Cuaderno Estatica.docx

PRIMERA FASE VECTOR UNITARIO

DESIGNA

𝜇 ℷ = 1𝑚𝑜𝑑𝑢𝑙𝑜

F→ 𝑚ó𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑖𝑡𝑢𝑑

FUERZAS F= F λ

Coordenadas

ℷ → 𝑠𝑖𝑟𝑣𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟 𝑢𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎

F en AB

FAB= FAB 𝜆𝐴𝐵

̅̅̅̅ 𝐴𝐵 𝐴𝐵

FAB= F

Problema 07. Sabiendo que la tensión es de 425 lb en el cable AB y de 510 lb en el cable AC, determinar la magnitud y dirección de la resultante de la Fuerzas ejercidas en A por los dos cables.

AB=150Lb AC=510Lb A= (-40,-45,0) B= (0, 0,60)

 

CABLE AB VECTOR UNITARIO

FAB= FAB λAB λAB =

40𝑖−45𝑗+60𝑘

√

= (40𝑥40)+(45𝑥45)+(60𝑥60)

8

9

40𝑖−45𝑗+60𝑘 85

12

λAB = 17 𝑖 - 17 𝑗 +17 𝑘  REEMPLAZANDO 8 9 12 FAB= 425 (17 𝑖 - 17 𝑗 +17 𝑘) FAB= 200i - 225j +300k ll FAB ll = √2002 + 2252 + 3002 = 425lb



CABLE AC

A (-40,45,0) C(60,0,60) FAC=510lb λAC =

100𝑖−45𝑗+60𝑘 125 4

9

12

λAC = 5 𝑖 - 25 𝑗 +25 𝑘 

REEMPLAZANDO FAC = 408i -183.6j +244.8k

Resultante R = FAB + FAC R =200i -225j +300k 408i -183.6j +244.8K R=608i -408.6j +544.8k R= 913lb

EJERCICIO 9 Una barra de acero se dobla para formar un anillo semicircular con 36 in. De radio que esta sostenido parcialmente por los cables BD y BE, los cuales se unen al anillo en el punto B. Si la tensión en el cable BE es de 60 lb, determine los componentes de la fuerza ejercida por el cable sobre el soporte colocado en E. FEB= FEB λEB coordenadas B-E E(0; 45; -48) B(36, 0, 0) FEB=60lb λEB =

36𝑖−45𝑗+48𝑘 7𝑗 36𝑖

FEB = 60(

7𝑗

-

3𝑗 7𝑗

+

16𝑘 2𝑗

)

FEB = 28.8i – 36j + 38.4k

EQUILIBRIO ∑F = 0

∑FX = 0 ∑λi = 0

∑FY = 0 ∑λj = 0

∑FZ = 0 ∑λk = 0

EJERCÍCIO 10 2.121 Un contenedor de peso W esta suspendido del aro A. El cable BAC pasa a través del aro y se une a los soportes fijos B y C. dos fuerzas P= Pi Y Q =Qk se aplican en el aro para mantener al recipiente en la posición mostrada. Determine P y Q, si W=376 N (Sugerencia: la tensión es la misma en ambos tramos del BAC) Datos

P =Pi Q =Qk W=-376j FAB=?

FAC=?

FAB = Fλab FAB = F ( FAB =

−130𝑖−400𝑗+160𝑘

−13𝐹𝑖 4𝑗

450

+

8𝐹𝑗 9

+

16𝐹𝑘 4𝑗

)

𝐹̅𝐴𝐶 = 𝐹𝜆𝐴𝐶 𝐹𝐴𝐶 = 𝐹 [

−150𝑖 + 400𝑗 − 240𝑘 ] 490

𝐹𝐴𝐶 = −

15 40 24 𝐹𝑖 + 𝐹𝑗 − 𝐹𝑘 49 49 49

En el eje “x” −

13 15 𝐹𝑖 − 𝐹𝑖 + 𝑃𝑖 = 0 45 49 −

1312 𝐹+𝑃 = 0 2205 𝑃 = 131,2𝑁

En el eje “y” 8 40 𝐹𝑗 + 𝐹𝑗 − 376𝑗 = 0 9 49 752 𝐹 − 376 = 0 441 𝐹 = 220,5𝑁 En el eje “z” 16 24 𝐹𝑘 − 𝐹𝑘 + 𝑄𝑘 = 0 45 49 −

296 𝐹+𝑄 =0 2205 𝑄 = 29,6𝑁

𝐹̅ AB = FAB*(

−12𝑖 − 12𝑗 − 6𝑘

𝐹̅ AB =

6√3

2 -

3

6

𝐹̅ AB = 𝐹̅ AE = FAE*( 𝐹̅ AE =

4 13

2

1

3

3

FABi - FABj - FABk

𝐹̅ AC = FAC*( 1.61

)

18

12

4𝑖 − 12𝑗 − 3𝑘

FACi -

)

13 12 13

3

FABj - FACk 3

−60cos(𝜃)𝑖 − 10.39𝑗 − 6𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝑘 12

80 cos(𝜃) i -10.39j +80s𝑒𝑛(𝜃)𝑘

)

𝐹̅ AB =

∑ 𝐹𝑥 = 0 -

72cos(θ)+96 sen(θ)

2 4 FABi + 13 FACi + 80 cos(𝜃) i=0 3

∑ 𝐹𝑧 = 0 −

1 3 FABk- 3 FACk+80s𝑒𝑛(𝜃)𝑘 = 0 3

2 4 *72cos(θ)+96 sen(θ)- FAC= 80 cos(𝜃) 3 13

FAC=208sen(θ)+104cos(θ)

Si hubiese pedido la resultante: 𝑹 = − 𝟐𝟑𝑭𝑨𝑩 − 𝟏𝟐 𝟏𝟑𝑭𝑨𝑪 − 𝟖𝟎√𝟑 b)

𝟎 ≤ 𝜽 ≤ 𝟏𝟖𝟎

𝜽=∅

𝑭𝑨𝑩 = 𝟕𝟐𝑵

𝑭𝑨𝑪 =-104N

𝜽 = 𝟑𝟎

110.35

13.93

𝜽 = 𝟒𝟓

118.79

73.54

𝜽 = 𝟔𝟎

119.14

128.13

𝜽 = 𝟕𝟓

111.36

174

𝜽 = 𝟗𝟎

96

208

𝜽 = 𝟏𝟐𝟎

47.14

232.13

𝜽 = 𝟏𝟖𝟎

-72

104

GRAFICA DE FUERZA RESPECTO A ' 𝜃' 150

100

50

0 0

20

40

60

-50

-100

RPTA :

𝟐𝟔. 𝟓𝟔° ≤ 𝜽 ≤ 𝟏𝟒𝟑. 𝟏°

80

100

120

140

160

180

200

MOMENTOS

𝑭𝒔𝒆𝒏(𝜶)

𝜶

𝑭𝒄𝒐𝒔(𝜶)

momento = 𝑭𝒔𝒆𝒏(𝜶) * d

Punto de aplicación

perpendiculares

Tridimensional =vectores unitarios M=r *F Producto vectorial

K

J

I

i*j=k

j*i=-k

i*i=0

J*k=I

k*j=-I

j*j=0

k*i=j

i*k=-j

k*k=0

Ejemplo: r=2i F=3i+2j-2k M=(2i)(3i+2j-2k) M=6(0)+4k+4j

Ejercicio.13 3.22 los calotes AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grande para evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BC son de 555N y 660N, respectivamente, determine el momento respecto de O de la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.

𝑭𝑨𝑪 = 𝟔𝟔𝟎𝑵 R = 7j A(-0,.75, 0, 6) B( 0, 7, 0) C( 4.25, 0, 1 ) Fuerza BC o

𝟒.𝟐𝟓𝒊−𝟕𝒋+𝟏𝒌

̅𝑩𝑪 = 𝟔𝟔𝟎( 𝑭

𝟖.𝟐𝟓

)

̅ 𝑩𝑪 = 𝟑𝟒𝟎𝒊 − 𝟏𝟔𝟎𝒋 + 𝟖𝟎𝒌 𝑭

Fuerza BA o

−𝟎.𝟕𝟓𝒊−𝟕𝒋+𝟔𝒌

̅𝑩𝑨 = 𝟓𝟓𝟓( 𝑭

𝟗.𝟐𝟓

)

̅ 𝑩𝑨 = −𝟒𝟓𝒊 − 𝟒𝟐𝟎𝒋 + 𝟑𝟔𝟎𝒌 𝑭 Para la resultante ̅ = 𝟐𝟗. 𝟓𝒊 − 𝟒. 𝟖𝟎𝒋 + 𝟒𝟒𝟎𝒌 𝑹

Para el momento M=r*R M=(7j)(𝟐𝟗. 𝟓𝒊 − 𝟒. 𝟖𝟎𝒋 + 𝟒𝟒𝟎𝒌) M=3080i – 2061k

PYTEL 3RA EDICION P. 4.40 Una polea homogénea de 18 kg está unida a la barra ABC con un pasador en B. La masa de la barra es despreciable. El cable que pasa por la polea soporta una tensión de 600 N. Determine las magnitudes de las reacciones en los soportes en A y C.

∑𝑀𝑐 = 0 (176.6 + 600) ∗ 240 − (𝑅𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠40) ∗ 480 − (𝑅𝑎 ∗ 𝑠𝑒𝑛40) ∗ 96 = 0 𝑅𝑎 = ((176.6 + 600) ∗ 240)/((𝑐𝑜𝑠40 ∗ 480) + (𝑠𝑒𝑛40 ∗ 96)) 𝑅𝑎 = 434.048 𝑁. ∑𝐹𝑦 = 0 𝐶𝑦 + (𝑅𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠40) = 176.6 + 600 𝐶𝑦 = 2.34 𝑁. ∑𝐹𝑥 = 0 (𝑅𝑎 ∗ 𝑠𝑒𝑛40) + 600 = 𝐶𝑥 𝐶𝑥 = 601.5 𝑁.

RESOLUCION DEL EXAMEN (MECANICA) ∑𝐹 = 0 ∑𝐹𝑥 = 0

∑𝐹𝑦 = 0

∑𝐹𝑧 = 0 ∑𝑀 = 0

∑𝑀𝑥 = 0

∑𝑀𝑦 = 0

∑𝑀𝑧 = 0

∑𝑀𝑜 = 0 (𝑅𝑜𝑎 ∗ 𝐹𝑎𝑑) + (𝑅𝑜𝑎 ∗ 𝐹𝑏𝑐) + (𝑅𝑜𝑔 ∗ −120𝐾) = 0 𝑅𝑜𝑎 = 2𝑗

COORDENADAS: A ( 0 ; 2 ; 0 )

𝑅𝑜𝑏 = 4𝑗

B(0;4;0)

𝑅𝑜𝑔 = 2𝑗 − 1.5𝐾

C(3;0;0) D ( -3 ; 0 ; 2)

𝑎𝑑

𝐹𝑎𝑑 = 𝐹𝑎𝑑 ∗ (𝑎𝑑) = 𝐹𝑎𝑑 ∗ 𝐹𝑎𝑑 = −

3 √17

∗ 𝐹𝑎𝑑(𝑖) − 𝑏𝑐 𝑏𝑐

2 ∗ √17

𝐹𝑏𝑐 = 𝐹𝑏𝑐 ∗ ( ) = 𝐹𝑏𝑐 ∗ 3

−3𝑖−2𝐽+2𝑘 √17

𝐹𝑎𝑑(𝑗) +

2 √17

∗ 𝐹𝑎𝑑(𝑘)

3𝑖−4𝐽+0𝑘 5

4

𝐹𝑏𝑐 = 5 ∗ 𝐹𝑏𝑐(𝑖) − 5 ∗ 𝐹𝑏𝑐(𝑗) REMPLAZANDO: (2j)(-3i-2j+2k)(Fad/4.12 )+(4j)(3i-4j)(Fbc/5)+(2j-1.5)(-120k)=0

JUNTAR (i) 4 ∗ √17

𝐹𝑎𝑑 − 240 = 0

6 ∗ √17

𝐹𝑎𝑑 −

12 𝐹𝑏𝑐 5

=0

𝐹𝑎𝑑 = 60√17 𝐿𝑏. 𝐹𝑏𝑐 = 150 𝐿𝑏.

P.2.44 Determine la magnitud del momento de la fuerza de 150 N respecto al punto O y encuentre los cosenos directores del vector momento.

CORDENADAS: 𝐴 (−50 ; 40; 20√3 ) 𝐵 (−50 ; 60; 0 ) 𝐵𝐴

𝐹 = 150 𝐵𝐴 = 150 ∗

−20𝑗+20√3𝑘 40

𝐹 = −75𝑗 + 75√3𝑘

HALLANDO EL RADIO 𝑅𝑜𝑎 = −50𝑖 + 40𝑗 + 20√3𝑘

500N

300N

50 N-m 30 N-m

500

300

i

j

k

i

j

r

-50

40

20√ 3

-50

40

R

0

-75

75√ 3

0

-75

M= 7794.2i + 6495.2j + 3750k M=√ 7794.2i + 6495.2j + 3750k

M= 10816.7 N-mm COSENOS DIRECTORES: 77794.2

COSθX=10816.7=0.72 6495.2

COSθY=10816.7=0.6 3750

COSθZ= 10816.7=0.347

4.88 Determinar la tensión en el cable en B si el cilindro uniforme pesa 350lb ignore la fricción y peso de la barra AB

350 lb

R1 R2

40

T

ΣFy =0

350 = R2cos(40) 10.5 pie 6.43 A

3 pies 3 Tan25 = 𝐴𝐷

25 AD = 6.43 pies

ΣMA = 0 (456.9)(6.43) – T(10.5) = 0 T = 280 LB

EXAMEN MINAS 1. ΣMO = 0 Rbo x Fba + Rco x Fca = 0 Coordenadas B(4.2,2,0) , A(0,0,2) , C(2,3,0) 42𝐼−2𝐽+2𝐾 ) √641/5

FBA = 80(

FBA = -66.36i -31.60j +31.60k −2𝑖−3𝐽+2𝐾 ) √17

FCA = 60(

FCA = -29.10i – 43.66j + 29.10k Rbs = -4.2i – 2j Reemplazando

Rco = -2i – 3j

R2 = 456.9 lb

(-4.2i – 2j)(-66.36i – 31.60j + 31.60k) + (-2i – 9j) (-29.10i – 43.66j + 29.10k)

i

j

k

i

j

r

-4.2

-2

0

-4.2

-2

F

-66.36

-31.60

-66.36

-31.60

31.60

-63.2i + 132.72k -132.72k + 132.72j

i

j

k

r

-2

-3

0

F

-29.1

-43.66

29.1

-87.3i + 87.32k - 87.3k + 38.2j M = -150i + 190.92j + 0k COORDENADAS A(1,-2,0) , B(2,3,0) , C(-2,3,0) , D(0,0,6) −−1𝑖+6𝑗 6𝑘 ) √41

FAD = 100K(

i

j

-2

-3

-29.1

-43.66

FASEII linea

CENTROIDES

area Volumen

FIGURA RECTANGULAR

TABLAS

FIGURA IRREGULAR

F(X) INTEGRALES F’(X)

2 𝐵 3 B

RESPECTO A UN PUNTO PRIMERO DE AREA Px+e 8.15 X = Σxi Ai/ΣAi X=

𝑋1𝐴1+𝑋2𝐴2+𝑋3𝐴3 𝐴1+𝐴2+𝐴3

50

4

40

4𝑟

25

3

X1 = 25mm A1 = 50x80 = 4000mm2 X2 = 50 +

4(40) 3𝜋

= 66.98

A2 = π (40)2 / 2 = 800π X3 = 30 A3 = π(15)2 = 225π X = 52.58 Y1 = 20

Ejercicio 2

x = 0.0557 cosα = cosB =

3 4.8

α = B = 51.32

A = α R2 X1 = 0 Y1 = 0

R = 4.8 Y = 22senα/3α

360 102.64

2 π rad x rad

Rad es Adimensional

1.- Fig. 8.20 𝑥1 = 0.5

𝑥2 = 0

𝑥3 = 15

𝑦1 = 1

𝑦2 = 5.5

𝑦3 = 10

𝐴1 = 14

𝐴2 = 7

𝐴3 = 18

𝑥̅ = 0.87𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑦̅ = 5.90𝑝𝑢𝑙𝑔

2.- fig. 8.31

𝑥1 = 0

𝑥2 = 30𝑚𝑚

𝑥3 = 102𝑚𝑚 2×42 𝑚𝑚 𝜋

𝑦1 = 62.5𝑚𝑚 𝑦2 = 0

𝑦3 =

𝐿1 = 125𝑚𝑚 𝐿2 = 60𝑚𝑚

𝐿3 = 42 𝜋𝑚𝑚

𝑥̅ = 48.14𝑚𝑚 𝑦̅ = 35.78𝑚𝑚

3.- fig. 8.52

𝑥1 = 8.5pulg

𝑥2 = 4𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑦1 = 4𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑦2 = 4𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑍1 = 1.75𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑍2 = 1.75𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑉1 = 476𝑝𝑢𝑙𝑔3 𝑉2 = −116.14𝑝𝑢𝑙𝑔3

𝑥̅ = 9.95 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑦̅ =4 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑧̅ =1.75 𝑝𝑢𝑙𝑔

TEOREMA DE PAPPUS-GULDINUS

h=20 r=20

𝑣 = 2𝜋𝑥̅ 𝐴 𝑣 = 2𝜋10(400) 𝑣 = 8000𝜋

 

Al revolucionar una longitud se genera un area. Al revolucionar un área se genera un volumen.

ejemplos:

Fig. 8.76

𝑥1 = 3pulg

𝑥2 = 5.33𝑝𝑢𝑙𝑔

𝐴1 = 24𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝐴2 = 24𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝑥̅ = 4.17𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑣 = 2𝜋(4.17)(48) 𝑣 = 1256.13𝑝𝑢𝑙𝑔3

FIG. 8.78 Respecto “y” 5

𝑥1 = 3pulg

20

𝑥2 = 3𝜋 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝐴1 = 10𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝐴2 = 𝑥̅ = 1.97𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑣 = 2𝜋(1.97)(29.63) 𝑣 = 366.76𝑝𝑢𝑙𝑔3

25𝜋 𝑝𝑢𝑙𝑔2 4

ESTRUCTURAS

(Armaduras)(Cerchas)

1

2 5

6

2

𝑃 𝑄

-

5 nodos

-

6 elementos

-

Tracción

-

Compresión

3

4 𝑁𝑜𝑑𝑜

ELEMENTO AB

A T

Análisis INCOGNITAS -

NODOS (2 incógnitas)

-

SECCIONES (3 incógnitas)

FG

A’ B’ FG

T B PROBLEMAS: 4.136.

Tan(𝜃) =

2 4

𝜃 = 26.56° NODO ‘A’

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝐴𝐵 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 160𝑘𝑁 𝐹𝐴𝐵 = 357.8𝑘𝑁

FAB 𝜃 FAD 𝐹𝐴𝐵 𝑐𝑜𝑠(𝜃)

160kN

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝐴𝐵 cos(𝜃) = 𝐹𝐴𝐷 𝐹𝐴𝐷 = 357.8 cos(26.56) 𝐹𝐴𝐷 = 320𝑘𝑁

NODO ‘D’

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝐷𝐵 320𝑘𝑁

𝐹𝐷𝐸

𝐹𝐷𝐸 = 320𝑘𝑁 ∑ 𝐹𝑦 = 0

160𝑘𝑁

𝐹𝐷𝐵 = 160𝑘𝑁

2 𝑥 = 4 2 𝑥=1 2 tan(𝛽) =

x 2

2 1

𝛽 = 63.44°

2

Y

FBC

26.56

B

X

63.44

63.44

FBE

160 KN

∑ 𝐹𝑋=0 357.8 𝑠𝑒𝑛(63.44) = 𝐹𝐵𝐸𝑠𝑒𝑛(63.44) + 𝐹𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠(26.56) ∑ 𝐹𝑌=0 357.8 𝑐𝑜𝑠(63.44) + 160 + 𝐹𝐵𝐸𝑐𝑜𝑠(63.44) = 𝐹𝐵𝐶𝑠𝑒𝑛(26.56)

𝐹𝐵𝐸 = −178.92 𝐾𝑁 𝐹𝐵𝐶 = 536.72 𝐾𝑁

∑ 𝐹𝑋 = 0 ∑ 𝐹𝑌 = 0 ∑ 𝑀𝑂 = 0

800 LB

A 3

C

D

4

150 LB B

E F 3 A

EY

AX A 6

AY

MOMENTOS ∑ 𝑀𝐴 = 0 1500(4) + 8000(9) − 𝐸𝑌(12) = 0 𝐸𝑌 = 6500 𝐿𝐵

∑ 𝑀𝐷 = 0 6500(3)- 𝐹𝐹𝐸 (4)=0 𝐹𝐹𝐸 = 4875𝑙𝑏

(T)

∑ 𝐹𝑌 = 0 𝐹𝐹𝐷 𝑐𝑜𝑠𝛼+6500=8000 5 𝐹𝐹𝐷 = 1500( ) 4 𝐹𝐹𝐸 = 1875𝑙𝑏

©

∑ 𝐹𝑋 = 0 3

𝐹𝐶𝐷 − 1875(5)+4875=0 𝐹𝐶𝐷 = 3750𝑙𝑏

©

Problema 26 4.161 Determine las fuerzas en los miembros BC, CE y FG.

β θ

2

𝑡𝑔𝛼 =

9

𝛼 = 12.52

𝑡𝑔𝛽 =

2 3

𝛽 = 33.7

𝑡𝑔𝜃 =

6 4

𝜃 = 56.3

α

∑ 𝑀𝐶 = 0 𝐹𝐹𝐺 𝑐𝑜𝑠(12.52) (2.67) − (560)(3) = 0 𝐹𝐹𝐺 = 644.54©

FBC β FCE

FFG

Nudo C ∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐹𝐹𝐺 𝑠𝑒𝑛(𝛼) + 𝐹𝐶𝐸 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 1120 = 0 𝐹𝐶𝐸 =

1120 − 139.72 𝑐𝑜𝑠 (𝜃)

𝐹𝐶𝐸 = 1766.77©

∑ 𝑀𝐺 = 0

−𝐹𝐶𝐸 𝑠𝑒𝑛(𝜃)(2.67) + 𝐹𝐵𝐶 (2.67) − (560)(3) = 0 2.67𝐹𝐵𝐶 − 3924.55 − 1680 = 0 𝐹𝐵𝐶 =

5604.55 2.67

𝐹𝐵𝐶 = 2099.6 (𝑡)

θ

α

Problema 27 5.62 En una pieza de acero de 1 pulg. de espesor se taladra un agujero de ¾ pulg. de diametro y despues se avellana como se muestra la figura. Determine el volumen de acero removido durante el proceso de avellanado.

Xi

Ai

XiAi 5/8”

1 2

3 16 3 1 1 + ( ) 8 3 4

∑

𝑋̅ = 𝑋̅ =

65 768 13 32

3 ∗1 8 1 1 1 ∗ ∗ 4 4 2 13 32

9 128 11 768 65 768

3/8”

5 24

5 13 𝑉 = 2𝜋( )( ) 24 32 𝑉 = 0.5317 𝑖𝑛3

5.116) Un alambre delgado de acero de sección transversal uniforme se dobla en la forma mostrada. Localiza su centro de gravedad..

CABLE OA AB BC CO

L 1 2.6 3.77 2.4 9.77

̅ 𝒙 0 1.2 1.53 0

̅ L.𝒙 0 3.12 5.77 0 8.89

̅ 𝒚 0.5 0.5 0 0

̅ = 0.91m 𝑿 ̅ = 0.18m 𝒀 ̅ = 0.89m 𝒁

̅ L.𝒚 0.5 1.3 0 0 1.8

𝒛̅ 0 0 1.53 1.2

L.𝒛̅ 0 0 5.77 2.88 8.65

4.156) Determine el ángulo θ que maximiza la fuerza de tensión en el miembro BC y calcule el valor máximo de esta fuerza.

𝛴𝑀𝐹 = 0 2(𝐹𝐵𝐶 𝑠𝑒𝑛(45)) = 4 ∗ 42(𝑠𝑒𝑛(𝜃)) + 4 ∗ 42(𝑐𝑜𝑠(𝜃)) 𝐹𝐵𝐶 = 84 ∗ √2(𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(𝜃))

𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 0 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) =1 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑡𝑎𝑛(𝜃) = 1 𝜃 = 45°

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐹𝐵𝐶 = 84 ∗ √2(𝑠𝑒𝑛(45) + 𝑐𝑜𝑠(45)) 𝐹𝐵𝐶 = 168𝑘𝑁

4.160 Si PCD = 6000 lb y PGD = 1000 lb (las dos de compresión), encuentre P y Q.

60000 lb

1000 lb

FDK

RD

∑Fy=0 RD – 6000 – 1000 cos 33.7 = 0 RD = 6831,9

∑MK = 0 18 Q + 4 P = 6831,9

…. (1)

∑MJ = 0 6000 (4) – 6 (3) – 6 (6) – P (4) = 0 9 Q + 4P = 6000 (4)

…. (2)

Reemplazando 2 en 1 Q = 370 lb

P = 5168 lb

4.164.- Determine las fuerzas en los miembros, CD, IJ y NJ de la armadura K en términos de P. 60000 lb

GX

GY

AY

MG=0 P(a)+P(2a) +P(3a) +P(4a) +P(5a)=Ay(6a) 15Pa=6Aya Ay=2.5P

∑ 𝑀𝐷 = 0

Fnj(cos26.6)(a)-4P(a)-P(a) -P(2a)+5/2(3a)=0 Fnj=0.56p