas externas en las direcciones x, y, z están balanceadas; las ecuaciones (4.3) expresan a su vez que los momentos de las fuerzas externas con respecto a los ejes x, y, z también están balanceados. Por tanto, para un cuerpo rígido en equilibrio el sistema de fuerzas externas no le impartirá un movimiento traslacional o rotacional al cuerpo en consideración.

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE (DCL) Es un croquis que muestran todas las fuerzas que actúan sobre el sólido o elemento estructural, el termino libre implica que se ha retirado todos los soportes y se han reemplazado por todas las reacciones que estas ejercen sobre el cuerpo todas las cargas aplicadas como las reacciones que estos ejercen sobre el cuerpo. Todas las cargas aplicadas como las reacciones que estas ejercen, deben mostrarse sobre el DCL.

PROCEDIMIENTO GENERAL PARA DIBUJAR UN DCL: Se dibuja un croquis del cuerpo suponiendo que todos los soportes han sido retirados Se dibuja todas las fuerzas aplicadas y se rotulan sobre el croquis, el peso del cuerpo se considera una fuerza aplicada actuando en el centro de gravedad


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Se dibuja las reacciones que produzcan cada soporte y se rotulan sobre el croquis, poniendo el sentido de las reacciones. Todas las reacciones y ángulos importantes deben mostrarse sobre el croquis

5.2.1 REACCIONES EN LOS PUNTOS DE APOYO. SOPORTE

REACCIÓN

DESCRIPCIÓN DE LA REACCIÓN Tensión de magnitud T desconocida en la dirección de la cuerda o cable. Fuerza de magnitud N desconocida dirigida normalmente a la superficie.

Fuerza de magnitud N desconocida normal a la superficie que soporta el rodillo.

Fuerza de magnitud N desconocida normal a la superficie y una fuerza de fricción f desconocida paralela a la superficie.

N°INCOGNITAS

1

1

1

2


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Fuerza desconocida “R” 2

Fuerza desconocida “R” y un par de magnitud “M” desconocida. 3

CASOS PARTICULARES DE CONDICIONES DE EQUILIBRIO COPLANARES.

5.2.3.DE

MODOS

EXPRESAR LAS CONDICIONES DE EQUILIBRIO.

Condiciones de equilibrio y

R

∑ 𝑭𝑥 = 𝟎 ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

x

∑𝑴 = 𝟎



Casos particulares de equilibrio de fuerzas concurrentes

F1

𝐹1 − 𝐹2 = 0 𝐹1 = 𝐹2

F2

F1 𝐹1 = 𝑅 𝐹1 = (𝐹2 + 𝐹3 )

F2

R

F3

ANALISIS DEL DCL. 1. Realizar el DCL de todo el sistema o de cada elemento según sea el caso. ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

∑𝑴 = 𝟎

Cuando el número de incógnitas es mayor al número de ecuaciones, la estructura es hiperestática, estáticamente indeterminada; sin embargo, es estable. Cuando el número de incógnitas es igual al número de ecuaciones, la estructura es isostática, estáticamente determinable; pero es inestable. Cuando el número de incógnitas es menor al número de ecuaciones, la estructura es hipostática, estáticamente determinable.

2. Cuando el número de incógnitas es mayor al número de ecuaciones independientes, no se podrá determinar mediante la estática las reacciones en los apoyos, si el número de ecuaciones es igual al número de incógnitas se podrá determinar las reacciones mediante las condiciones de equilibrio. 3. Despejar o determinar las reacciones o incógnitas. 166 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán A)

B)

∑ 𝑭𝒙 ∑ 𝑭𝒙

∑ 𝑭𝒚 ∑ 𝑴 ∑ 𝑭𝒚 ∑ 𝑴


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán N° de incógnitas: Ay, Bx, By, Cx, Cy, M = 6 N° de ecuaciones: 6 N° de incógnitas= N° de ecuaciones

→ es una estructura inestable, isostática y estáticamente determinable.

Ejercicios. 1. Determinar si la estructura se puede calcular mediante la estática y calcular las reacciones

N° de incógnitas = 6 N° de ecuaciones = 6 N° de incógnitas= N° de ecuaciones es una estructura inestable, isostática y estáticamente determinable.

DCL A-B:

∑ 𝑴𝑩 = 𝟎


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 4

3

−𝑅 (5) (4) + 𝑅 (5) (0.8) −

1.5×0.8 2 (3 (0.8)) + 2

2 × 4(2) +

2×4 4 (3) − 2

2.5 = 0

𝑅 = 8.66 𝑇𝑛

+↑ ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

+→ ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

4

𝑅 (5) − 2 × 4 −

2×4 − 2

3

𝐵𝑦 = 0

𝑅 (5) −

𝐵𝑦 = −5.08 𝑇𝑛 −4.61 𝑇𝑛

1.5×0.8 + 2

𝐵𝑥 = 0

𝐵𝑥 =

DCL A-B: ∑ 𝑴𝑩 = 𝟎 4

𝐵𝑥(3.7) + 5 (5) (2.5) − 𝑀𝑐 = 0 𝑀𝑐 = −4.61(3.7) + 10 𝑀𝑐 = −7.06 𝑇𝑛 +→ ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 4

𝐶𝑥 − 5 (5) − 𝐵𝑥 = 0 𝐶𝑥 = −0.61 𝑇𝑛 +↑ ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 3

𝐶𝑦 − 5 (5) + 𝐵𝑦 = 0 𝐶𝑦 = 8.08 𝑇𝑛

2. Dibujar el diagrama de cuerpo libre o de cada elemento según sea el caso

F q

B

A

L1

DCL TOTAL:

q F L1 L2

L2

L3

L4

F ∑ 𝐹𝑥 = 0

∑𝐹𝑦 = 0

∑𝑀 = 0

2

Rax

169 Rby MECÁNICA PARA INGENIEROS Ray

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán N incógnitas = N ecuaciones Estructura Isostática Determinable por la Estática Comportamiento inestable

q2

b)

F

q1

A

B

F

F

F

1

2

RBx

RAx RAy

RBy

MA N incógnitas: 5

Nota:

Hiperestática Estructura HIPERESTÁTICA N incógnitas > N ecuaciones N° de incógnitas > N° de ecuaciones Estáticamente Indeterminable Estructura Estable

Estáticamente indeterminable

q2

F

q1

A

B

q2

q1 Cx

RAx RAy MA

Cy

F

Cx Cy

RBy

𝑁° 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑆 = 𝑁° 𝑑𝑒 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 6 170


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Para estudiar la estabilidad de estructuras es necesario que sean sometidas a cargas genéricas y no a cargas particulares si se producen desplazamiento o giros diremos que la estructura es inestable RB x apoyo articulado

N ecuaciones: 3

RB y

N incógnitas: 3 Determinable: SÍ

F

Estable: NO

RAy

superficie lisa

F

N de incógnitas: 3 N de ecuaciones: 3 Determinable: SÍ Estable: NO

N de incógnitas: 3 N de ecuaciones: 3

TC

Determinable: SÍ Estable: NO

TA

TB



TRANSFORMACIÓN DE CARGAS REPARTIDAS.

W: Carga uniformemente distribuida CARGA NOMAL CASO 1

CASO 2

CASO 3

CASO 1

=

+

𝑾𝒏𝒍 = 𝑊𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃

Wn: carga normal Ws: Carga axial

𝑾𝒏 = 𝑊 cos 𝜃 cos 𝜃

𝑾𝒔 = 𝑊 sin 𝜃 cos 𝜃 172



CASO 2

+

=

Wn: carga normal

𝑾𝒔𝒍 = 𝑊𝑙 sin 𝜃

Ws: Carga axial

𝑾𝒔 = 𝑊 sin 𝜃

𝑾𝒏𝒍 = 𝑊𝑙𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑾𝒏 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃

CASO 3

=

+

Tipos de sistemas formados por elementos (conjunto de chapas que están relacionados con la estabilidad de la estructura) Sistema geométricamente invariante o simplemente invariante: Son sistemas formados por vínculos relativos que permiten desplazamiento relativo o giros solo al deformarse el material

N de incógnitas: 6

vinculo relativo-articulado

N de ecuaciones: 6 Determinable: SÍ Estable: NO


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Sistema geométricamente variante o simplemente variante: Son sistemas formados por vínculos relativos que permiten desplazamientos relativos finitos sin que se deformen las chapas

N de incógnitas: 8 N de ecuaciones: 9 Determinable: SI Estable: NO

chapas o vinculos

SISTEMAS DE VARIABILIDAD INSTANTÁNEA

N de incógnitas: 6 N de ecuaciones: 6 Determinable: SI Estable: NO

Ejercicios.

1. Determine las reacciones en el apoyo A y C de la estructura mostrada en la figura:



SOLUCIÓN Proyectamos la reacción 𝑅𝐴 en la horizontal y vertical, y analizamos el equilibrio de la estructura:

∑ 𝑀𝐶 = 0

−𝑅𝐴 𝑐𝑜𝑠18°(15) − 𝑅𝐴 𝑠𝑒𝑛18°(10.8) + 675(7.5) + 88.29(4.5) = 0 𝑅𝐴 = 310.216 𝑘𝑁

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑉𝐶 + 310.216𝑐𝑜𝑠18° − 675 = 0 𝑉𝐶 = 379.967 𝑘𝑁 ↑

∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝐻𝐶 − 88.29 + 310.216𝑠𝑒𝑛18° = 0 𝐻𝐶 = 7.572 𝑘𝑁 ←



2. Despreciando el peso de la estructura verifique que la estructura se pueda resolver por la estatica y calcular las reacciones Ay C y el vinculo rekativo B y D.

Z

∑ 𝐹𝑥 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0

−T cos θ + Dx = 0

Dy − 50 − 50sen45 = 0

Dx = 50cos45

Dy = 50sen45 + 50

Dx = 35.36º

Dy = 85.35º

∑ 𝑀𝐴 = 0 −𝑅𝑏 ∗ 5 + 𝐷𝑦 ∗ 0.71 − 𝐷𝑥 ∗ 0.71 = 0 −Rb ∗ 5 = −35.49 Rb = 7.09

∑ 𝐹𝑥 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑥 − 𝐷𝑥 − (7.09𝑠𝑒𝑛45) − 𝐷𝑦 = 0

Ay + (7.09sen45) − Dy = 0

Dx = 50cos45

Ay = 80.34

Dx = 35.36º 176 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3. Dada la siguiente armadura determinar la reacciones en los apoyos.

∑ 𝐹𝑥 = 0 −Cx + Tcos45 + Rbsen45 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0 −Cy + Tsen45 − Rbcos45 = 0

Cx = 40.37 Cy = 30.34

DERROLLO

∑ 𝑴𝑬 = 𝟎 356.55 × 117.85 − 𝑅𝐵 × 353.55 = 0 𝑅𝐵 = 117.85𝑁 − 𝑅𝐵𝑥 = 83.33

− 𝑅𝐵𝑦 = 83.33

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 −83.33 − 𝑅𝐸 cos 45 + 𝐹1 cos 45 = 0 𝑅𝐸 = 235.71𝑁



∑ 𝑴𝑫 = 𝟎 1000 + 166.67 × 500 − 𝑅𝐶 × 750 − 480 × 950 = 0 𝑅𝐶 = −495.55

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

𝐷𝑋 + 266.67 = 0

−𝐷𝑌 − 166.67 − 495.55 = 0

𝐷𝑋 = −166.67

𝐷𝑌 = −182.22

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝐴𝑋 + 83.33 = 0 𝐴𝑋 = −83.33 ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑌 − 1500 − 83.33 + 495.55 = 0 𝐴𝑌 = 1081.78

∑ 𝑴𝑪 = 𝟎 29 × 9 + 48 × 6 − 𝑅𝐸 × 7.5 = 0 𝑅𝐸 = 62.4𝑁 − 𝑅𝐸𝑥 = 49.83

− 𝑅𝐸𝑦 = 37.55

∑ 𝐹𝑥 = 0 20 + 48 − 49.83 + 𝑅𝐶 cos 37 = 0 𝑅𝐶 = −22.75𝑁

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝑅𝐸𝑥 + 𝑅𝐷 = 0 𝑅𝐷 = −49.83𝑁 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑅𝐸𝑦 + 𝑅𝐵 = 0 𝑅𝐵 = −37.55𝑁



∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝐴𝑋 − 𝑅𝐶𝑥 = 0 𝐴𝑋 = −18.17𝑁 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑌 + 37.55 + 13.69 = 0 𝐴𝑌 = −51.24𝑁

4. Determine las componentes de las reacciones en X e Y de B y E si el radio de la polea mide 1.25 in y la estructura es de peso despreciable.

7516 = 𝑇1

𝐷𝑥 = 𝑇1 = 7516 179 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐷𝑦 = 𝑇1 = 7516

∑ 𝑀𝐵=0 ∑ 𝑅𝑐(4.5) + 𝐷𝑦(7.5) 𝑅𝑐 = 125 ∑ 𝐹𝑋=0 𝐵𝑥 = 7516 ∑ 𝐹𝑦=0 −𝐵𝑦 + 𝑅𝑐 − 𝐷𝑦 𝐵𝑦 = 50

∑ 𝐹𝑥=0 𝐸𝑥 = −7516 ∑ 𝐹𝑦=0 𝐸𝑦 = −5016

5. La estructura mostrada calcular: Las reacciones en los apoyos A, C, D y la rótula en B. 180 MECÁNICA PARA INGENIEROS


𝑊𝑛 = 1.5 sin2 (53.13°) = 0.96 𝑊𝑛 𝐿 = 0.96(5) = 4.8

𝑅2 =

3(3.5) = 5.25 𝑇𝑛 2

𝑅3 =

2.7(4) = 5.4 𝑇𝑛 2

𝑅4 = 1.3(4) = 5.2𝑇𝑛 𝑅5 =

2.5(4.24) = 5.3 𝑇𝑛 2

𝑊𝑠 𝐿 = 1.5 cos 53.13 sin 53.13 = 0.72 𝑇𝑛 𝑊𝑠 𝐿 = 0.72(5) = 3.6 𝜃 = tan−1

4 = 53.13 3

𝑎 = √32 + 32 = 4.24 𝑏 = √32 + 42 = 5 𝑊 = 6 𝑇𝑛 181 MECÁNICA PARA INGENIEROS


𝑅6 =

1.29(1.5) = 0.967 2

𝑅7 = 1.71(1.5) = 2.565 𝑅8 =

1.71(2) = 1.71 2

Diagrama de cuerpo libre 1:

∑ 𝑀𝐴 = 0 2.5(𝑊𝑛 𝐿) + 0.5(𝑅6 ) + 0.75(𝑅7 ) − 3.5 − 𝐶𝑦 = 0

𝐶𝑦 = 1.307 𝑇𝑛

+

→ ∑ 𝐹𝑥 = 0

𝑅𝐴 cos 53.13 + 𝑊𝑛 𝐿 cos 36.87 + 𝐶𝑥 + 𝑊𝑠 𝐿 cos 53.13 = 0

2.78 cos 53.13 + 4.8 cos 36.87 + 𝐶𝑥 + 3.6 cos 53.13 = 0

𝐶𝑥 = −7.66 182 MECÁNICA PARA INGENIEROS


+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑅𝐴 sin 53.13° − 𝑊𝑛 sin 36.87° + 𝑊𝑠 𝐿 sin 53.13° − 𝑅6 − 𝑅7 + 𝐶𝑦 = 0 𝑅𝐴 sin 53.13° − 4.8 sin 36.87° + 3.6 sin 53.13° − 0.967 − 2.565 + 1.307 = 0 𝑅𝐴 = 2.78 𝑇𝑛

Diagrama de cuerpo libre 2

∑ 𝑀𝐶 = 0 00.66(1.71) + 1.33(5.4) + 2(5.2) − 4(2𝑠𝑒𝑛45°) + [5 − √2𝑐𝑜𝑠45°]𝑅𝐷 − [5 − 1.41𝑐𝑜𝑠45°]5.3 + 5 = 0 𝑅𝐷 = 23.52𝑇𝑛


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán +

→ ∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐶𝑋 − 5.4 − 5.2 + 2 + 2𝑠𝑒𝑛45° + 5.3𝑐𝑜𝑠45° − 23.52𝑐𝑜𝑠45° + 𝑅𝐵 𝑐𝑜𝑠45° − 𝑅𝐵𝑦 𝑠𝑒𝑛45° = 0

−14.41 =

√2 √2 𝑅𝐵𝑦 − 𝑅𝐵𝑥 2 2

−14.41 =

√2 (𝑅𝐵𝑦 − 𝑅𝐵𝑥 ) 2

𝑅𝐵𝑦 − 𝑅𝐵𝑥 = −20.38 … … (𝐼)

+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 −1.307 − 1.71 − 2𝑐𝑜𝑠45° − 23.52𝑠𝑒𝑛45° + 5.3𝑠𝑒𝑛45° + 𝑅𝐵𝑥 𝑠𝑒𝑛45° + 𝑅𝐵𝑦 𝑠𝑒𝑛45° = 0 −17.31 +

√2 (𝑅𝐵𝑥 + 𝑅𝐵𝑦 ) = 0 2

𝑅𝐵𝑥 + 𝑅𝐵𝑦 = 24.48 … . (𝐼𝐼) (𝐼) + (𝐼𝐼) (𝑅𝐵𝑦 − 𝑅𝐵𝑥 ) + (𝑅𝐵𝑥 + 𝑅𝐵𝑦 ) = 4.1 2𝑅𝐵𝑦 = 4.1 𝑅𝐵𝑦 = 2.05𝑇𝑛

Entonces reemplazamos en la ecuación (II)

𝑅𝐵𝑥 + 2.05 = 24.48 𝑅𝐵𝑥 = 22.43𝑇𝑛



5.- UNIDAD V: ARMADURAS (CERCHAS, CELOSIAS, TRUSSES, TIGERALES) Definición: Armadura: Es una estructura hecha de barras esbeltas que se unen entre sí para formar un patrón de triángulos.

CERCHA PARKER

CERCHA WARREN

El análisis de las armaduras en estática se basa en las siguientes hipótesis:

Los pesos de los miembros son despreciables Todos los nodos están articulados Las fuerzas aplicadas actúan en los nodos 185 MECÁNICA PARA INGENIEROS


T

T T

T

C

C C

T

C

T (tracción o tensión)

C (compresión)

(+) positivo

(-) negativo

FORMACION DE ARMADURAS Las armaduras se generan arreglando sucesivamente dos barras al triángulo formado por 3 barras unidas entre sí por nodos (vínculos internos articulados)

ARMADURA SIMPLE: Son sistemas formados por barras que forman triángulos y se origina agregando en forma sucesiva dos barras al triangulo base


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ARMADURA COMPUESTA:

Son armaduras formadas por dos o más simples unidas entre sí por medio de ligaduras que restringen el movimiento relativo de una con respecto a la otra y que no se forman como las simples

b ligadura ARMADURA COMPLEJA:

Son aquellas que no cumplen con la condición de los dos anteriores y su solución requiere métodos especiales

DETERMINACION ESTATICA DE ARMADURAS PLANAS.

DETERMINACION ESTATICA EXTERIOR:

Grado de hiperestaticidad exterior: 𝑮𝑯𝑬 = 𝑰𝑨 − 𝟑 𝑰𝑨 = 𝑵 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑎𝑝𝑜𝑦𝑜𝑠 187 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑮𝑯𝑬 > 𝟎

𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑒𝑠 ℎ𝑖𝑝𝑒𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

𝑮𝑯𝑬 = 𝟎 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑒𝑠 𝑖𝑠𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑮𝑯𝑬 < 𝟎

𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑒𝑠 ℎ𝑖𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

Grado de hiperestaticidad total: 𝑯𝑮𝑰 = 𝑰𝑨 + 𝒃 − 𝟐𝑵 𝑰𝑨 = 𝑵 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑎𝑝𝑜𝑦𝑜𝑠 𝒃 = 𝑵 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 ; 𝑮𝑯𝑻 > 𝟎

𝑵 = 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑛𝑜𝑑𝑜𝑠

ℎ𝑖𝑝𝑒𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝑮𝑯𝑻 = 𝟎 𝑖𝑠𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑮𝑯𝑻 < 𝟎

ℎ𝑖𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

Grado de hiperestaticidad interior: 𝑯𝑮𝑰 = 𝑮𝑯𝑻 − 𝑮𝑯𝑬 𝑮𝑯𝑰 > 𝟎

ℎ𝑖𝑝𝑒𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

𝑮𝑯𝑰 = 𝟎 𝑖𝑠𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑮𝑯𝑰 < 𝟎

ℎ𝑖𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

Ejercicios 1. Suponga que los brazos diagonales de la cercha del puente tienen miembros flexibles incapaces de soportar compresión. Calcular la fuerza en la barra DE (indicar si están a compresión o tracción) para la condición de carga mostrado.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Aplicamos sumatoria de momentos y sumatoria de fuerzas para encontrar las reacciones en A: ∑MA=0

∑Fx = 0 - Ax = 0

320(9) + 480 (18) – My (45) = 0 My = 256 ∑Fy = 0 Ay – 310 – 480 + 256 = 0 Ay = 544

Aplicamos momentos en K para poder hallar la reacción KJ y DE: ∑Mk = 0 DE (12) – 320 (a) + 544 (18) = 0 DE = - 576(Comprensión) ∑F x – 0 DE + KJ = 0 DE = KJ KJ = - 576 2. Calcule las fuerzas en los miembros DN, EN y FN


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Primero calcularemos la reacción en Y utilizando la sumatoria de momentos con respecto al punto J:

∑MJ=0 (sentido horario positivo) 300(10) - Ry (40) = 0 Ry = 75KN Ahora determinaremos las fuerzas de J: ∑Fx=0

∑Fy = 0

Jx = 0

Jy – 300 + Ry = 0 Jy – 300 + 75 = 0 Jy = 225

Comenzaremos a encontrar las reacciones pedidas. Para hallar la reacción DN primero utilizaremos la sumatoria de momentos con respecto al

nodo

D:



∑MD=0 (sentido horario positivo) 225(15) - 300(5) – MN(6) = 0 MN = 312.5 KN ∑Fx=0 MN + DN(sen(39.80))+ DE(cos(2.86) = 0 DN= -DE(cos(2.86) – 312.5 sen(39.80) DN = -DE (1.56 – 488.19) -Este valor lo remplazaremos en la sumatoria de fuerzas en Y para que nos quede todo con respecto a una variable: ∑Fy = 0 225 – 300 + DE(sen(2.86)) - DN(cos(39.80)) = 0 -75 + DE(sen(2.86)) – (- DE(1.56) – 488.19) Cos(39.80) = 0 -75 + DE(sen(2.86)) – (- DE(1.19) – 375.07) = 0 -75 + DE(sen(2.86)) + DE(1.19) + 375.07 = 0 DE(sen(2.86+1.19) = -300.07 DE(1.14) = -300.07 DE= -241.99KN

Hallando D podremos remplazar en la ecuación para hallar DN: DN = -DE (1.56 – 488.19) DN= -(- 241.99 x 1.56) – 488.19 DN= -110.69

Ahora para hallar la reacción FN aplicaremos momentos con respecto al nodo F:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ∑MF=0 (sentido horario positivo) NO (6) – 75(15) = 0 NO = 187.5 KN

Utilizaremos la sumatoria de fuerzas en X para encontrar una ecuación y reemplazarla en la sumatoria de fuerzas con respecto al eje Y para tener todo con respecto a una variable:

∑Fx=0 -ND – EF(cos(2.86)) – FN(sen(39.8) FN= -187.5 – EF(cos(2.86)) Sen(39.8) FN= -EF(1.56) – 292.92 ∑Fy=0 75+EF (Sen(39.8)) – FN cos 39.8 = 0 75+EF (Sen(39.8)) – ( - EF(1.56) – 292..92) cos(39.8) = 0 75+EF (Sen(39.8)) – ( - EF(1.19) – 225.05) = 0 75+EF (Sen(39.8)) + EF(1.19) + 225.05 = 0 -EF(Sen(39.8) 1.19 ) = - 300.05 EF(1.83) = -300.05) EF = - 163.96 KN

Reemplazamos en la anterior ecuación para despejar FN: FN= -EF(1.56) – 292.92 FN= - 163.96 KN(1.56) – 292.92 FN= -37.14 KN

Para encontrar la última reacción pedida NE utilizaremos el nodo N:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ∑Fy=0 NE+DN(Sen(50.2)) + EN(Sen(50.2))= 0 NE= - (-110.69(Sen(50.2)) – ( - 37.14(sen(50.2)) NE = 113.57 KN

5. Determine las fuerzas en los miembros (a) DJ

(b) DE

(c) EF

(d) GH.

Indique si es de tensión o de compresión en cada caso.

Comenzaremos encontrando las reacciones:

Primero encontraremos el momento con respecto A para hallar la reacción Gy:

∑MA = 0 2000(4) + 2000(8) + 2000(12) – Gy(16) Gy= 3000 lb


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Ahora aplicaremos sumatoria de fuerzas para hallar la reacción en A: ∑Fx= 0

∑Fy= 0

Ax = 0

Ay – 6000 + Gy = 0 Ay – 6000 + 3000 = 0 Ay = 3000

Ahora encontraremos la tensión DJ ayudándonos de los siguientes diagramas:

Primero aplicaremos momentos con respecto al punto J: ∑MJ = 0 CD(3) + 3000(4) = 0 CD = -4000 Para encontrar DJ utilizaremos la sumatoria de fuerzas en Y : ∑Fy= 0 3000 – 2000 + DJ(sen(53)) = 0 DJ= -1752.44 (Comprensión) Para encontrar JI utilizaremos la sumatoria de fuerzas en X: ∑Fx= 0 CD – DJ(cos(53)) + JI = 0 JI = 4753.56


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán Para encontrar la reacción DE utilizaremos el siguiente gráfico:

Calculamos el momento con respecto A para hallar ED: ∑MA = 0 -ED(3) – 3000(4) = 0 ED = -4000

Aplicamos sumatoria de fuerzas en Y para encontrar DH: ∑Fy = 0 3000-2000 + DH(sen(53)) = 0 DH = 1152.14

Sumatoria de fuerzas en X para encontrar la ∑Fx = 0 -DH(cos(53)) – IH – ED = 0 IH = 4753.56 lb Nodo E:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ∑Fx = 0 EF(sen(53)) – DE= 0 EF = -4000 Sen(53º) EF = -5008.54 ( comprencion) ∑Fy = 0 -2000 – EH – EF(cos(53º)) = 0 ç EH = -2000 – (- 5008.54 x Cos(53º)) EH = 1014.21

Nodo H:

∑ Fy = 0 DH Sen 34° + EH – HG cos 38 – 65 HG =

(−1257.14 sen37)+(1014.21) 𝐶𝑜𝑠38.65

HG = 333.75

lb

Tracción

Sumatoria de fuerzas en X para hallar la tensión HF: ∑Fx = 0 - DH Cos 37 – IH + HG Sen 38.63 + HF = 0 HF = (-1257.14 cos 37) + (4753.56) + (333.75 sen 38.63) HF = 3961 - 91 196 MECÁNICA PARA INGENIEROS


METODO DE NODOS O NUDOS. REACCIONES DE LOS SOPORTES En general es buena idea comenzar el análisis determinando las reacciones en los soportes usando el DCL de la armadura completa Determinemos ANALISIS DE EQUILIBRIO DE LOS NODOS ahora las fuerzas en los miembros individuales de las armaduras, para ello es necesario dibujar el DCL de los nodos. En este caso se parte del supuesto de que las fuerzas de los miembros están en tensión. Si la solución de un valor negativo para una fuerza, la fuerza será de compresión al suponer que los miembros están a tensión. Es está usando una compresión pre establecida en donde los resultados positivos indican tensión y los negativos compresión B

DCL total H

G

A

F

C E

Ax

D Ay

Cy

TAC

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 ∑ 𝐹𝒚 = 𝟎 ,

nodo A

equilibro

TAF

∑ 𝑴𝒐 = 𝟎

Ay

MIEMBROS DE FUERZA 0 TC

TA

FA

TB

FB


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

METODO DE LAS SECCIONES O METODO DE RITER.

Es analizar el diagrama de cuerpo libre de una parte de las armaduras que contiene dos o más nudos, al aplicar el método de las secciones, el sistema de fuerzas en general será coplanar no concurrente, por lo que se puede plantar 3 ecuaciones de equilibrio independiente. En este método una parte de la armadura se aísla sobre una DCL de manera que quedan expuestas las fuerzas para calcular

Ejercicios 1. Calcular las fuerzas axiales (tensión y compresión) de los elementos de las barras CD, CI, IJ mediante el uso del método de Riter del ejemplo anterior

D

C

B

A

E

F

G H I J K

2160

360 B

A

TCD

D

TDC

E

5670

TCI

TIC

G TIH

H TIH

I J

5670 K


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán LADO DERECHO → − ∑ 𝑴𝑰 = 𝟎 −5670(1) − 5670(3) + 2160(6) + 𝑇𝐷𝐶(3) = 0 𝑇𝐷𝐶 = 3240

→ ∑ 𝑭𝒙 −𝑇𝐷𝐶 + 5670 − 5670 − 𝑇𝐼𝐶 𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝑇𝐼𝐻 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 ↑ ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 𝑇𝐼𝐻 𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑇𝐼𝐶 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 360 + 2160 = 0

√2 𝑇𝐼𝐶 + 0.99 𝑇𝐼𝐻 = −3240 2 −

√2 𝑇𝐼𝐶 + 0.16 𝑇𝐼𝐻 = −1800 2 𝑇𝐼𝐻 = −1751.74 𝐹𝐼𝐶 = −2138.41

→ ∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 3 − 𝑇𝐼𝐽 𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝐹𝐼𝐽 𝑐𝑜𝑠𝛽(3.5) + 5640(4) + 2160(6) = 0 𝐹𝐼𝐽 = −3284.67

→ ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 −𝐹𝐷𝐶 + 5670 − 5670 + 𝐹𝐼𝐽 𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 𝐹𝐼𝐽 𝑐𝑜𝑠𝛽 = 𝐹𝐷𝐶

↑ ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 −360 − 𝐹𝐷𝐼 + 𝐹𝐼𝐽 𝑠𝑒𝑛𝛽 + 2160 = 0 −𝐹𝐷𝐼 + 𝐹𝐼𝐽 𝑠𝑒𝑛𝛽 = −180


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 2. Para la siguiente armadura: a) Calcular las reacciones en los apoyos. b) Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras.

SOLUCIÓN a) Calculamos las reacciones en los apoyos, para ello, proyectamos el tramo FC hasta el punto “H”, producto de la intersección de dicha prolongación con la perpendicular trazada desde el punto A, determinando la distancia “d”. 𝑑 = 20𝑠𝑒𝑛(30°) = 10 𝑚

Como las fuerzas de 4kN y 8kN son paralelas, entonces la distancia desde el apoyo A hasta la intersección con la proyección de GD es de 20m. ̅𝐴 = 0 ∑𝑀

𝑉𝐸 = (2.20 cos(30°) − 10(10) − 5(20) + 4(10) + 8(20) = 0

̅𝐶𝑑𝑒𝑟 = 0 ∑𝑀

8(10) − 𝐻𝐸 (10) = 0 200



𝐻𝐸 = 8𝑘𝑁 ← Ahora, analizamos el equilibrio de toda la armadura:

∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝐻𝐴 + 10𝑠𝑒𝑛30° + 5𝑠𝑒𝑛30° + 4𝑠𝑒𝑛30° + 8𝑠𝑒𝑛30° − 8 = 0 𝐻𝐴 = 5.5 𝑘𝑁 ←

∑ 𝐹𝑦 = 0

−10𝑐𝑜𝑠30° − 5𝑐𝑜𝑠30° + 4𝑐𝑜𝑠30° + 8𝑐𝑜𝑠30° + 𝑉𝐴 = 0 𝑉𝐴 = 2.6 𝑘𝑁 ↑

b) Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, analizando el equilibrio nudo a nudo. NUDO “A”: ∑ 𝐹𝑦 = 0

2.6 − 𝐹𝐴𝐵 𝑠𝑒𝑛30° = 0 𝐹𝐴𝐵 = 5.2 𝑘𝑁 (𝐶𝑂𝑀𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼Ó𝑁)

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐴𝐹 − 5.2𝑐𝑜𝑠30° − 5.5 = 0 𝐹𝐴𝐹 = 10 𝑘𝑁 (𝑇𝑅𝐴𝐶𝐶𝐼Ó𝑁)

NUDO “B”:

∑ 𝐹𝑥 = 0

5.2 − 𝐹𝐵𝐶 = 0

𝐹𝐵𝐶 = 5.2 𝑘𝑁 (𝐶𝑂𝑀𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼Ó𝑁) ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐵𝐹 − 10 = 0

𝐹𝐵𝐶 = 10 𝑘𝑁 (𝐶𝑂𝑀𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼Ó𝑁) 201 MECÁNICA PARA INGENIEROS


NUDO “F” ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐵𝐶 cos 30° − 10𝑐𝑜𝑠30° = 0 𝐹𝐵𝐶 = 10𝑘𝑁 (𝑇𝑅𝐴𝐶𝐶𝐼Ó𝑁)

Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal: ∑ 𝐹𝑥 = 0

10𝑠𝑒𝑛30° + 10𝑠𝑒𝑛30° − 10 = 0

NUDO “E” ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐸𝐷 𝑠𝑒𝑛30° = 0 𝐹𝐸𝐷 = 0

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐸𝐺 − 8 = 0 𝐹𝐸𝐺 = 8 𝑘𝑁 (𝐶𝑂𝑀𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼Ó𝑁)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán NUDO “D” ∑ 𝐹𝑥 = 0

8 − 𝐹𝐷𝐺 = 0 𝐹𝐷𝐺 = 8𝑘𝑁 (𝑇𝑅𝐴𝐶𝐶𝐼Ó𝑁)

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐷𝐶 = 0

NUDO “G”: ∑ 𝐹𝑦 = 0

8𝑐𝑜𝑠30° − 𝐹𝐺𝐶 𝑐𝑜𝑠30° = 0 𝐹𝐺𝐶 = 8𝑘𝑁 (𝐶𝑂𝑀𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼Ó𝑁)

Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal:

∑ 𝐹𝑥 = 0

8𝑠𝑒𝑛30° + 8𝑠𝑒𝑛30° − 8 = 0

De esta manera, las fuerzas resultantes quedan como se muestra en la figura:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 3. Determinar las reacciones de los apoyos y de cada nudo de la cercha.

H

J

I

M

K

N

L

J

O

F

A 4m

4m

E

D

C

B

4m

45°

4m

4m

4m

𝐺𝐻𝐸 = 3 – 3 = 0 𝐺𝐻𝑇 = 3 + 29 – 2(16) 𝐺𝐻𝑇 = 0 𝐺𝐻𝐼 = 0 → 𝐼𝑆𝑂𝑆𝑇𝐴𝑇𝐼𝐶𝑂 𝐼𝑁𝑇.

𝑴𝑶𝑴𝑬𝑵𝑻𝑶∑𝑴𝑮 = −5 (2 ∗ 4) + 24(𝐴𝑦) = 0

25𝐴𝑦 = 120 𝐴𝑦 = 5 𝑡𝑜𝑛 𝑓 → ∑𝐹𝑥 = 0 𝐺𝑥 = 0 +↑ ∑𝐹𝑌 = 0 𝐴𝑦 + 𝐺𝑦 = 0 𝐺𝑦 = +9𝑡𝑜𝑛 𝑓

Punto A ↑ ∑𝐹𝑌 = 0 𝐹𝐴𝐻 =

5 𝑠𝑒𝑛45

𝐹𝐴𝐻 = −7.071𝑡𝑜𝑛 𝑓


G

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán +↑ ∑𝐹𝑥 = 0 𝐹𝐴𝐵 − 𝐹𝐴𝐻𝑐𝑜𝑠45 = 0 𝐹𝐴𝐵 = +5𝑡𝑜𝑛 𝑓

Punto B 𝐹𝐵𝐶 = 5𝑡𝑜𝑛 𝑓 𝐹𝐵𝑀 = 2𝑡𝑜𝑛𝑓

Punto H −𝐹𝐻𝑀 + 7. 071Cos45 = 0 +FHM = + 5 ton f. 𝐹𝐻𝐼 + 7.071sen45 𝐹𝐻𝐼 = −5

Punto M ∑𝐹𝑥 = 0 𝐹𝐶𝐷 = 8 ton f 𝐹𝐶𝑁 = 3 − 1.5 ton f + 2 𝐹𝐶𝑁 = 0.5 ton f

Punto I ∑𝐹𝑥 = 0 5 + 1.98 + FIJ = 0 𝐹𝐼𝐽 = −8𝑡𝑜𝑛 𝑓 𝐹𝐼𝑁 = 1.5 ton f

Punto N ∑𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑁𝐼𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝐹𝑁𝐷𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 𝐹𝑁𝐼 =

−𝐹𝑁𝐷 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝐶𝑂𝑆𝛼



∑𝐹𝑌 = 0 1.5– 0.5 + FNIsenα – FNDsenα = 0 1.5– 0.5 − 2FNDsenα = 0 1.5– 0.5 = 2FNDsenα 𝐹𝑁𝐷 = 1.118𝑡𝑜𝑛 𝑓 𝐹𝑁𝐼 = −1.118𝑡𝑜𝑛 𝑓 𝐹𝑀𝐶 =

+3.559(𝑐𝑜𝑠26.565) 𝐶𝑂𝑆26.565

𝐹𝑀𝐶 = 3.592

TOTAL:

𝑴𝑶𝑴𝑬𝑵𝑻𝑶∑𝑴𝑫 = 0 1(50) – 1(T) = 0 𝑇1 = 50 N

+→ ∑𝐹𝑥 = 0 −Dx – T1 = 0 −Dx = 50N 𝐷x = − 50N

“NODO D” ∑𝐹𝑦 = 0 −100 – FDCsen45° = 0 𝐹𝐷𝐶 =

+100 −𝑠𝑒𝑛45

𝐹𝐷𝐶 = −141.421N

∑𝐹𝑥 = 0 −50 – FDE – FDCcosα = 0 −FDE = −50N 𝐹𝐷𝐸 = 50𝑁 206 MECÁNICA PARA INGENIEROS


“POLEA E” ∑𝑀𝐸 = 0 −𝑇3(1) + 50 (1) = 0 𝑇3 = 50𝑁

→ + ∑𝐹𝑥 = 0 −𝑇3 𝑐𝑜𝑠45 + 50 + 𝐸𝑥 = 0 𝐸𝑥 = 14.695𝑁

+↑ ∑𝐹𝑦 = 0 −𝐸𝑦 − 𝑇𝑠𝑒𝑛45° = 0 𝐸𝑦 = −35.355𝑁

” NODO E”

∑𝐹𝑥 = 0 −𝐹𝐸𝐹𝑐𝑜𝑠45° + 14.645 + 50 = 0 −𝐹𝐸𝐹 = −

64.645 𝑐𝑜𝑠45

𝐹𝐸𝐹 = 91.422𝑁

∑𝐹𝑦 = 0 −35.355 − 𝐹𝐸𝐶 − 𝐹𝐸𝐹𝑒𝑛45° = 0 −35.355 − 𝐹𝐸𝐶 − 64.645 = 0 −𝐹𝐸𝐶 = 100 𝐹𝐸𝐶 = −100

DCÑ “NODO C”

∑𝐹𝑥 = 0 −𝐹𝐶𝐹 − 100 = 0 207 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐹𝐶𝐹 = −100𝑁 ∑𝐹𝑦 = 0 −100 − 100 − 𝐹𝐶𝐵 = 0 −𝐹𝐶𝐵 = 200 𝐹𝐶𝐵 = −200𝑁

𝑴𝑶𝑴𝑬𝑵𝑻𝑶 ∑𝑀𝐹 = 0

50(1) − 𝑇4(1) = 0 𝑇4 = 50𝑁

+→ ∑𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑥 + 50𝑐𝑜𝑠45° = 0 𝐹𝑥 = −35.355𝑁

+↑ ∑𝐹𝑦 = 0 −𝐹𝑦 − 50 + 50𝑠𝑒𝑛45 = 0 −𝐹𝑦 = 14.645𝑁 𝐹𝑦 = −14.645𝑁



6.-UNIDAD VI: FUERZAS DE SECCIÓN P2

Rn P3 R3

Pn

R2 P1

R1

𝑷𝟏 , 𝑷𝟐 , 𝑷𝟑 , 𝑷𝒏 → 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑹𝟏 , 𝑹𝟐 , 𝑹𝟑 , 𝑹𝒏 → 𝑅𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠

P2 P2 Rn P3 Rn P3

Pn

R3

Pn M2 R2 R1 M1

P1

R2 P1

R2

R1 R1

𝑹𝟏 = −𝑹𝟐

𝑴𝟏 = −𝑴𝟐

𝑹𝟏 = 𝑹𝟐

𝑴 𝟏 = 𝑴𝟐

𝑭 = 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎𝑠 𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎𝑠 209 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑹 = 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠

COMPONENTES RECTANGULARES DE LAS FUERZAS DE SECCIÓN.

Las fuerzas de sección se pueden usar con más facilidad si se expresan en componentes rectangulares. IMPORTANTE: el eje x es normal a la sección, el eje Y, Z están sobre la sección x

y My

Mx

R3

Fy

Fx

𝑹𝟏 = (𝑭𝒙 , 𝑭𝒚 , 𝑭𝒛 ) 𝑴𝟏 = (𝑴𝒙 , 𝑴𝒚 , 𝑴𝒛 )

Fz

P1

Mz

z

R1

R2

𝑵𝑶𝑴𝑬𝑵𝑪𝑳𝑨𝑻𝑼𝑹𝑨

𝑭𝒙

𝑵𝑶𝑴𝑩𝑹𝑬

Fuerza axial

𝑬𝑭𝑬𝑪𝑻𝑶 𝑴𝑬𝑪𝑨𝑵𝑰𝑪𝑶

Trata de alargar o cortar (tensión o compresión)

𝑭𝒚 , 𝑭𝒛

Fuerzas cortantes

Trata de producir un desplazamiento relativo entre los dos elementos separados por el corte 𝑣 = √𝐹𝑦 2+ 𝐹𝑧 2

𝑴𝒙

Momento torsor

Trata de torcer al solido

Momentos flectores

Trata de flexionar al solido

𝑴𝒚 , 𝑴𝒛


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 8.3.- FUERZAS DE SECCION EN SISTEMAS PLANOS.

P2 F1

1

P3 2

FN M Fv

Esfuerzos que generan deformaciones en los elementos

N = Fuerza normal V= Fuerza cortante M = Momento flector

DETERMINACION DE FUERZAS DE SECCION DE SISTEMAS PLANOS.

Para determinar las fuerzas interiores de una sección cualquiera se tiene que formar un elemento diferencial de espesor “ds” cuyos lados son paralelos a la sección que recibe el nombre de rebanada La rebanada tiene que estar también en equilibrio por la acción de las fuerzas de las fuerzas de sección que actúan en su cara izquierda, derecha y momento puntual exterior que actúan en ella.



Ejercicios 1. Dibujar los diagramas de cuerpo libre de cada elemento y de toda la estructura:



De la estructura que se muestra calcular las reacciones en los apoyos, las fuerzas internas en el vínculo B, verificar que se pueda resolver por la estática dibujando todo el DCL (elementos y total)

DCL AB →𝑀𝐴=0↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐵𝑥 ′ (5) − 𝐵𝑦 ′ (2) − 10.78(2.70) = 0

1.20(3.61) + 3(𝐵𝑥) − 2(𝐵𝑦) = 0 3𝐵𝑥 − 2𝐵𝑦 = −4.332 tan(𝑡)

−5𝐵𝑥 ′ − 2𝐵𝑦 ′ = 29.11

→𝐹𝑥=0↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 +𝐶𝑥 − 𝐵𝑥 ′ − 10 = 0

𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 3 = 0

𝐶𝑥 − 𝐵𝑥 ′ = 10

𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 = −3

↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0

↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 2 = 0

𝐶𝑦 − 𝐵𝑦 ′ − 4 = 0

𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 2

𝐶𝑦 − 𝐵𝑦 ′ = 4

Nudo ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐵𝑦 ′ − 𝐵𝑦 − 1.97 = 0 𝐵𝑦 ′ − 𝐵𝑦 = 1.97 ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐵𝑥 ′ − 𝐵𝑥 + 0.35 = 0 𝐵𝑥 ′ − 𝐵𝑥 = −0.35

−5𝐵𝑥 ′ − 2𝐵𝑦 ′ = 29.11

3𝐵𝑥 − 2𝐵𝑦 = −4.33 𝐴𝑥 − 𝐵𝑥 = −3

−𝐵𝑥 ′ − 𝐶𝑥 = 10

𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 2

𝐵𝑥 ′ − 𝐵𝑥 = −0.35

𝐵𝑦 ′ − 𝐵𝑦 = 1.97

−𝐵𝑦 ′ + 𝐶𝑦 = 4 213


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐴𝑦 = −3 − 𝐵𝑥

𝐵𝑥 ′ = 𝐵𝑥 − 0.35

𝐶𝑥 = 10 + 𝐵𝑥′

𝐶𝑥 = 10 + 𝐵𝑥 − 0.35 𝐵𝑦 ′ = 1.47 + 𝐵𝑦

−5(𝐵𝑥 − 0.35) − 2(1.97 + 𝐵𝑦) = 29.11 −5𝐵𝑥 + 1.75 − 3.94 − 2𝐵𝑦 = 29.11 −5𝐵𝑥 − 2𝐵𝑦 = 2.119 + 29.11 −5𝐵𝑥 − 2𝐵𝑦 = 31.3

−(3𝐵𝑥 − 2𝐵𝑦 = −4.33 −𝐵𝑥 + 2𝐵𝑦 = 4.33 −5𝐵𝑥 = 35.63 𝐵𝑥 = −4.45

−2𝐵𝑦 = −4.3 − 3𝐵𝑥 −2𝐵𝑦 = 9.02

4.8 + 𝐶𝑥 = 10 𝐶𝑥 = 5.2

𝐵𝑦 = −4.51 2.54 + 𝐶𝑦 = 4 𝐵𝑥 ′ + 4.45 = −0.35

𝐶𝑦 = 1.96

𝐵𝑥 ′ = −4.8 𝐵𝑦 ′ + 4.51 = 1.97

𝐴𝑦 − 4.51 = 2

𝐵𝑦 ′ = −2.54

𝐴𝑦 = 6.51

𝐴𝑥 − 9.45 = −3 𝐴𝑥 = 1.95

Despreciando el peso de la viga verifiquemos que se puede resolver por la estática, calcular las reacciones en los apoyos A ; C y las fuerzas internas en el vínculo.

En el DCL AB

En el DCL BC

→ ∑ 𝑀𝐴 = 0

→ ∑ 𝑀𝐵 = 0

0.6(10.80) − 12𝐵𝑦 = 0

−𝐶𝑦(1.2𝑚) − 𝑀𝑐 = 0 214


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐵𝑦 = 540 𝑁/𝑚

𝑀𝑐 = −648 𝑁/𝑚

→ ∑ 𝐹𝑥 = 0

→ ∑ 𝐹𝑥 = 0

840 cos 90 + 𝐵𝑥 = 0

−𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 = 0

𝐵𝑥 = −643.55 𝑁/𝑚

𝐵𝑥 = −𝐶𝑥 𝐶𝑥 = −643.55 𝑁/𝑚

↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0

↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴 𝑠𝑒𝑛40 − 1080 + 𝐵𝑦 = 0

−𝐵𝑦 + 𝐶𝑦 = 0

𝐴 = 840.09

𝐶𝑦 = 540

Determinar el DCL de la siguiente figura P F

1

2 1

M

2

3

V1 P

F M1

M2

N1

N2 V2

M

Ax

By

Ay

P V2

↑ ∑ 𝑓𝑦 = 0M1

M2 N2

N1 V1

M1

M2 N2

N1 V2

ds

−𝑃 − 𝑉2 + 𝑉2′ = 0 𝑉2′ = 𝑃 + 𝑉2

V2'



2. Hallar los diagramas de la siguiente viga.

5 tn

1

2

3m

1m

3

B 1.5 m

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐴𝑦 = 7.5 𝑇𝑛

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐵𝑦 = −7.5 𝑇𝑛

∑𝑀 = 0

𝐶𝑦 = −13.5 𝑇𝑛 𝑀𝑐 = −26.5 𝑇𝑛

15 tn

5 tn Bx

Bx

Cx Mc

Ay

By

By

Cy

→ ∑ 𝑀𝐵 = 0

→ ∑ 𝑀𝐶 = 0

𝐴𝑟(3) − 15(1.5) = 0

𝐵𝑟(2.5) − 5(1.5) = 𝑀𝑐

𝐴𝑟 = 7.5 𝑡𝑛

𝑀𝑐 = −26.25 𝑡𝑛

→ ∑ 𝐹𝑥 = 0

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐵𝑥 = 0

−𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 = 0 𝐶𝑥 = 0


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑦 − 15 − 𝐵𝑦 = 0

𝐵𝑦 − 5 − 𝐶𝑦 = 0

7.5 − 15 − 𝐵𝑦 = 0

−7.5 − 5 − 𝐶𝑦 = 0

𝐵𝑦 = −7.5 𝑡𝑛

𝐶𝑦 = −13.5 𝑡𝑛

DEFORMACION DE VIGAS

5x x/2

x/2

N M v

Ay x

→ ∑𝑀 = 0 𝑥 7.5(𝑥) − 5𝑥 ( ) = 𝑀 2 𝑀 = −2.5𝑥 2 + 7.5𝑥 𝜕𝑀 =𝑣 𝜕𝑥 𝑣=0 𝑥 = 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑓𝑙𝑒𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑣𝑖𝑔𝑎

𝜕𝑀 𝜕𝑥

= 𝑣 = −5𝑥 + 7.5

𝑣=0→𝑥

𝑣 = 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 Ft

Fc

Fc

Ft

−5𝑥 + 7.5 = 0 𝑥 = 1.5

Mmax(-)

Mmax(+)


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑀𝑚𝑎𝑥 = −2.5(1.5)2 + 7.5(1.5) 𝑀𝑚𝑎𝑥(+) =

𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑦 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

5.625𝑡𝑛 𝑚

0≤𝑥≤3

7.5

𝑀𝑚𝑎𝑥(+) 𝑀𝑚𝑎𝑥(−) = 2 𝑀𝑚𝑎𝑥(−) =

v(+)

5.625 2

diagrama de cortante

v(-)

𝑀𝑚𝑎𝑥(−) = 2.8125

-7.5

𝑁=0

M(-)

diagrama de momento

𝑀 = −2.5𝑥 2 + 7.5𝑥 𝑉 = −5𝑥 + 7.5

M(+)

𝑥 = 1.5

Mmax(+)=5.625

CORTE 2 → ∑𝑀 = 0

3≤𝑋≤4 7.5(𝑎) − 15(𝑎 − 15) = 𝑀 15

𝑀 = −1.5𝑎 + 22.5 + 7.5𝑎 5

𝑀 = −7.5𝑎 + 22.5

N

𝜕𝑀 =𝑣 𝜕𝑥 𝑣 = −7.5

V

M

a-3

3

7.5 v(+)

diagrama de cortante

v(-) -7.5

M(-)

diagrama de momento

M(+)



3. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga AB, b) determine la magnitud y la ubicación del valor absoluto máximo del momento flector.

Resolución: El DCL del cuerpo completo, reemplazando la fuerza en D por su par equivalente en C.

Si: ∑MA = By (8) – 300(6) + 600 – 2400(4) = 0 By = 1350lb ∑Fy = 0 Ay + By = 2700

Ay = 1350lb, (Ax = 0)

En AC: dV = -300 V – VA = -300x dx V = 1350 – 300x dM = V M – MA = 1350x – 150x2 dx M = -150x2 + 1350x 219 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán En CB = dV = -300 V – VAC = -300x dx V= -750 – 300x dM = V M – MAC – (-600) = -750X – 150x2 dx M = -150x2 – 750x + 2100 Así:


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán b) Si: dM = 0 dx

-300x + 1350 = 0 X = 4.5ft Mmáx = 3038 lb.ft, para x = 4.5 ft

4. Calcular las reacciones y dibujar los diagramas de los cortes:

Sumatoria de fuerzas y momentos para hallar las reacciones ∑Fx= 0 12.84 Dx = 3.2 + 8 Dx = -1.6 Dx = 1.6

∑MA = 0 8(1.07) + 4Dy + 3.2 (0.53+1.07) -12(2) – 12.8(1.07) = 0 4Dy = 24

Dy = 6 ∑Fy= 0 Ay + Dy = 12 Ay = 6


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán ∑MD = 0 MD + 8(1.07) + 3.2 (0.53) + 12(2) – Ay(4) – 12.8(1.07) = 0 MD = 0 Corte 1- 1:

𝑞=

4(3.2 − 𝑥) 3.2

𝑞=

12.8 − 4𝑥 3.2

𝑞=

3.2 − 𝑥 0.8

3.2 − 𝑥 ) (𝑥) 0.8 2 3.2 − 𝑥 = 0.8

𝑞(𝑥) = (

𝑥 3.2 − 𝑥 𝑥 (4 − 𝑞) ( ) = (4 − )( ) 2 0.8 2 3.2 − 3.2 + 𝑥 𝑥 =( )( ) 0.8 2 𝑥2 =( ) 1.6

𝑥 2 −6.4𝑥 ) 1.6

V₁= (

∑Mpc = 0

N1 = -6Tn

M1 + q(x) (2) + (1.6) ( 3 ) = 0

𝑥2

𝑥

2𝑥

−2𝑥 2 3.2𝑥−𝑥 2 𝑥 ) − ( ) (2 ) 4.8 0.8

M1 = (

−𝑥 2

3.2𝑥 2 −𝑥 3 ) 1.6

M1 = ( 2.4 ) − (

−𝑥 2 −(4.8𝑥 2 −1.5𝑥 3 ) 2.4

M1 = ( 𝜕𝑦 𝜕𝑥

−𝑥 2 −(4.8𝑥 2 −1.5𝑥 3 ) 2.4

=(

1.5𝑥 3 −5.8𝑥 2 ) 2.4

= (

= V1

V1 =

45𝑥2 −116𝑥 24



Máximos (3.2m) 45(3.2)2 −116(3.2)

V1max =

24

= −0.56

N = -6tn 1.5(3.2)3 −5.8(3.2)2 ) 2.4

M1max = (

= 4.27 𝑡𝑛

Corte 2 – 2

∑Mpc = 0 𝑥 2

M2 – 6x – 4.27 + 3x( )= 0 3𝑥 2 ) 2

M2 = 6x + 4.27 - ( 3𝑥 2 )+ 2

M2 = − ( 𝜕𝑦 𝜕𝑥

6x + 4.27

= V2 = 6 – 3x

V2 = 6 – 3x N2 = - 0.56 tn

Máximos (4m) M2(máx) =

−3(16) 2

+ 6(4) + 4.27 = -24 + 24 + 4.27

M(máx) = 4.27 + Tn . m V2(máx) = 6 – 3(4) = -6Tn = 6Tn N2 = 0.56Tn 223 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán CORTE 3 - 3

3.5 3.2

q=

𝑞

=

𝑥

3.5𝑥 3.2

= 1.09x

q = 1.09x

𝑥

𝑥

3

2

M3 + (q -1) (x)( )(𝑥)( ) – 4.27 – 0.56x = 0 𝑥2

𝑥2

3

2

M3 = 4.27 + 0.56x – (1.09x – 1) ( )− M3 = 4.27 + 0.56x – M3 =

𝜕𝑦 𝜕𝑥

1.09𝑥 3 3

-

𝑥2 6

1.09𝑥3 3

+

𝑥2 3

-

𝑥2 2

+ 0.56x + 4.27

𝑥

V3 = - 1.09x2 - + 0.56

= V3

3

N3 =6Tn

Máximos (3.2m) M3 (máx) =

− 1.09(3.23 ) 3

-

(3.23 ) 6

+ 0.56 (3.2) + 4.27

M3 (máx) = -11.91 – 1.71 + 6.06 = -7.56 M3 (máx) = - 7.56 Tn.m = 7.56 Tn.m ↷ V3 (máx) = - 1.09 (3.22) -

3.2 3

+ 0.56 = -11.67

V3 (máx) = 11.67 Tn → N3 = 6Tn ↑



DIAGRAMA DE CORTANTE: Tabulación: X V1 X V2 X V3

1 -2.96 1 3 1 -0.86

2 -2.17 2 0 2 -4.47

3 2.38 3 3 3 -10.25

3.2 3.73 4 -6 3.2 -10.26

0 0 0 6 0 0.56

2 -4.67 2 10.27 2 -4

3 -4.88 3 8.77 3 -24.98

3.2 -4.27 4 4.27 3.2 -31.36

0 0 0 4.27 0 4.27

DIAGRAMA DE MOMENTOS X V1 X V2 X V3

1 -1.79 1 8.77 1 3.57



5. Construir los diagramas de sección del siguiente pórtico.

Se separa mediante la rótula para poder hallar las reacciones DCL 1.

∑ 𝑀𝐸 = 0 1.5 −𝐷𝑋(1.5) + 1.125 ( ) = 0 3 226 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝐷𝑥 = 0.375 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐷𝑦 + 𝐸𝑦 = 0 Como no se tiene aún la reacción Dy se espera hasta tenerla y así poder reemplazar en la ecuación. 𝐸𝑦 = 20.95

DCL2.

𝑊𝑛 = 3.5𝑐𝑜𝑠 2 (71.57)

𝑊𝑠 = 3.4𝑐𝑜𝑠(71.57)𝑠𝑒𝑛(71.57)

𝑊𝑛 = 0.35

𝑊𝑠 =1.02

𝑊𝑛𝐿 = 1.11

𝑊𝑛 = 3.32

Se procede a hallar las reacciones de los apoyos. ∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐴𝑥 − 3.32𝑐𝑜𝑠71.57 + 1.11𝑐𝑜𝑠18.43 + 3𝑐𝑜𝑠37 − 1.125 + 𝐷𝑥 𝐴𝑥 = 1.65



∑ 𝑀𝐷 = 0 −1.125 (

2(1.5) ) − 7(2) − 1.11𝑠𝑒𝑛18.43(2 + 1.58𝑐𝑜𝑠71.57) − 3𝑠𝑒𝑛37(2 + 1.58𝑐𝑜𝑠71.57) 3 + 𝐴𝑥(1.5) + 𝐴𝑦(3) + 3.32𝑐𝑜𝑠71.57(1.5) − 3.32𝑠𝑒𝑛71.57(3) = 0 𝐴𝑦 = −8.64

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 3.32𝑠𝑒𝑛71.57 − 1.11𝑠𝑒𝑛18.43 − 3𝑠𝑒𝑛37 − 7 − 𝐷𝑦 = 0 𝐷𝑦 = −20.95

∑ 𝑀𝐴 = 0 𝑀𝑎 + 1.11(1.58) + 3(1.58) + 1.125(2.5) + 𝐷𝑥(1.5) + 𝐷𝑦(3) = 0 𝑀𝐴 = −44.61

Corte 1-1

Para hallar el momento flector se realiza una sumatoria de m momentos en el corte 1 ∑ 𝑀1 = 0 228 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑋 0.35𝑋 ( ) + 𝐴𝑦(𝑋𝑐𝑜𝑠71.57) + 𝐴𝑦(𝑋𝑠𝑒𝑛71.57) + 𝑀𝐴 − 𝑀1 = 0 2 𝑀1 = 0.175𝑋 2 − 2.73𝑋 + 1.57𝑋 − 44.61 𝑀1 = 0.175𝑋 2 − 1.16𝑋 − 44.61

Para hallar la cortante se deriva el momento flector 𝑉 = 0.35𝑋 − 1.16 0 = 0.35𝑋 − 1.16 𝑋 = 3.31 Para saber el momento máximo se reemplaza la variable “X” por su valor encontrado en el momento flector. 𝑀1 = 0.175(3.31)2 − 1.16(3.31) − 44.61 𝑀1 = −46.53 Tracción 𝑀1 = −23.24 Compresion

∑ 𝐹𝑥1 = 0 𝑁 + 𝐴𝑦𝑐𝑜𝑠18.43 − 3.32 − 𝐴𝑦𝑐𝑜𝑠71.57 = 0 𝑁 = 12.04 X N V M

0 12.04 -1.26 -44.61

1 12.04 -0.81 -45.6

2 12.04 -0.46 -46.23

3 12.04 -0.11 -46.57

3.31 12.04 -0.0075 -46.53

Diagrama de fuerza cortante y momento flector del corte 1-1



Corte 2-2

∑ 𝑀2 = 0

𝑋−1 −3.5(𝑋 − 1) ( ) − 1.11𝑆𝐸𝑁18.43[(𝑋 − 1) + 1.58𝑐𝑜𝑠76.57] 2 − 3𝑠𝑒𝑛37[(𝑋 − 1) + 1.58𝑐𝑜𝑠76.57] − 1.11𝑐𝑜𝑠18.45(1.58𝑠𝑒𝑛71.57) − 3𝑐𝑜𝑠37(1.58𝑠𝑒𝑛71.57) − 𝐴𝑥(3) − 3.37𝑐𝑜𝑠71.57(3) − 𝐴𝑦(3.16𝑐𝑜𝑠71.57 + 𝑋 − 1) + 3.32𝑠𝑒𝑛71.57(3.16𝑐𝑜𝑠71.57 + 𝑋 − 1) − 𝑀2 + 𝑀𝐴

𝑀2 =

−3.5𝑋 2 + 7𝑋 − 3.5 − 0.35𝑋 + 0.18 + 0.9 − 1.81𝑋 − 1.58 − 3.59 − 8.15 + 8.64𝑋 2 − 0.008 − 0.0031 + 3.15𝑋 − 44.61

−3.5𝑋 2 + 7𝑋 − 3.5 + 19.26𝑋 − 113.72 𝑀2 = 2 𝑀2 =

−3.5𝑋 2 + 26.26𝑋 − 117.22 2

Para hallar la cortante se deriva el momento flector



𝑉=

−7𝑋 + 26.26 2

0=

−7𝑋 + 26.26 2 𝑋 = 3.37

Para hallar el momento máximo se reemplaza la variable “X” en la ecuación del momento.

𝑀2 =

−3.5(3.37)2 + 26.26(3.37) − 117.22 2 𝑀2 = −33.98 𝑀2 = −16.99

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑁 + 3𝑐𝑜𝑠37 + 1.11𝑐𝑜𝑠18.43 + 𝐴𝑥 + 3.32𝑐𝑜𝑠71.57 = 0 𝑁 = −6.15 X

3.31

3.4

3.5

3.6

3.7

3.75

N

-6.15

-6.15

-6.15

-6.15

-6.15

-6.15

V

1.55

1.23

0.88

0.53

0.18

0.005

M

-34.32

-34.2

-34.09

-34.02

-33.99

-33.98




Corte 3-3

∑ 𝑀2 = 0 𝑋2 𝑋 ( ) − 0.375(𝑋) − 𝑀3 = 0 2 3 𝑀3 =

𝑋3 − 0.375𝑋 6

𝑀3 =

𝑋 3 − 2.25𝑋 6

Para hallar la cortante se deriva el momento flector. 𝑉=

3𝑋 2 − 2.25 6

0=

3𝑋 2 − 2.25 6

𝑋 = 0.87

Para hallar el momento máximo se reemplaza la variable X en el momento 𝑀3 =

(0.87)3 − 2.25(0.87) 6 232


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑀3 = −0.22 Traccion 𝑀3 = −0.11 Compresion ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑁 + 𝐷𝑦 = 0 𝑁 = 20.95

X N V M

0 20.95 -0.38 0

0.5 20.95 -0.31 -0.17

0.87 20.95 -0.05 -0.22

1 20.95 0.13 -0.21

1.5 20.95 1.31 0


Corte 4-4



∑ 𝑀3 = 0 𝑋 1.5𝑋 2𝑋 𝑋2 ( ) − ( ) − 𝑀3 = 0 2 2 3 𝑋3 − 0.5𝑋 2 2

𝑀3 =

𝑀3 =

𝑋 3 − 3𝑋 2 2

Para hallar la cortante se deriva el momento flector 𝑉=

3𝑋 2 − 6𝑋 2

0=

3𝑋 2 − 6𝑋 2 𝑋=2

Para hallar el momento máximo se reemplaza la variable “X” en el momento. 𝑀3 =

(2)3 − 3(2)2 2

𝑀3 = −2 𝑀3 = −1

X N V M

0 -20.95 0 0

1 -20.95 -1.5 -1

2 -20.95 0 -2




Diagrama de fuerza cortante total del pórtico.

Diagrama de momento flector total del pórtico.

6. Hallar los diagramas de la siguiente viga



DCL:

TRAMO AC

TRAMO CB

DLC TRAMO AC ∑Mc = 0 Acos 37° (2) – 2(1.33) – 4(1) + 7.88 (0.5) = 0

A = 1.70

Acos 37 (2) = .72 A=

Cx = 1.02

2.72

Cy = 3.24

𝐶𝑂𝑆37° (2)

A = 1.70 ∑Fx = 0

∑Fy = 0

Asm 37 – cx = 0

Acos 37° - 2TN + 4TN + 7.88 – cy = 0

Asm cx = 1.70 sm 37

cy = 3.24



Cx = 1.02 ∑Fx = 0

∑Fy = 0

Cx – Bx = 0

5 + By + Cy = 0

Cx = Bx

5 + By + 3.24 = 0

Bx = 1.02

By = -8.24

↻ + ∑MB = 0 Cy (2.5) – 5(1.25) – Mβ = 0 Mβ = 1.85 Corte 1 – 1 Parte superior

↻ + ∑M = 0 2x

x

- M1 + Acos 37 (x) – (x+x2) ( ) – 2x (2) – (3

x

2x2 + 4x) (2) = 0 2𝑥 2 +2𝑥 3

- M + 1.36 x - ( - M + 1.36 x -

−2𝑥 2 3

3

+

2𝑥 3 3

) – x2 – ( – x2 + (

−2𝑥 3 2

−2𝑥 3 2

+

4𝑥 2

)–(

2

)=0

4𝑥 2 2

)=0

- M + 1.36 x – 0.67x2 – 0.67x3 – x2 + x3 - 2x2 = 0 - M + 1.36 x – 3.67x2 – 0.33x3 = 0 M = 0.33x3 – 3.67x2 + 1.36x 237 MECÁNICA PARA INGENIEROS


V=

𝑑𝑛 𝑥

= 0.33 (3) x2 – 3.67 (2) x + 1.36 V= 0.99 x2 – 7.34x + .36

∑Fx = 0 Asm 37 – M = 0 1.70 sm37 = N 1.02 = N

V=0 0.99x2 – 7.34x + 1.36 = 0 X1 = 7.22 X2 = 019

Porque está dentro del rango de 0 ≤ x ≤ 2

 Máxima deformación M = 0.33 (0.19)3 – 3.67 (0.19)2 + 1.36 (0.19) M1 = 0.13 M (-) =0.064 CORTE 1 - 11 M = 0.33x3 – 3.67x2 + 1.36x V = 0.99x2 – 7.34x + 1.36 N = 1.02 {constante

0≤x≤2 X

0

0.19

1

2

N

1.02

1.02

1.02

1.02

V

1.36

0

-4.99

-9.36

M

0

0.13

-1.98

-9.32



CORTE 1 - 11 Parte Inferior

(3.5 − 𝑞)(𝑥) 2 =

3.5−(3.5−0.78𝑥) 2

q∆ =

3.5− 3.5+ 0.78𝑥 2

q∆ = 0.39x

↻ + ∑M = 0 - M1 + Acos 37(x) + 0.39x ( 0.26x2

2𝑥 3

𝑥

) + (-078x2 + .5x) ( ) = 0

0.39x3

2

1.75x2

1.36x + – + =M 3 2 M = – 0.39x + 2.01x + 1.36 V=

𝑑𝑛 𝑥

= -0.39 (3) x2 + 2.01 (2) x V = -1.17x2 + 4.02x V= 0

-1.17x2 + 4.02x = 0 - 1.17x = -4.02 x = + 3.44 máxima deformación



M = -0.39 (3.44)3 + 2.01 (3.44)2 + 1.36 M+ = 9.27 M- =4.63 ∑Fx = 0 Asm37 + N = 0 N = - Asm37 N= - 1.02 1 CORTE 1 - 1 PARTE INFERIOR 0 ≤ x ≤ 4.5 X

0

2

3.44

4.5

N

-1.02

-1.02

1.02

-1.02

V

0

11.4

33.73

57.71

M

1.36

6.28

9.27

6.52

Corte 2 – 2 Superior

∑M2 = 0 Acos 37(x) – 2 (1.33 + (x-2)) – 4(1+ (x-2)) – (5x – 10) ( M = 1.36x – 2(1.33 + x-2) – 4(1 + x -2) - (

𝑥−2 2

)

M=0

5𝑥 2 −10𝑥+20 2

)

M = 1.36x + 1.34 – 2x + 4 – 4x – 2.5x2 + 10x M = -2.5x2 + 5.36x – 4.66

V=

𝑑𝑛 𝑥

= -5x + 5.36

V = -5x + 5.36 V=0 -5x + 5.36 = 0 240 MECÁNICA PARA INGENIEROS


X=

5.36 5

X =1.07m...Deformación máxima

.. M = -8.5 (1.07)2 + 5.36 (1.07) – 4.66 M+ = -1.79 M- = - 0.89 ∑Fx = 0 Asm37 + N = 0 N= - 1.02 CORTE 2 - 21 SUPERIOR 0 ≤ x ≤ 4.5 X N V M

0 -1.02 5.36 -4.66

1.07 -1.02 0.01 -1.79

4.5 -1.02 -17.14 -31.17

DIAGRAMA DE CORTANTE:

DIAGRAMA DE MOMENTOS



7. Construir los diagramas de sección del siguiente pórtico.

DCL de todo el pórtico.



3 𝜃 = 𝑡𝑔−1 ( ) 1.5 𝜃 = 63.43

𝑊𝑛 = 𝑊𝑠𝑒𝑚𝜃 𝑊𝑛 = 1.5𝑠𝑒𝑛63.43 𝑊𝑛 = 1.34 𝑊𝑠 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑊𝑠 = 1.5𝑐𝑜𝑠63.43 𝑊𝑠 = 0.67

Halando las reacciones de los apoyos

∑ 𝑀𝐴 = 𝑂 5.25(1) + 3(1.5) + 0.75(2) − 1.34𝑐𝑜𝑠𝜃(1.68𝑠𝑒𝑛𝜃) + 1.34𝑠𝑒𝑛𝜃(1.68𝑠𝑒𝑛𝜃 + 3) − 𝐵𝑠𝑒𝑛53(4.5) + 0.67𝑠𝑒𝑛𝜃(4.5) = 0 5.25 + 4.5 + 1.5 − 0.9 + 4.5 − 𝐵𝑠𝑒𝑛53(4.5) + 2.7 = 0 243 MECÁNICA PARA INGENIEROS


𝐵=

17.55 𝑠𝑒𝑛/4.5)

𝐵 = 4.88

∑ 𝐹𝑋 = 𝑂 𝐴𝑥 + 5.25 − 1.34𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝐵𝑐𝑜𝑠53 + 0.67𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝐴𝑥 + 5.25 − 0.60 − 2.94 + 0.30 = 0 𝐴𝑥 = 2.01

∑ 𝐹𝑌 = 𝑂 𝐴𝑦 − 3 − 0.75 − 1.34𝑠𝑒𝑛𝜃 − 0.67𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝐵𝑠𝑒𝑛53 = 0 𝐴𝑦 − 3 − 0.75 − 1.2 − 0.60 + 3.9 = 0 𝐴𝑦 = 1.65

Corte 1-1 Tramo

𝑄 3−𝑥

𝑄=

=

3.5 3

3.5(3−𝑥) 3

Para hallar el momento flector se realiza una sumatoria en el corte 1-1 ∑ 𝑀1 = 𝑂 −𝐴𝑥(𝑋) −

3.5𝑋 2 10.5𝑋 − 3,5𝑋 2 −( ) − 𝑀1 = 0 6 6

𝑀1 = −2.01𝑋 −

3.5𝑋 2 10.5𝑋 3,5𝑋 2 −( − ) 6 6 6 244


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑀1 = −2.01𝑋 − 0.58𝑋 2 − 1.75𝑋 + 0.58𝑋 2 𝑀1 = −2.01𝑋 − 1.17𝑋 3 − 1.75𝑋 + 0.58𝑋 2 𝑀1 = −1.17𝑋 3 + 0.58𝑋 2 − 3.76𝑋

La cortante es la derivada del momento 𝑉 = −3.51𝑋 2 + 1.16𝑋 − 3.76 0 = −3.51𝑋 2 + 1.16𝑋 − 3.76

−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 −(1.16) ± √(1.16)2 − 4(−3.51)(−3.76) 2(−3.51) Al desarrollar la formula se encuentran dos resultados de la cual solo se toma el valor positivo como resultado para “x” X=1.18 Se reemplaza en el momento para hallar el momento máximo. 𝑀1 = −1.17(1.18)3 + 0.58(1.18)2 − 3.76(1.18) 𝑀1 = −5.53 Tracción 𝑀1 = −2.78 Compresion ∑ 𝐹𝑦 = 𝑂 𝑁 + 𝐴𝑦 = 0 𝑁 = −1.65 X

0

0.18

2

3

N

-1.65

-1.65

-1.65

-1.65

V

-3.76

-7.29

-15.48

-31.87

M

0

-5.55

-14.56

-37.65



Corte 2-2

Para hallar el momento flector se realiza una sumatoria en el corte 2-2

∑ 𝑀2 = 𝑂 𝑋 0.5𝑋 2 𝑋 𝐴𝑦(𝑋) − 𝐴𝑥(3) − 5.25(2) − 𝑋 ( ) − ( ) − 𝑀2 = 0 2 3 3 𝑀2 = 1.65𝑋 − 2.01(3) − 10.50 − 𝑀2 = −0.06𝑋 3 −

𝑋 2 0.5𝑋 3 − 2 9

𝑋2 + 1.65𝑋 − 16.53 2 246


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 𝑀2 = −0.06𝑋 3 − 0.5𝑋 2 + 1.65𝑋 − 16.53

Para hallar la cortante se deriva parcialmente al momento flector con respecto a “X” 𝑉 = −0.18𝑋 2 − 𝑋 + 1.65 0 = −0.18𝑋 2 − 𝑋 + 1.65 −𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎 −(1) ± √(1)2 − 4(−0.18)(−1.65) 2(−0.18)

Al desarrollar la formula nos salen dos resultado de los cuales se toma solo el positivo. 𝑋 = 1.33

Se reemplaza en el momento para hallar el momento máximo.

𝑀2 = −(1.33)3 − (1.33)2 + 1.65(1.33) − 16.53 𝑀2 = −15.36 TRACCION 𝑀2 = −7.68 COMPRESION

∑ 𝐹𝑥 = 𝑂 𝐴𝑥 + 5.45 + 𝑁 = 0 𝑁 = −2.01 − .25 𝑁 = −7.26 X

0

1.33

3

N

-7.26

-7.26

-7.26

V

0

0

-2.97

M

-18.53

-15.36

-17.7



Corte 3-3

𝜃 = 63.43

𝛼 + 53 = 63.43

≤ 90 − 63.43

𝛼 = 10.43

≤= 26.57 𝛽 = 58 + 26.57 𝛽 = 79.57 248



∑ 𝑀3 = 𝑂

1.34(𝑋 − 1.68) + 𝐵𝑐𝑜𝑠𝛽(𝑋) − 𝑀3 = 0 𝑀3 = 1.34𝑋 − 0.34 + 0.88𝑋 𝑀3 = 2.22𝑋 − 0.34

Para hallar la cortante se deriva parcialmente al momento flector con respecto a “X” 𝑉 = 2.22 Como la cortante es una constante la variable X tiene el mismo valor. 𝑋 = 2.22

Reemplazamos en el momento para hallar el momento máximo. 𝑀3 = 2.22(22.2) − 0.34 𝑀3 = 4.59 Traccion 𝑀3 = 2.29 Compresión

∑ 𝐹𝑦 = 𝑂 𝑁 + 𝐵𝑠𝑒𝑛79.57 − 0.67 = 0 𝑁 = −4.13 X

0

2.22

3.35

N

-4.13

-4.13

-4.13

V

2.22

2.22

2.22

M

-0.34

4.59

7.1



Diagrama de fuerza cortante de todo el pórtico.

Diagrama de momento flector de todo el pórtico.


Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán 8. Dada la siguiente viga hallar sus diagramas de fuerza.

Hallando reacciones: ∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 −𝐵𝑦(3.5) + 0.75(3.17) + 7.5(1.25) = 0 𝐵𝑦 = 3.36 𝑇𝑛 ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 𝐴𝑦 − 7.5 − 0.75 + 3.36 = 0 𝐴𝑦 = 4.89𝑇𝑛 ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝐴𝑥 = 0 Trabajando en el corte 1-1: 0 < x < 2.5

∑ 𝑴𝒆𝟏 = 𝟎 𝑥 4.89(𝑥) − 3𝑥 − 𝑀𝑎 = 0 2 4.89𝑥 − 1.5𝑥 2 = 𝑀𝑒1 𝑉 = −3𝑥 + 4.89



Distancia: 1.63m Momento máximo (+) = −1.5(1.63)2 + 4.89(1.63) = 3.99 𝑇𝑛 Momento máximo (-) = X V M

3.99 2

0 4.89 0

= 1.99 𝑇𝑛 1.63 0 3.99

2.5 -2.61 2.85

Triángulos semejantes: 𝑞 1.5 = (𝑥 − 2.5) 1𝑚 𝑞 = 1.5(𝑥 − 2.5) Área del triángulo: 𝑃=

(1.5𝑥 − 3.75)(𝑥 − 2.5) 1.5𝑥 2 − 3.75 − 3.75𝑥 + 9.38 = 2 2

𝑃=

1.5𝑥 2 − 7.50𝑥 + 9.38 = 0.75𝑥 2 − 3.75𝑥 + 4.69 2 ∑𝑴 = 𝟎

𝑥 − 2.5 4.89𝑥 − 7.50(𝑥 − 1.25) − [(0.75𝑥 2 − 3.75𝑥 + 4.69) ( )] − 𝑀 = 0 3 (0.75𝑥 3 − 1.88𝑥 2 − 3.75𝑥 2 + 9.38𝑥 + 4.69𝑥 − 11.73) 4.89𝑥 − 7.50𝑥 + 9.30 − [ ] − 𝑀= 0 3 (0.75𝑥 3 − 5.63𝑥 2 + 14.07𝑥 + 4.69𝑥 − 11.73) −2.61𝑥 + 9.38 − [ ] − 𝑀= 0 3 −2.61𝑥 + 9.38 − [0.25𝑥 3 − 1.88𝑥 2 + 4.69𝑥 − 3.91] − 𝑀 = 0 −2.61𝑥 + 9.38 − 0.25𝑥 3 + 1.88𝑥 2 − 4.69𝑥 + 3.91 − 𝑀= 0 252 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán −0.25𝑥 3 + 1.88𝑥 2 − 7.30𝑥 + 13.29 = 𝑀 𝑉 = −0.75𝑥 2 + 3.76𝑥 − 7.30 Distancia:

𝑋1= 2.51 + 1.86 𝑋2= 2.51 − 1.86

Momento máximo: (+) = −0.25(2.51)3 + 1.88(2.51)3 − 7.30(2.51) + 13.29 = 2.86 𝑇𝑛 Momento máximo: (-) = 2.86⁄2 = 1.43

2.5 < X < 3 X V M

2.5 -2.60 2.88

2.51-1.86 0 2.86

3.5 -3.37 0.05



9. Dada la siguiente viga hallar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

∑𝑴 = 𝟎 −(𝐵𝑠𝑒𝑛53°)(3) + 2.25(1) = 0 𝐵 = 0.94𝑇𝑛 ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝐶𝑥 − (0.94) cos(53°) = 0 𝐶𝑥 = 0.57 ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 −𝐶𝑦 − 2.25 + 0.75 = 0 −𝐶𝑦 − 1.50 = 0 𝐶𝑦 = −1.50



∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 −8(1) + (1.5)(2.5) − (−1.5)(3) + 𝑀𝐴 = 0 𝑀𝐴 = −0.25 ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 −𝐴𝑥 − 0.57 + 2 = 0 𝐴𝑥 = −1.43 ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 −𝐴𝑦 − 1.5 + 8 + (−1.5) = 0 −𝐴𝑦 + 5 = 0 𝐴𝑦 = 5

1.5 𝑞 = = −0.6𝑥 + 1.5 3 3−𝑥 Área del rectángulo: (−0.5𝑥 + 1.5)(𝑥) (−0.5𝑥 2 + 1.5)(𝑥) Área del triángulo: 255 MECÁNICA PARA INGENIEROS

Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán (0.5𝑥)(𝑥) 2 0.25𝑥 2 𝑥 2𝑥 −(−1.50)(𝑥) − [(−0.5𝑥 2 + 1.5𝑥) ] − [(0.25𝑥 2 ) ] − 𝑀 = 0 2 3 (−0.5𝑥 3 + 1.5𝑥 2 ) 0.5𝑥 3 1.5𝑥 − [ ] − [( )] = 𝑀 = 0 2 3 1.5𝑥 − [−0.25𝑥 3 + 0.75𝑥 2 ] − [(0.14𝑥 3 )] = 𝑀 1.5𝑥 + 0.25𝑥 3 − 0.75𝑥 2 − 0.17𝑥 3 = 𝑀 0.83𝑥 3 − 0.75𝑥 2 + 1.5𝑥 = 𝑀 𝑉 = 0.25𝑥 2 − 1.5𝑥 + 1.5 … . = 0 Distancia: 𝑋1= 2.51 + 1.86𝑖 𝑋2= 2.51 − 1.86𝑖 Momento máximo: (+) Momento máximo: (-)

Trabajando corte 1-1

0
Ing. Erlyn Giordany Salazar Huamán M máximo: (+) =-3.38 M máximo: (-) = 1.69 𝑁 − 1.43 = 0 𝑁 = 1.43 X V M

0 -5 -0.25

1.25 0 -3.38

2 3 -2.25


2 < x < 2.1 ∑𝑴 = 𝟎 −5(𝑥) + 8(𝑥 − 1) − 0.25 − 𝑀 = 0 −5𝑥 + 8𝑥 − 8 − 0.25 − 𝑀 = 0 3𝑥 − 8.25 = 𝑀 V=3 X V M

2 3 -2.25

2.5 3 -0.75




-2.5 < x < 3 ∑𝑴 = 𝟎 −5(𝑥) + (8(𝑥 − 1)) − [1.5(𝑥 − 2.5)] − 0.25 − 𝑀 = 0 −5𝑥 + 8𝑥 − 8 − [1.5𝑥 − 3.75] − 0.25 − 𝑀 = 0 3𝑥 − 8 − 1.5𝑥 + 3.75 − 0.25 − 𝑀 = 0 1.5𝑥 − 4.5 = 𝑀 V=1.5 X V M

2.5 1.5 -0.75

3 1.5 0


Guía Mecánica Vectorial Para Ingenieros - Ing. Erlyn G. Salazar Huamán (Cajamarca 2016)

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