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Cap. 7 Marcos y bastidores

Pág. 7-7 Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dr. Ing. Sección de Ingeniería Mecánica Área de Diseño 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

3

∑M

A

= 0:

60 cm

→ By

∑F

x

B

(1)

60 cm

Bx

∑F

y

A

Ax

= 0:

B x = 1600 N Ax + Bx − 1000 (4 / 5) = 0

= 0:

Ay + B y − 1000 (3 / 5) = 0

42

Ay + B y = 600

∑M

,4 3 cm

500 N

D

= 0:

(3)

Bx (60) + B y (60) + 500 (30 2 ) = 0

(1)

42 ,4

→

1600 (60) + B y (60) + 500 (30 2 ) = 0

→

B y = − 1953,55 N

3 cm

M

60 cm

D

Dx

∑F

x

Dy

= 0:

= 0:

(1)

− 1600 + Dx − 250 2 = 0 Dx = 1953,55 N

(4) en (3):

(5)

− B y + Dy − 500 ( 2 / 2) = 0

( 4)

→

(4)

− B x + D x − 500 ( 2 / 2) = 0

→ → y

(2)

Para la barra BD:

By

∑F

(1)

Ax = − 800 N

→

B

60 cm

B x (60) − 1000 (4 / 5) = 0

→

Ay

Bx

60 cm

− (− 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:

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Cap. 7 Marcos y bastidores

Pág. 7-8

1000 N 4

∑F

3

x

= 0:

∑F

y

= 0:

500 N 60 cm

M

∑M

A

60 cm

OK!

Dx

Dy

Ay

Respuesta:

OK!

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

D

A

OK!

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

B

Ax

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

60 cm

C

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

1600 N

3 ,4

1600 N

42

B

cm

M

3 ,4

60 cm

By

42

800 N

60 cm

cm

1953,55 N

500 N

A 2553,55 N

Pontificia Universidad Católica del Perú

60 cm

D

1953,55 N

1600 N

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Cap. 7 Marcos y bastidores

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

250 N

= 0: 250 − Ax = 0 Ax = 250 N →

∑F

70 cm

x

G

B

∑M

D

A

E

A 30 cm

(1)

50 cm

= 0:

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

→

E y = 395 N

(2)

150 N

∑F

y

A Ax

E 15 cm 30 cm

Ay

− Ay + E y − 150 = 0

=0: ( 2)

Ey

50 cm

→

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

150 N 15 cm 30 cm

∑ Fy = 0 : C′y

C′x

C

∑F

x

B y + D y = 150

70 cm

Bx

=0:

Dy (30) − 150 (15) = 0

→

Dy = 75 N

(4)

Dx = Bx

(5)

=0:

( 4)

→

B y = 150 − 75

Ax (28) = C ′x (42)

→

∑ Fx = 0 :

Bx − Ax − C x′ = 0

→

∑F

− Ay − B y − C y′ = 0

B

=0:

( 7)

( 3) y ( 6) y

28 cm

B

→

B y = 75 N

(6)

Barra CBA:

∑M

B

∑M

=0:

→

C′x = 166,6 N

(7)

B x = 416,6 N

(8)

C′y = − 320 N

(9)

By A

Ax Ay

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Cap. 7 Marcos y bastidores

Pág. 7-10

Para la barra BD:

C ′′y

Cx′′

C

=0:

∑F

y

C′y′ − Dy + E y = 0

( 4) y ( 2)

C′y′ = − 320 N

→

Dy

Dx ( 42) + D y (30) − E y (50) = 0

=0:

C

( 4) y ( 2)

28 cm

Dx

∑M

70 cm

D

(10)

∑F

x

E

→

Dx = 416,6 N

(11)

=0:

C x′′ − D x = 0 C′x′ = 416,6 N

(12)

→

Ey

30 cm 50 cm

Comprobación:

Ecuaciones de equilibrio para el pin C.

∑F

C′y

Cx′′

x

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

=0:

C′x

C

(OK!)

250 N

∑F

C y′′

y

=0:

C ′y − C y′′ = 0 − 320 − (−320) = 0

(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

320 N

166,6 N

416,6 N C

C

250 N

416,6 N

320 N

416,6 N 416,6 N B

G

150 N

28 cm

75 N

D

416,6 N

416,6 N

D

75 N

28 cm

70 cm

B

70 cm

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:

E

A

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

= 0: E

3 pie

C y + E y = 500

(1)

Cx (4) + 500 (1) = 0

= 0:

Cx = − 125 lb

→

(2)

Ey

∑F

Ex

x

D

= 0:

C x + E x − 500 = 0

( 2)

1 pie

E

E x = 625 lb

→

(3)

Dx = 500 lb Dy = 500 lb

∑M

Barra CB: Cx

B

= 0: ( 2)

C

→ 2 pie

Cy

en (1):

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

(4)

E y = 266,67 lb

(5)

100 lb

=0:

∑F

= 0:

y

2 pie

B

∑F Bx

x

By − C y = 0

( 4)

B y = 233,33 lb

→ ( 2)

− C x + 100 + B x = 0 →

B x = − 225 lb

(6) (7)

3 pie

By

Barra AB:

∑F

x

Ay

→ A

Ax

=0:

− Ax − E x − B x = 0

( 3) y ( 7 )

Ex

B

E

Bx

∑F

y

MA

Ey 3 pie

=0:

Ax = 400 lb

(8)

Ay − E y − B y = 0

( 5) y ( 6)

By 3 pie

∑M

A

→

Ay = 500 lb

=0:

M A − E y (3) − B y (6) = 0

(9)

( 5) y ( 6)

→

Pontificia Universidad Católica del Perú

M A = 2200 lb − pie

(10)

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Cap. 7 Marcos y bastidores

Pág. 7-12

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

∑F

C

x

2 pie

→

100 lb

∑F

y

A

B

MA

→

Ax = 400 lb

OK!

Ay − 500 = 0 Ay = 500 lb

OK!

E 500 lb

D

∑M

1 pie

Ax

=0:

2 pie

Ay

Ax − 500 + 100 = 0

=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

B

225 lb

233,33 lb

266,67 lb 3 pie

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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

0,9 m1,2 m

T

W

∑F

y

C

T

T

T

= 0:

W

Bx B θ 3,30 m

By

∑M

C

= 0:

donde:

T

2,10 m

A

(1)

→

∑F

y

∑F

x

= 0:

T (1,2) + B y (4,5) − T (1 − senθ ) (6,6) = 0

tan θ = 3,6 / 4,8 = 3 / 4

→

sen θ = 0,6 cos θ = 0,8

B y = 288 N

(2)

− Ay + T + B y + T senθ − T = 0

→

Ay = By + T senθ

→

Ay = 828 N

(3)

= 0:

Ax − Bx − T cosθ = 0

→

Ax − B x = 720

(4)

Análisis de la barra EDB:

Ey

∑M

E

E

= 0:

Bx (7, 2) +T cosθ (3,6) −T (1 + senθ ) (2,70) − B y (5, 4) = 0

3,6 m

Ex

(1)

T

Ax A 1,2 m

T = W T = 900 N

Análisis de la barra ABC:

T

Ay

2,10 m

0,6 m

→

T

2,70 m

C

T

T D

B

(1)

→

D

B x = 396 N

(5)

3,6 m

θ

∑F

x

T

T

2,70 m

→

Bx

By

∑F

y

= 0: (1)

→ (5) en (4):

− E x + T cosθ + B x = 0

(1) y ( 5)

B 2,70 m

= 0:

E x = 1116 N

(6)

E y −T (1 + senθ ) − B y = 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

y

3,6 m

D

∑M

Ay A

Ax

= 0:

x

B

0,9 m1,2 m

2,70 m

C 2,10 m

− E x + Ax = 0

→

− 1116 + 1116 = 0

= 0:

E y − Ay −T = 0

→

1728 − 828 − 900 = 0

A

=0:

OK!

OK!

Ex (7,2) − Ey (0,9) − T (7 ,2) = 0 1116 (7,2) − 1728 (0,9) − 900 (7,2) = 0 OK!

→

0,6 m

0,6 m

T

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

∑F

= 0:

x

E

− 1116 + 1116 = 0

→ 3,6 m

∑F

y

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

θ 3,6 m

T Ax

A

θ 2,70 m

B

2,10 m

1728 − 828 − 900 = 0

→

T

T

0,9 m1,2 m

OK!

= 0:

D

Ay T

− E x + Ax + T cos θ − T cos θ = 0

∑M

C

A

OK!

=0:

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

T

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 396 N

θ

C

D 36,87°

B 9000 N

9000 N 9000 N

B

396 N

288 N

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Pág. 7-15

Ejemplo 7.5: Calcular la fuerza F horizontal que se requiere para mantener el equilibrio del sistema mostrado si θ = 60º . Además calcular las reacciones en A y C.

50 0m m

Solución:

F

D

B

50 0m

DCL de la barra AB:

B

30°

B

432,5

m

6000 N-mm

Ax

60°

A

6000 + B cos 30º (432,5) − B sen 30º (250) = 0

∑M = 0: ∑F =0: ∑F =0: A

(1)

Ax − B cos 30º = 0

x

→ (1)

Ay − B sen 30º = 0

y

60°

C

→

B = − 24,04 N

→

(1)

Ax = − 20,82 N

(2)

Ay = − 12,02 N

(3)

Análisis de la barra DC:

30°

50 0m

F

m

∑M

C

= 0: (1)

B

→

50

865 mm

60°

A

250

Ay

D

6 N-m

F = 13,89 N

(4)

0m

30°

B cos 30º (432,5) + B sen 30º (250) + + F (865) = 0

m

B

60°

(1) y ( 4)

Cx

C

∑ Fx = 0 :

F + B cos 30º + Cx = 0

∑F

B sen 30º − Cy = 0

=0:

y

Cy

Cx = 6,94 N

(5)

Cy = − 12,02 N

(6)

→ (1)

→

500 mm

Comprobamos los resultados usando todo el sistema: D

F 50 0m

∑F

m

x

B

=0:

∑F

=0:

∑M

A

50

y

0m m

6000 N-mm

Ax A

60°

60°

C Ay

500 mm

Cx

=0:

F + C x + Ax = 0 13,89 + 6,94 + (−20,82) = 0

OK!

Ay − C y = 0 (−12,02) − ( −12,02) = 0 6000 − C y (500) − F (865) = 0 6000 − ( −12,02) (500) − (13,89) (865) = 0 OK!

Cy

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Pág. 7-16

Finalmente se muestran los dos elementos que componen el sistema, con todas las fuerzas actuantes en ellos:

30°

D

50

F

m 0m

30°
...