UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO-PUNO FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CI
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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO-PUNO FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL
TRABAJO ENCARGADO
Curso: ESTATICA Docente: Ing. SUCA SUCA NESTOR Alumnos: • APAZA AGUIRRE, Leidy Luz • MAMANI LLANOS, Raul Alejandro • BELTRAN BARRIGA, Ulises Barsen Semestre: III PUNO - PERU
2.25.- La torre vertical que se ilustra en la figura P-2.25 esta sujeta por las dos tensiones de los cables. Se desea amarrar al extremo A de la torre una retenida de alambre que forme un ángulo de 45° con la horizontal. Dicha retenida se tensa hasta lograr que la resultante de las tensiones en los 3 alambres sea vertical a lo largo de la torre. Hallar la tensión necesaria en la retenida y las coordenadas X y Y del punto en que debe ser anclada en tierra.
SOLUCION
Siendo los puntos: A(0,0,30); B(13,9,7.5); C(9,-7.5,17) y D(x,y,0) ∗ AB = B − A = (13,9,−22.5) (13,9,−22.5) → AB = = (0.47,0.33,−0.82) 13 2 + 9 2 + ( −22.5) 2 → F2 = 8000 ( 0 .47 ,0 .33, − 0 .82 ) = (3760 , 2640 , − 6560 ) ∗ AC = C − A = (9,−7.5,−13) (9,−7.5,−13) → AC = = (0.51,−0.43,−0.74) 9 2 + ( −7.5) 2 + ( −13) 2 → F1 = 5000 (0.51, −0.43, −0.74 ) = ( 2550 , −2150 , −3700 ) ( x, y ,−30 ) ∗ AD = D − A = ( x, y ,−30 ) → AD = AD
T ( x, y,−30) Tx Ty − 30T →T = = , , AD AD AD AD Pero como el vector forma 45° con la horizontal, podemos hallar la componente z de T : − 30T 30 → −Tsen 45 ° = → AD = = 42 .43 sen 45 ° AD
Tx Ty − 30T T = , , 42.43 42.43 42.43 Luego como la resultante esta en el eje z tenemos que: R = R (0,0,−1) = (0,0,− R ) ∴ R = ∑ Fi → R = F1 + F2 + T
Luego para el vector T :
Ty − 30T Tx → (0,0,− R) = (2550,−2150,−3700) + (3760,2640,−6560) + , , 42.43 42.43 42.43 Tx Ty 30T → (0,0,− R) = 6310 + ,490 + ,−10260 − 42.43 42.43 42.43 Tx ⇒ = −6310 → Tx = −267733 .3 → T 2 x 2 = ( −267733 .3) 2 .....( ) 42.43 Ty ⇒ = −490 → Ty = −20790 .7 → T 2 y 2 = ( −20790 .7) 2 .......... .( ) 42.43 Luego sumando (α) y (β) obtenemos que:
→ T 2 ( x 2 + y 2 ) = (−267733.3) 2 + (−20790.7) 2 ...........( )
Como: AD = 42.43 → x 2 + y 2 + 900 = 42.43 → x 2 + y 2 = 900.3 Reemplazando en (λ): T 2 (900.3) = (−267733.3) 2 + (−20790.7) 2
T = 8949.82 2.31. - Una fuerza de 90 kg pasa por el punto (3,4,12) cm y tiene la direccion del vector ( − − ).
a) Determine el momento de F con respecto al origen. b) Obtener las expresiones para M x, Mz que son las componentes escalares de M en las direcciones x, y, z.
SOLUCIÓN: = 90 x
.
√
= 60 − 30 − 60
a) Por definición:
=
×
= 3 + 4 + 12 = 3 60
4 −30
× 60 − 30 − 60
12 −60
= (−240 + 360) − (−180 − 720) + (−90 − 240) = 120 + 900 − 330
b) Momento respecto a las componentes escalares x, z. = 120
= −330
−
−
2.37.-Determinar el momento MY de la fuerza de 100kg con respecto al eje de la flecha que se ilustra en la figura P-2.37
Solución:
El momento con respecto a la flecha es: M = r×F
Donde:
r = −12i ÷ 10k
F = 100sen50 i − 100 cos 50 ∗ cos 60 j − 100 cos 50 ∗ sen60 k F = 76.604i − 32.139 j − 55.667k Entonces
M = (−12i ÷ 10k ) × (76.604i − 32.139 j − 55.667k )
M = (321.39i ÷ 98.1 j ÷ 385.67k ) La componente MY que se pide es: MY=98.1j
2.70.) Determinar la fuerza resultante que es equivalente a la carga distribuida que se muestra en la figura P-2.70.
Solución
Hacemos el diagrama cuerpo libre:
∑F
Y
= 0 / LP0 ÷
LP0 L (e − 1) = 0 2
LP0 ( 2 ÷ e L − 1) = 0.... ⇒ e L = −1 2 LP L 2L 1 ∑ M 0 = 0 / LP0 ( 2 ) ÷ 2 0 (e L − 1)( 3 ) = 0....... ⇒ e L = − 2 Solución vectorial: r L i 2 L 2 i 3
1 2 R = ( P0 L ÷
F
P0 Lj L P0 (e L − 1) j 2
M L P0 k 2 2
L2 P0 (e L − 1)k 3
L P0 (e L − 1)) j 2
Luego
Para: e L = − 1 ; R = 0 LP 1 Para: e L = − ; R = 0 2 4 3.29.-Los cilindros C y B de la figura P-3.29 pesan 300kg y tienen diámetros de 2 y 1.2m. Respectivamente. Determinar: (a)la fuerza axial en AB , (b) la fuerza de contacto entre B y C, (c)las reacciones de las paredes. Despreciase el rozamiento y el peso de AB.
Solución
Fig
c
D.C.L:
Fig. a
Hallando los pesos de cada cilindro: VC WC 23 8 = = = =K 3 V B W B 1 .2 1.73
WC ÷ WB 8K ÷ 1.73K 9.73K = = WB 1.73K 1.73K Donde:
WC ÷ WB = 300
Luego
9.73K = 300 ⇒ K = 30.83
Entonces WC = 246.64 Kg
W B= 53.34Kg
De la figura (a)
fig b
∑F ∑F
X
= 0 / N C = 0.38RB ..........(1)
Y
= 0 / WC = 0.93RB
RB = 3.8 * 10 −3 Kg De (1): Nc = 1.43 * 10 −3 Kg .....................rpta De la figura (b):
∑F
X
= 0 /− N B ÷
0 .6 1 .6 RC ÷ F = 0.......... ( 2) 1 .6 2
Sabemos que:
Rc = R B = 3.8 * 10 −3 Kg ................(3)
De (3) en (2): N B = 0.8 F ÷ 1.43 * 10 −3...................( 4) De la figura (c):
∑F
Y
= 0 / − WC − WB ÷ R AY = 0
R AY = 300kg
∑F
x
= 0 / N C − N B ÷ R AX = 0
N B = 1.43 * 10 −3. ÷ R AX ..................(3)
MA = 0 N B (2.68) − WC − WB (1.6) ÷ N B (1.2) = 0
N B = 276.65Kg..............(6)........RPTA (6) en (5): R AX = 276.67kg (6) en (4): F = 345 .8 Kg .
3.34.- Se puede ver el la figura que el agua esta contenido en el deposito mediante la compuerta metálica ABC de forma de Z la dimensión de la compuerta, normal al papel 2 pies y su peso es de 50lb/pie 2 de superficie (ignórese el espesor) la orilla de la compuerta descansa en C contra la superficie vertical ¿Cuál es el valor mínimo que requiere para p? Solucion
=
H
=
B
=
ancho de la pared de la compuerta
F
=
(2063 lb/ft3) (9´) (6´) (4´)
rf
148 536 lb
=
= (0,-3.5, 0) ft
(9´)(6´)(4´)
2063 lb/tf3
F = bdkh
altura la compuerta = 9´
DK = Distancia entre la superficie del agua y el centroide de la pared de la compuerta = 6´ F F Q Q
= =
=
bdkh
14853 lb
rQ
=
El peso de la compuerta 50lb/ft2: BAA´A´ = M
(-2,-6,0)ft
M = 50(4)(2) M = 400lb
De BDD´ es N N
=
50(6)(2) = 600lb
K
=
50(4)(2) = 400lb
De DO´C´C es K F
=
148 536lb
=
148 536lb
M = 400lb
N = 600lb
K = 400lb
El valor mínima que se requiere para P entonces “P2 es la fuerza para abrir la compuerta.
∑M
B
=0
Fuerza
rB
P
4i
F
-3j
Q
-2i -6j
M N K
2i
-3j
-2i -6j
fuerza
MB
-pj
-4 P k
fi
3 Fk
-Mj -Nj -Qj
-kj
K (-4P - 2M + 3F + 2K + 2K) = 0
-4 M k 0
2 Qk
2 Kk
4P = -2(400) + 3(148536) + 2(148536lb) +2(400) 4P = 5(148536) P = 185670lb