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Marcos: ejemplos adicionales Cap. 7 Marcos y bastidores

Pág. 7-7 1000 N

Ejemplo 7.1: C

3

60 cm

Calcular las fuerzas que actúan en los dos los elementos del marco mostrado. M es el punto medio de la barra BD.

4

B

Solución: 60 cm

500 N

Desmembraremos el marco y analizaremos el equilibrio de ambas barras por separado.

M D

A

Para la barra ABC:

1000 N 4

C

∑M

= 0:

A

60 cm

∑F

By

x

B

60 cm

= 0: (1)

Bx

∑F

y

A

Bx (60) − 1000 (4 / 5) = 0 Bx = 1600 N

→

Ax

60 cm

3

(1)

Ax + Bx − 1000 (4 / 5) = 0

→

Ax = − 800 N

= 0:

Ay + By − 1000 (3 / 5) = 0

→

(2)

Ay + By = 600

(3)

Ay

Para la barra BD:

∑M

42

Bx

3

,4

B

cm

500 N

D

= 0:

Bx (60) + By (60) + 500 (30 2 ) = 0

60 cm

(1)

3

,4

42

By

cm

M

D

Dx

60 cm

∑F

x

Dy

→

1600 (60) + By (60) + 500 (30 2 ) = 0

→

By = − 1953,55 N

= 0:

− Bx + Dx − 500 ( 2 / 2) = 0

(1)

− 1600 + Dx − 250 2 = 0

→

Dx = 1953,55 N

→

∑F

y

= 0: ( 4)

→ (4)

en (3):

(4)

(5)

− By + Dy − 500 ( 2 / 2) = 0 − (−1953,55) + Dy − 250 2 = 0 Ay + (− 1953,55) = 600

→

→

Dy = − 1600 N

(6)

Ay = 2553,55 N

Ahora podemos comprobar la validez de nuestros resultados comprobando el equilibrio de toda la estructura:

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Pág. 7-8

∑F

1000 N 4

3

x

= 0:

Ax + Dx − 1000 (4 / 5) − 500 ( 2 / 2) = 0 (−800) + (1953,55) − 800 − 250 2 = 0

60 cm

C

∑F

y

= 0:

Ay + Dy − 1000 (3 / 5) − 500 ( 2 / 2) = 0 2553,55 + (−1600) − 600 − 250 2 = 0

B

OK!

OK!

500 N 60 cm

Ax

∑M

M

A

= 0 : Dy (60) + 1000 (0,8) (120) = 0 Dy = − 1600 N

D

A

Ay

Respuesta:

60 cm

OK!

Dx

Dy

A continuación se muestran las dos barras con las fuerzas actuantes en ellas. 1000 N 4

60 cm

C

3

1953,55 N By B

3

1600 N

,4

1600 N

42

B

cm

M

3

,4

60 cm

By

42

800 N

60 cm

cm

1953,55 N

500 N

A D 2553,55 N

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1953,55 N

60 cm 1600 N

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Pág. 7-9

Ejemplo 7.2:

70 cm

Hallar las fuerzas en todos los apoyos y articulaciones de la estructura mostrada. G es el punto medio de la barra BD.

C

250 N

B

G

D

Solución: DCL del sistema 150 N

C

∑F

250 N

x

= 0:

70 cm

250 − Ax = 0 Ax = 250 N → G

B

∑M

D

150 N

∑F

y

A Ax

E 15 cm 30 cm

Ay

A

50 cm

250 (70) + 150 (15) = E y (50)

→

E y = 395 N

(2)

− Ay + E y − 150 = 0

( 2)

50 cm

30 cm

(1)

= 0:

= 0:

Ey

E

A

→

Ay = 395 − 150

→

Ay = 245 N

(3)

A continuación analizaremos el equilibrio de cada uno de los elementos del marco:

Bx

Para la barra BD:

Dy

By G

B

D

Dx

∑M

B

= 0:

Dy (30) − 150 (15) = 0

→

Dy = 75 N

(4)

Dx = Bx

(5)

150 N

15 cm 30 cm

∑F

y

= 0:

C′y

C x′

70 cm

C

Bx

28 cm

B

∑F

x

B y + D y = 150

= 0:

( 4)

→

By = 150 − 75

→

By = 75 N

(6)

Barra CBA:

∑M

Ax (28) = C x′ (42)

→

∑ Fx = 0 :

Bx − Ax − C x′ = 0

→

∑ Fy = 0 :

− Ay − By − C ′y = 0

B

= 0:

(7)

( 3) y ( 6 )

→

C x′ = 166,6 N

(7)

Bx = 416,6 N

(8)

C ′y = − 320 N

(9)

By A

Ax Ay

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Pág. 7-10

C ′y′

Para la barra BD: C x′′

C

∑F

C ′y′ − Dy + E y = 0

= 0:

y

( 4) y ( 2)

C ′y′ = − 320 N

→

Dy

C

= 0:

Dx (42) + Dy (30) − E y (50) = 0

( 4) y ( 2)

28 cm

Dx

∑M

70 cm

D

∑F

x

E

(10)

→

Dx = 416,6 N

= 0:

C x′′ − Dx = 0

(11)

C x′′ = 416,6 N

→

(12)

Ey

30 cm 50 cm

Comprobación:

Ecuaciones de equilibrio para el pin C.

∑F

C ′y

C x′′

x

C x′

C

250 N C ′y′

∑F

y

− C x′′ + C x′ + 250 = 0 − 416,6 + 166,6 + 250 = 0

= 0:

C ′y − C ′y′ = 0 − 320 − (−320) = 0

= 0:

(OK!)

(OK!)

A continuación se muestran las fuerzas (magnitud, dirección y verdadero sentido) que actúan en todos los elementos de la estructura: 320 N C

320 N 166,6 N

416,6 N C

320 N

166,6 N

C

416,6 N

250 N 320 N

416,6 N 416,6 N B

G

D

416,6 N

150 N

75 N

416,6 N

D

28 cm

70 cm 28 cm

B

70 cm

75 N

75 N

75 N

15 cm 30 cm

A

E

250 N 245 N

395 N

30 cm 50 cm

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Pág. 7-11

Ejemplo 7.3:

C

2 pie

100 lb

DCL de la polea:

A

E B

Dy

Dx = 500 lb Dy = 500 lb

1 pie

Solución:

2 pie

Calcular las reacciones en el empotramiento A así como las fuerzas en todas las articulaciones. Presentar el DLC de la barra AEB.

D

500 lb

Dx

R = 0,5 pie

D

W = 500 lb

500 lb

Barra CD:

3 pie

Cy

Cx

C

∑F

y

4 pie

∑M ∑F

Ex

x

= 0:

(1)

C x (4) + 500 (1) = 0 C x = − 125 lb

= 0:

(2)

C x + E x − 500 = 0

( 2)

1 pie

D

E

C y + E y = 500

→

Ey E

= 0:

3 pie

Ex = 625 lb

→

(3)

Dx = 500 lb Dy = 500 lb

∑M

Barra CB: Cx

B

= 0: ( 2)

→

C 2 pie

Cy

en (1):

100 lb 2 pie

∑ Fy = 0 :

B

Bx

∑ Fx = 0 :

− C x (4) + C y (3) + 100 (2) = 0 C y = 233,33 lb

(4)

E y = 266,67 lb

(5)

By − C y = 0

( 4)

B y = 233,33 lb

→ ( 2)

− C x + 100 + Bx = 0 →

(6)

Bx = − 225 lb

(7)

3 pie

By

∑F

Barra AB:

x

Ay

→

A

Ax

= 0: ( 3) y ( 7 )

Ex

B

E

Bx

∑F

y

MA

Ey 3 pie

( 5) y ( 6 )

By 3 pie

= 0:

∑M

A

Ax = 400 lb

(8)

Ay − E y − By = 0

→

Ay = 500 lb

= 0:

M A − E y (3) − By (6) = 0

( 5) y ( 6 )

→

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− Ax − Ex − Bx = 0

M A = 2200 lb − pie

(9)

(10)

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Pág. 7-12

Finalmente podemos comprobar la validez de nuestros resultados utilizando para ello el equilibrio de la estructura completa:

∑F

C

x

= 0:

2 pie

→

∑F

100 lb

y

B

MA

Ax = 400 lb

OK!

Ay − 500 = 0

→

Ay = 500 lb

OK!

E

A 500 lb

D

∑M

1 pie

Ax

= 0:

2 pie

Ay

Ax − 500 + 100 = 0

500 lb 3 pie

A

= 0:

M A − 500 (1) − 500 (3) − 100 (2) = 0 M A = 2200 lb − pie

→

3 pie

A continuación se muestran las tres barras que componen el marco con todas fuerzas (magnitud, dirección y verdadero sentido) que actúan en ellas: 233,33 lb

2 pie

125 lb C

125 lb

C

233,33 lb

2 pie

4 pie

100 lb

266,67 lb 625 lb

B

1 pie

E D

3 pie

225 lb

233,33 lb

Dx = 500 lb Dy = 500 lb 500 lb 400 lb

A

625 lb

2200 lb-pie

225 lb 233,33 lb

266,67 lb 3 pie

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B

E

3 pie

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Pág. 7-13

E

D 3,6 m

Para el marco mostrado se sabe que W = 900 N y que las dos poleas son idénticas, su diámetro es de 1,20 m y su peso despreciable. Se pide calcular las reacciones en todas las conexiones. Presentar el DLC de las dos barras con las fuerzas actuantes (mostrar módulo, dirección y sentido).

3,6 m

Ejemplo 7.4:

A

Solución: El equilibrio de las poleas (de peso despreciable) y del bloque de peso W exige que:

T

T T

T

T

A

= 0:

donde:

T

2,10 m

3,30 m

∑M

C

(1)

∑F

x

T (1,2) + By (4,5) − T (1 − sen θ ) (6,6) = 0

tan θ = 3,6 / 4,8 = 3 / 4

→

sen θ = 0,6 cosθ = 0,8

By = 288 N

(2)

→

Ay = By + T sen θ

→

Ay = 828 N

(3)

= 0:

Ax − Bx − T cosθ = 0

→

Ax − Bx = 720

(4)

Ey

Análisis de la barra EDB:

E

∑M

E

= 0:

Bx (7,2) + T cos θ (3,6) − T (1 + sen θ ) (2,70) − By (5,4) = 0 (1)

→

D 3,6 m

θ

∑F

x

T

T

2,70 m

= 0: (1) y ( 5)

B 2,70 m

→

Bx

∑F

By

y

= 0: (1)

→ (5)

(1)

− Ay + T + By + T senθ − T = 0

3,6 m

Ex

= 0:

T = W T = 900 N

W

→ y

= 0: →

T

By

∑F

W

y

T

Bx B θ 1,2 m

2,10 m

Análisis de la barra ABC:

T

Ax A

2,70 m

0,6 m

∑F

C T

Ay

0,9 m1,2 m

C

T

T D

B

en (4):

Bx = 396 N

(5)

− E x + T cosθ + Bx = 0 Ex = 1116 N

(6)

E y − T (1 + senθ ) − By = 0 E y = 1728 N

(7)

Ax = 1116 N

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Pág. 7-14

Comprobación con el equilibrio del marco completo:

∑F

Ey Ex

E

3,6 m

∑F

3,6 m

∑M

Ay B

A 0,9 m1,2 m

2,10 m

2,70 m

− 1116 + 1116 = 0

= 0:

E y − Ay − T = 0

→

1728 − 828 − 900 = 0

A

= 0:

OK!

OK!

E x (7,2) − E y (0,9) − T (7,2) = 0 1116 (7,2) − 1728 (0,9) − 900 (7,2) = 0 OK!

→

C

− E x + Ax = 0

→ y

D

Ax

= 0:

x

0,6 m

0,6 m

T

Otra posible comprobación sería con el marco completo pero sin las poleas:

∑F

Ey Ex

= 0:

x

E

3,6 m 3,6 m

θ

Ay T

E y − Ay + T − T − T senθ + T senθ − T = 0 T θ

A 2,70 m

B

1728 − 828 − 900 = 0

→

T

T

0,9 m1,2 m

OK!

= 0:

y

D

Ax

− 1116 + 1116 = 0

→

∑F

− Ex + Ax + T cosθ − T cosθ = 0

∑M

C

2,10 m

T

A

OK!

= 0:

E x (7,2) − E y (0,9) + T (1,2) − T (1,8) − T (6,6) = 0

0,6 m

1116 (7,2) − 1728 (0,9) + 900 (1,2 − 1,8 − 7,2) = 0 OK!

A continuación se muestran los DCL finales de las dos barras: 1728 N 1116 N

828 N 1116 N

A

E

288 N

9000 N

9000 N

θ

396 N

C

D 36,87°

B 9000 N

9000 N 9000 N

B

396 N

288 N

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Ejemplo 7.9:

Pág. 7-20

Determinar las reacciones en A y C y las fuerzas en el pin B. Considere W = 500 N y el peso de la polea despreciable. Solución: Quitando la carga, el sistema queda como se muestra:

R = 50 cm E CB

T = 500 N

E

W

400 cm

400 cm

CB

500 N

W = 500 N C

A

Ax 300 cm

A

Ay

C 50 cm 300 cm

Cx Cy

Análisis del sistema: Se puede ver que la barra BC es un elemento autoequilibrante o del tipo biela, por lo que Cx = 0 estará sometida solamente a carga axial, en consecuencia: (1) x

A

y

T = 500 N

(1)

Ax + C x = 0

→

Ax = 0

(2)

C y (300) − 500 (250) = 0

→

C y = 416,67 N

(3)

Ay + C y = 500

→

Ay = 83,33 N

(4)

Otra manera de realizar el análisis de la estructura completa sería desmontando la polea:

50 cm

∑F = 0: ∑M = 0: ∑F = 0:

500 N E

∑M

B

500 N

500 N 500 N

500 N

Ax

A

→

C y = 416,67 N

Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas en las direcciones horizontal y vertical son idénticas a las expresiones (2) y (4), respectivamente.

C

Cx Ay

= 0:

C y (300) − 500 (300) − 500 (400) + 500 (450) = 0

400 cm

500 N

A

Cy

300 cm

50 cm

Análisis de la barra AB: 500 N

E

B

400 cm

By

Bx

Ax + Bx − 500 = 0

→

∑F = 0: ∑M = 0:

Ay − By = 0

→

y

A

A

( 4)

Bx = 500 N

(5)

By = 83,33 N

(6)

(como comprobación)

By (300) + Bx (400) − 500 (450) = 0

Ax Ay

( 2)

∑ Fx = 0 :

( 5) y ( 6 )

→

OK!

300 cm

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Análisis de la barra BC:

B′y B

400 cm

B′x

Pág. 7-21

(1)

∑ Fx = 0 :

C x − Bx′ = 0

→

Bx′ = 0

(5)

∑ Fy = 0 :

C y + B′y = 0

→

( 3)

B′y = 416,67 N

(6)

Cx = 0 C

Cy

Comprobación mediante análisis del pin B:

∑F

By

Bx

B

x

B x′

500 N

∑F

y

B′y

Bx′ + 500 = Bx 0 + 500 = 500

= 0:

OK!

By = B′y + 500 83,33 = − 416,67 + 500 OK! 83,33 = 83,33

= 0:

500 N

T = 500 N

500 N

50 cm

Como respuesta final al problema, a continuación se muestran los elementos de la estructura con las fuerzas actuantes en ellos:

E B

500 N

83,33 N 416,67 N 500 N B 416,67 N

83,33 N

500 N

500 N

400 cm

400 cm

500 N

B

500 N

500 N

A C 300 cm

416,67 N

83,33 N

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