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• Fernando Perez Davila

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RILEY CAPITULO 6 6.61. La placa representada en la figura pesa 750N y la mantiene en posición horizontal dos goznes y un cable. Los goznes están alineados adecuadamente; por tanto, sólo ejercen fuerzas de reacción sobre la placa. Suponiendo que el gozne en B puede resistir cualquier fuerza dirigida según el eje de los pasadores de los goznes, determinar las reacciones en los apoyos A y B y la tensión del cable.

W  750k

F

x

A  Ax i  A y j  Az k

Ax  0.61Td  0

B  B y j  Bz k

Ax  0.61Td ....1

T  0.61Ti  0.61Tj  0.5Tk

F

y

F

0

z

A y  B y  0.61T  0

A y  B y  0.61T .... 2 

0

0

 750  Az  B z  0.5T  0 Az  B z  0.5T  750.... 3

….(4)

M T = 750 (N)

Mx  0 0.5T (0.55)  750(0.275)  0

y

0

750(0.45)  0.5T (0.35)  0.75 Az  0.15B  0 0.75 Az  0.15B z  206.25....(5)

M

z

(3)en(5)

0

Ay (0.75)  B y (0.15)  0.61T (0.35)  0 0.75 Ay  0.15 B y  160.125....(6) (7)en(5)

206.25  0.75(375  B z )  0.15 B z 75 0.6

Bz 

B z  125( N )

….(7)

AZ  250( N ) ( 2)en(6) ( 457.5  B y )0.75  0.15 B y  160.125

(8)en( 2)

138 By  0.6

B y  305( N )

Ay  152.5( N )

…. (8)

6.62. La placa representada en la figura tiene una masa de 75kg. Los soportes en los apoyos A y B sólo ejercen fuerzas de reacción sobre la placa. Cada uno de los soportes puede resistir una fuerza dirigida según el eje de los pasadores en un sentido solamente. Determinar las reacciones en los apoyos A y B y la tensión del cable.

W  735.75k A  Ax i  A y j  Az k B  Bx i  B y j  Bz k T  0.41Ti  0.49Tj  0.77Tk

F

x

0

Ax  B x 0.41T  0 Ax  B x  0.41T ....(1)

F

F

0

y

z

0

B y  Ay  0.49T  0

Az  B z  0.77T  W  0

B y  Ay  0.49T ....( 2)

Az  B z  0.77T  735.75....(3)

M

x

0

0.77T (1.21)  0.49T (0.7)  735.75(0.6)  0T =

748.22 (N)

… (4)

0.59T  411 .45



M

y

0

 Az ( 2)  0.77(748.22)(2)  0.41(748.22)(0.7)  735.75(1)  0

Az  100.88( N )

… (5)

( 4) y (5)en(3)

B z  260.5( N )

( 4)en( 2)

Ax  B x  306.77( N )

6.63. Un árbol está cargado por una polea y una palanca fijas a el. El rozamiento entre la correa y la polea impide el deslizamiento de aquélla. Determine la fuerza P necesaria para el equilibrio y las reacciones en los apoyos A y B. El apoyo en A es un cojinete de bolas y el apoyo en B es un cojinete de empuje. Los cojinetes sólo ejercen fuerza sobre el árbol.

F

0

x

Ax  B x  3250 Ax  3250  B x ....(1)

F

z

0

Az  B z  P  0 Az  B z  P....( 2)

M

x

F

0

y

Az (0.3)  B z (0.75)  P (1.1)  0

0

B y  1000  0

0.3 Az  0.75 B z  1.1P....(5)

M

y

( 4)en( 2)

0

 2500(0.15)  750(0.15)  P (0.35)  0

P = 750 (N)

…

(4)

Az  B z  750 Az  750  B z ....(8)

B y  1000( N )

M

z

0

(8)en(5)

 Ax (0.3)  B x (0.75)  1000(0.35)  0 0.3 Ax  0.75B x  350....(6)

0.3(750  B z )  0.75 B z  825 225  0.3B z  0.75B z  825

B z  1333.33( N )

… (9)

(1)en(6) 0.3(3250  B x )  0.75 B x  350

(9)en(8)

 625 Bx  0.45

B x  1388.89( N )

Az  583.33( N )

… (7)

(7 )en(1)

Ax  4638.89( N )

6.65. El árbol representado en la figura forma parte del sistema de transmisión de una fábrica. El rozamiento entre las correas y las poleas impide el deslizamiento de aquéllas. Determinar el momento T necesario para el equilibrio y las reacciones en los apoyos A y B. el apoyo en A es una chumacera y el apoyo en B es un cojinete de empuje. Estos apoyos sólo ejercen fuerzas de reacción sobre el árbol.

F

x

F

0

y

0

By  0

Ax  B x  1250....(1)

M

y

0

T  750(0.075)  250(0.075)  1000(0.075  250(0.075)  0

F

z

0

Az  B z  1000  0

T  93.75( N .m)

Az  B z  1000....(2)

… (3)

M

x

M

0

z

0

0.55(1250)  (0.9) B x  0

0.2(1000)  B z (0.9)  0

B x  763.88( N )

B z  222.22( N ) … (4)

… (5)

( 4)en( 2) (5)en(1)

Az  777.88( N )

Ax  486.11( N )

6.66. La placa representada en la figura tiene una masa de 100kg. Los goznes en los apoyos A y B sólo ejercen fuerzas de reacción sobre la placa. Suponiendo que el gozne en B resiste cualquier fuerza dirigida según el eje de los pasadores de los goznes, determinar las reacciones en los apoyos A y B y la tensión del cable.

T  0.26Ti  0.62Tj  0.74Tk

DONDE

W  981k

Ay  Ay' cos 30 j  Ay' sen30k

A  Ax i  A y j  Az k

Az  Az' sen30 j  Az' cos 30k

B  Bx i  Bz k

B z  B z' sen30 j  B z' cos 30k

F

x

0

F

y

0

 0.26T  Ax  B x  0

 0.62T  Ay' cos 30  Az' sen30  B z' sen30  0

Ax  B x  0.26T ....(1)

Ay' cos 30  Az' sen30  B z' sen30  0.62T ....( 2)

F

z

0

0.74T  981  A y' sen30  Az' cos 30  B 'z cos 30  0 0.74T  Az' cos 30  B 'z cos 30  981  Ay' sen30....( 3) u  0.65 j  0.76k r1  0.5i  0.605 j  0.35k r2  i  1.21 j  0.7 k

M

ejeinclinado

0

u.(r1 T)  u.(r2 W ) 0 .0 65  .0 76 0 .0 65  .0 76 0.5 .0 605  .0 35  1 .1 21  0.7  0  .0 26T  .0 62T .0 74T 0 0  981  0.65(0.37T  0.091T )  0.76(0.31T  0.1573T )  0.65(981)  0  0.18135T  0.116052T  637.65  0

T  9765.23( N )

M

x

…. (4)

0

Az' cos 30(0.26)  Ay' sen30(0.26)  0.15( Az' sen30  Ay' cos 30)  B z' cos 30(0.95)  B z' sen30(0.55)  981(0.605)  9765.23(0.74)(1.21)  9765.23(0.62)(0.7)  0 0.3 Az'  1.1B z'  3912.17....(5) ( 4)en(1)

( 4)en( 2)

Ax  B x  2539.96....(6)

Ay' cos 30  Az' sen30  B z' sen30  6054.44...(7)

( 4)en(3)

(9)en(5)

Az' cos 30  B z' cos 30  A y' sen30  6245.27....(8)

B z'  5782.99( N ) Az'  8163.72( N ) Ay'  5616.55( N )

(7)en(8) Az  B z  2380.73....(9)

�M

z

0

 Ax (0.3cos 30)  Bx (1.1cos 30)  9765.23()0.62(1)  9765.23(0.26)(1.21)  0 0.26 Ax  0.95Bx  2982.3 Bx  2539.96  Ax ....(10)

(10)en(6)

Ax  7819.22( N ) B x  5279.26( N )

CAPITULO 7 7-22. Supóngase q cada miembro de la armadura del problema 7-20 es de acero y que tiene una masa por unidad de longitud de 6 kg/m. Supóngase que el peso de cada miembro puede representarse por una fuerza vertical y que su mitad esta aplicada a cada extremo. Determinar la fuerza en los miembros CG y FG. Comparar los resultados con los del problema 7-20.

Datos Lineal (λ) λ= 6Kg/m Determinar las fuerzas en los miembros

}

WDE  WAE  WBC  WEG  WEF  WFD  (6)(5)(9,8) N  294N

Pasos de cada miembro WAG  WEF  WFE  W  Wcn  6(6)(9,8) N  294 N

Paso Total = Wt = 3528 N - Calculamos las reacciones

MA  0

 FY  0

 FX  0

EY (18)  (3000)6  (10.000)12  9(WT ) EY  10097,3 N

- Analizar la Junta “A”

 FA  0 (147+176,4) = 8430,7 + AB Sen 53º AB = 10,134,125 N

 FX  0 AB Cos 53º + AG = 0T (-10,34,125) Cos 53º + Ag = 0 AG  6080,47

N

AB  10,134,125 N

AY  EY  (5000  10.000  3528) N AX  0 AY  8430,7 N

AG  6080,47 N

T 

y AB

52º

x 8436,7 N

- Analizar la Junta “B”

(45b Hallaremos B6)

y

 FY  0

478,4 N

470,4 + (B6) Sen 53º

BC 53º

53º

x

= (10,134,125) Sen 53º

BG  9546,125 N

T 

BG B69546,125 N - Analizar la Junta “G”

 FY  0 5646,8 = (9546,125) Sen 53º + CG Sen 53º 6080,47 + (9546,125) Cos 53º = C6 60553º + FG CG = 2487,62 N EG = 13,300,7 N 9546,125

y 646,8 N

CG  2,5KN ( N ) 6080,47

FG  13,3KN (T )

53º

FG

x

500 N

WT  3354,1N 7-24. La nieve sobre el tejado que soporta la armadura Pratt de la figura P7-24 puede aproximarse a una carga distribuida de 250 N/m ( medida alo largo del tejado ). Tratar la carga distribuida como se haría con el peso de los miembros; es decir, sustituir la carga total sobre cada uno de los miembros superiores por una fuerza vertical, aplicando la mitad a cada nudo de los extremos del miembro. Determinar la fuerza en los miembros BC, CH y CG. Comparar los cocientes entre las fuerzas en estos miembros y la carga total soportada por la armadura con los mismos cocientes para BC, CH y CG del problema 7-23.

Peso Total de la nieve - Colocamos las reacciones MA  0  FY  0

 FX  0

(WT )6  EY (12)

AX  0n

EY 

WT  1677 N 2

AY  EY  WT  3359,9 N

EY  1677 N

- Analizamos la Parte “A”  FY  0

 FX  0

419,25 = AB Sen (26,56º) + 1677 AB = 2813 N

Ab Cos (26,56º) + 14 = 0 AH = 2516;13 N

AB  2813N (T )

AB  2813N (C ) y 419,25 N

AB

26,56º

x

AH

1677 N

- Analizamos la Parte “B”  FX  0 2313 Cos (26,56º) + BC Cos (26,56º) = 0 Sen (26,56º)

 FY  0

8335 + BH = 2883 Sen (26,56º) + (-2813)

BC = -2813 N

BH = -838,5 N

BH  838,5 N (C )

BC  2813 N (C ) y 838,5 N

BC 26,56º

x

26,56º

- Analizamos la Junta “H”

2818 N

 FY  0 838,5 = CH Sen 45 CH =1185,81 N

BH

 FX  0 2516,3 = CH Cos 45º + HG HG = 1677,63 N HG  1677,63N (T )

CH  1185,81N (T ) y 838,5 N

CH 45º

2516,13N

- Analizamos la Junta “G”

HG

x

(Solo Hallaremos CG)

 FY  0 CG  0 N

y CG

1677,63 N

GF

x

7-27. La armadura Gambrel representada en la figura P7-27 soporta un lado de un puente; otra armadura igual soporta el otro lado. Las vigas del suelo llevan las cargas de los vehículos a los nudos de las armaduras. Calcular las fuerzas en los miembros de BC, BG y CG en el caso en que un camión de peso 37.5 kN se detenga en el punto medio del puente en la forma que se indica. En centro d gravedad del camión esta en el punto medio entre las ruedas delanteras y traseras.

W Camión = 35,5 KN W Peso que soporta la madera W = 18,75 KN

 FA  0

 FY  0

W1  W1    27     6,3  EY  9   2   2 

 FX  0 AY  0 N AY 

W1 2

AY  EY  W

AY 

EY  9,375KN

W1 2

AY  9,375KN

º

- Analizamos el corte a – a (Lado Izquierdo)  nG  0

 93'15 4,5  BC  dSen 65,56  38,654  1,8 9,518  B   38418 Sen 65,218   2,7 9,375 BC  7,257 KN

BC  7,257 KN  C  * Por razones de geometría CB y7simétrica ,257 KN  C  - Analizamos la Junta “C”

 FY  b CG  2 7,257 Sen26,56  CG  6,489 KN 26,56

CG  6,489 KN  T 

26,56

CG

7,257 KN

- Normas un DCL de la barra HG F1

F2

H

F  3  9,3751,8

1,8m

3m

Analizamos la junta “B” HG Esta en equivalente

G

9,375KN

7,257 KN

y

F1  5,625KN FH  5,625 KN  T 

7,257 KN

53º

FG

x

57,99

38,659

AB

BH  5,625 KN

 FX  0 ABCos57,99  7,257Cos 26,56  BGCos38,659  0

AB  0,53  BG  0,7808  6,4911 ...1 ABSen 57,99  7,257 Sen 26,56  BGSen 38,659  5,625  0

AB  0,8479  BG 0,6246  8,8698...11

  AB  8479  BG 1,2491  10,3844   19981  11     AB  0,8479  BG  0,6246  8,8698 BG 1,8479  1,5146 BG  0,8083

BG  0,8083KN  T  7-29. Determinar las fuerzas en los miembros DE, DF y EF de la armadura de tijera representada en la figura P7-29.

Determinar las fuerzas en los miembros DE, DF y EF Calculamos las reacciones

 n1  0

 FY  0

21,2   4 2,4   EY  2,4 

EY  5 KN

AY  EY  6Cos 60

EY  2 KN

 XY  0 AX  6 Sen60  0

AX  5,196 KN - Analizamos la junta “E”

 FX  0

 FY  0

DECos60  EFCos30  0

DESen60  EFSen30  5  0

 3 1 0 DE    EF   2  2 

 3 1   EF    5 DE   2 2   

DE 

Sumados -



3EF  0...1

DE

 3   EF  10... 2

3 1   2 

DE

y

30

 3DE  3EF  0  3 1   2     3DE  EF  0

30

FG

x

 2 EF  10 5 KN

EF  5 KN  T 

DE  8,66 KN  C 

DE  8,66 KN

- Analizamos la junta “A”

 FY  0

 FX  0

ABSen60  AFSeN 30  0

ABCos 60  AFCos 30  5,196

AB 3  AF  4 ...1

AB  AF

AB 3  AF  4

y

 AB 3  3 AF   310,392  2 AF  13,999

30 30

5,196 KN

AF  6,999 KN

FG

T 

x

2 KN

- Analizamos la junta “F” (Solo halláramos FD)

 FX  0

 FY  0

BECos30  6,999  FDCos30 

 BE  FD  Sen30   5  6,999  Sen30 BECos 30  6,999Cos30  FDCos  5Cos30

BE  FD  11,999 KN  2  BE  FD  11,999 KN (1)

 BE  FD  1,999  1   2      BE  FD  1,999 

2 FD  13,998 FD  6,999 KN FD T 7 KN  T  BE 30 30

y

FD 30 30

x

5 KN 6,999 KN

3 10,392... 2 

7-60. Hallar las fuerzas en los miembros CD, CE y FG de la armadura Fink de la figura P7-60.

Hala las fuerzas en los miembros CD, CE Y FG Calculamos las reacciones

 FA  0

 FX  0

10(10)  10(13)  5( 25)  B (30)

AX  0

AY  17,5 KN

 FY  0

AY  BY  35 KN

AY  17,5 KN - Analizamos el lado izquierdo corte a - a  MG  0

 FX  0 y

17,515  10 8  FH  8,66 

CF

FH  24,538 KN

 FX  0

FG  FH  0

FH  24,538KN  T 

FM

FC

x FG  FH

20 KN

Una voz conocido FH hacemos 2 FX  0 y  FY  0

 FX  0

 FY  0

CDCos30  CDCos60  FH  0 3CD  CE  2 FH 3CD  CE  49,076...1

17,5  CDSen30  CESen60  30  1   3  17,5  CD     30  2   2  CD 

3CE  25...11

1 

 3CD  CE  49,076  311     13CDD  3CE   3  25

 2CE  5,774 CE  2,887 KN

CD  30 KN

CD  30 KN  C 

CE  2,887 KN  T 

7-66. El cartel homogéneo de peso 3 kN esta unido mediante enlaces cortos a la armadura de la figura P7-66. Hallar las fuerzas en los miembros CD, CE, EG y FG.

Hallar las fuerzas en los miembros, CD, CE, EG y FG Calculamos las reacciones

 FA  0

 FY  0

1,5 6  1,512   BY 18

AY  BY  3

BY  1,5 KN

AY  1,5 KN

- Analizamos el lado derecho del corte a - a

MD  0 FG  M   1,5 6  FG  2,25

FG  2,25 T 

MF  0 CD  M   1,5 6  0 CD  2,25

CD  2,25 C 

- Analizamos el lado izquierdo del corte a - a

 FX  0

2,25   ECos0  EGCos  2,25

CE   EG

1

 FY  0

EGSen0  1,5  CESen0  2,25 EG GSen0   1,515  2,25 4   1,5 9  EG  GSen0   9  1,5 6  EG GSenG  0

EG  0 N

EG  CE  0 N

7-68. Hallar las fuerzas en los miembros CD, DF y EF de la armadura de línea de transmisión representada en la figura P7-68.

Analizamos la parte superior del corte a – a

MD  0

5 d   FG  3 5 6 Sen60  FG  3

FG  8,66 KN

 FX  0

T 

5Sen30  dgCos 53,13  0

5  3  DG   0 2 5

DG  4,1666KN

C

C

DG  4,1666 KN

 FY  0

50Cos30  CD  FG  DGSen53  0 4 4,3301  CD  8,66    4,1666    0 5

- Analizamos el nudo “F”

 FY  0

CD  9,6569 KN

CD  9,6569 KN

C

EFSen53  8,66

4 EF    8,66 5 EF  10,825 KN

EF  10,825KN

T   FX  0 EFCon53,13  DF  0

2 10,825   DF  0 5 DF  6,495KN

DF  6,495KN

C

7-70. Hallar las fuerzas en los miembros CH, DF y EF de la armadura representada en la figura P7-70.

Analizamos la parte superior del corte a – a  FC  0 0,6 KN

2 8  10  2m 06   3,8 2   4   EFSen  0,8KN 3  3  3

Pero: - 0=71,56°

C 

2m

4 KN

2 KN 3,162  0,47,6  10,666  EF C CD EF  5,65

EF  5,65

3KN

CH

 FE  0

DE E 10 / 3M

2 m 3

71,76

EF

2 m 3

8  10  2 06   3,8 2   CH   Sen 71,56  4  3  3 3 1,6  7,6  CH  ,162  2,666 CH  2,06

CH  2,06 KN

T   FY  0 HDSen0  DFSen0  0

HD   DF

2  3,8  DFCos0  2,06Cos71,56  HDCos0  5,65Cos11,56 5,8 DFCos 0  HDCos0  7,71Cos 71,56

 DF  HD  CosØ  3,361 2 DFCos 10,6   3,361 DF  2,213

DF  2,213KN

C

7-105. Determinar todas las fuerzas que se ejercen sobre el miembro DEF del entramando de la figura P7-105.

W=

(1,15358)(1232) N 2

W = 711.18207 N

x

F = 0 W( x ) = Ax (0.6) (0.76905)(711 .18207) Ax = 0.6 Ax = 911.55761 N Fx = 0  Fx = 911.55761 N -

Analicemos el miembro DEF

60

75

0.6m

0.9m

MF = 0 F1 (0.6 sen 75º) + F2 (1.5 sen 60º) = 0 F1 (0.57955) = - (1.29903)F2 … (I) Fx = 0 911.55761 + F2 cos 60º = F1 cos 75º 911.55761 + 0.5 F2 = 0.25881F1 … (II)

= 0.76905 m.

De (I) en (II) 911.55761 + 0.5F2 – 0.25881(-2.24144 F2) = 0 911.55761 + 1.0602 F2 = 0 F2 = -843.85667 N  F1 = 1891.65517 N Fy = 0 Fy = F1 sen 75º + F2 sen 60º Fy = (1891.65517)(0.96592) + (-843.95667) (0.86602) Fy = 1096.304 N Entonces sobre el miembro DEF se tiene: 1891.65517 N 1125.77 N 50.25º F

313.95661 60º

E

D

7-107. Para tirar del tope DE de la figura P7-107 hace falta una fuerza de 100 N. Determinar todas las fuerzas que se ejercen sobre el miembro BCD.



Determine todas las fuerzas que se ejercen sobre el miembro ABC

x1 A1  x2 A2 W=A A1  A2 0.4(120)  0.3(940) x 360

x

x

W= 360 N

48  72 360

x 

0.33333 m.

AE

= 0.96894 m.

 MA = 0 W (0.16076 + x ) = E ( AE sen 68.26º) 360 (0.49409) = E (0.40002) E = 197.63160 N Fx = 0 Ax = Ex Ax = E cos 30º Ax = 171.15398 N

Fy = 0 Ay + Ey = W Ay + E sen 30º = W Ay = 261.1842 N

- Analicemos el miembro ABC Cx Cy

C a 0.3 m

36.74º

cos 15º = 0.3/a a = 0.31058 m.

F1

38.26º

0.3 m

261.1842 N 75º

171.15398 N

0.16676 m

MC = U (171.15398)(0.6) + F1(0.31058) sen 36.74º = (261.1842)(0.16076) F1 (0.18578) = -60.70491 F1 = -326.75427 N Fx = 0 171.15398 +F1 cos 38.26º + Cx = 0 171.15398 +(-256.57035) + Cx = 0 Cx = 85.41646 N Fy = 0

261.1842 +F1 sen 38.26º + Cy = 0 261.1842 - 202.33637 + Cx = 0 Cy = -58.84782 N  Entonces sobre el miembro ABC tenemos C

34.56º 103.72578 N 326.75427 N 38.26º

B

312.2673 N A

56.76º

7-110. La figura P7-110 es un esquema simplificada del mecanismo utilizado para elevar la pala de una explanadora. La pala y su contenido tiene un peso de 10 kN y su centro de gravedad esta situado en H. El brazo ABCD pesa 2 kN y su centro de gravedad esta en B; el brazo de DEFG pesa 1 kN y su centro de gravedad esta en E. El peso de los cilindros hidráulicos puede despreciarse. Calcular la fuerza en las fuerzas en los cilindros horizontales CJ y EI, así como todas las fuerzas que se ejercen sobre el brazo DEFG en la posición que se indica.



Calcular la fuerza en los cilindros horizontales CI. Y EI, asi como todas las fuerzas que se ejercen sobre el brazo DEFG Datos: Wpala = 10 KN (en H) WABCD = 2 KN (en B)

WDEFG = 1 KN (en E) -

-

MA = 0 2 (0.45) + 1 (1.65) + 10 (2.55) = P (1.8 cos 30º) P = 17.9946 KN  C = 17.9946 KN J = 17.9946 KN

 = 0º  = 180º

Analizamos la pala Iy I Ix

1.0392m

Gy

Fx = 0

10(0.3) = Ix (1.0392) Ix = 2.8868 KN

Ix = G x

Al analizar el miembro EI determinamos que Iy = 0  en la pala Gy = 10 KN

Gx G

MG = 0

10KN 0.3 m

-

Analizamos el miembro EI E

I

2.88 KN

2.88 KN

-

E = 2.88 KN  I = 2.88 KN 

 = 180º  = 0º

Analizamos el miembro DEFG Dy 30º

0.6 m

Dx

D E 1 KN

0.6 m

2.8868 KN F

0.6 m

BF G

19.106º 2.8868 KN

10KN

MD = 0 2.8868(0.6 sen60º) – 2.8868 (1.8 cos60º) –10(1.8 cos60º) + BF (1.2 sen79.106º) = 1 (0.6 cos 60º) BF = 10.4387 KN Fx = 0 Dx + 2.8868 + BF cos 19.106º = 2.8868 Dx = -9.8636 KN -

Entonces sobre el miembro DEFG tenemos

Fy = 0 Dy +BF sen 19.106º = 11 Dy = 7.5832 KN

7.58 KN

9.86 KN 2.8868 KN 1 KN

3.42KN 9.86 KN

2.88 KN 10 KN