S02.s1 - Material - Problemas Resueltos PDF

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La Estática La estática es la rama de la mecánica clásica que analiza las cargas (fuerza, par / momento) y estudia el equilibrio de fuerzas en los sistemas físicos en equilibrio estático, es decir, en un estado en el que las posiciones relativas de los subsistemas no varían con el tiempo. La primera ley de Newton implica que la red de la fuerza y el par neto (también conocido como momento de fuerza) de cada organismo en el sistema es igual a cero. De esta limitación pueden derivarse cantidades como la carga o la presión. La red de fuerzas de igual a cero se conoce como la primera condición de equilibrio, y el par neto igual a cero se conoce como la segunda condición de equilibrio. La estática proporciona, mediante el empleo de la mecánica del sólido rígido, solución a los problemas denominados isostáticos. En estos problemas, es suficiente plantear las condiciones básicas de equilibrio, que son: El resultado de la suma de fuerzas es nulo. El resultado de la suma de momentos respecto a un punto es nulo. • Estas dos condiciones, mediante el álgebra vectorial, se convierten en un sistema de ecuaciones; la resolución de este sistema de ecuaciones es la solución de la condición de equilibrio. • Existen resoluciónes de este tipo de problemas mediante gráficos, heredados de los tiempos en que la complejidad de la resolución de sistemas de ecuaciones se evitaba mediante la geometría, si bien actualmente se tiende al cálculo por ordenador.

La Mecánica Se puede describir como la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o de movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerza. Se divide en tres partes Mecánica de cuerpos rígidos • Estática: Estudio de cuerpos en reposo. • Dinámica: Estudio de cuerpos en movimiento. Mecánica de cuerpos deformables: La deformación es importante cuando se toma en cuenta la resistencia de las estructuras o las fallas Fluidos • Fluidos incompresibles: líquidos • Fluidos Compresibles: gases

Metodo de componentes rectangulares Problema 1. ∑ Fx = Rx ∑Fx = 0

60cos30 + 100cos70 = Rx

∑Fx = 0

Rx = 86.16

Rx=86.16m

∑Fy = 0 60sen30 + 100sen 70 = Ry ∑Fy = 0 Ry = 123.96 Ry=123.96m

R= Rxi + Ryj R2 = Rx2 + Ry2 R=150.96m

Rx=86.16m Ry=123.96 TanΩ =

∑ Fy = Ry

𝑅𝑦

𝑅𝑥

= 1.4387

Tan-1 (1.4387) = 55.19° Ω=55.19°

Metodo Paralelogramo

En este problema se buscaba la magnitud y dereccion de la resultante de los vectores A y B

Estática Propiedades fundamentales de los vectores Ley del paralelogramo para la suma y ley del triangulo Pagina ley de senos y cosenos Punto 2. Fuerza de un plano

La suma es asociativa

Leyes de Newton Primera Ley Si una partícula está en reposo [(o moviéndose) con velocidad constante en línea recta], permanecerá en reposo o continuara moviéndose con velocidad constante en línea recta, al menos que actue una fuerza sobre ella. Segunda Ley Una particula sobre la que actua una fuerza acelera con dirección de la fuerza. La magnitud acelerará en dirección a la fuerza e inversamente proporcional a la masa de la particula. Tercera ley Para toda acción exite una reacción igual y opuesta; es decir las fuerzas iguales en magnitud y dirigidas opuestamente a lo largo de la misma línea de acción.

x=d=f(t) 𝑑𝑥

V= 𝑑𝑡

F=ma ∑F=0

a=

𝑑2𝑥 𝑑𝑡2

Problema 3. Determine la Fuerzas en los cables AB y AC como se muestra en la figura si los angulos con respecto a la vertical son α=21.6° y β=19.9° Método de resolución Trigonométrica: Leyes del seno y coseno FAB=?

FAC=?

Α=21.6° β=19.9° W= 360 lb

Método de resolución trigonométrica por Ley de seno y coseno Diagrama de cuerpo libre

Relación de Triangulo

W

= sen138.5

FAC

= sen21.6

FAB sen19.9

𝑊(𝑠𝑒𝑛21.6) = 𝐹AC = 200lb 𝑠𝑒𝑛138.5 W(sen19.9) = FAB = 184.92lb sen138.5

Representación de vectores utilizando componentes rectangulares

Fx =Fhcosφ = (Fsenθy)cosφ Fz =Fhsenφ = (Fsenθy)senφ Fz = Fcosθy Fh = Fsenθy F2 = OA2 = OB2 + BA2 = Fy2 + Fh2 F2h = OC2 = OD2 + DC2 = Fx2 + Fz 2 F2 = F2y + F2h F2 = F2y + F2x + F2h F = √ F2y + F2x + F2h F=Fxi+Fyj+Fzk. Vectores unitarios Los cosenos directores de θx, θy, θz se conocen como los cosenos directores de la fuerza F

Ejemplo (Buscar los angulos que eran incognitas) F=12N, θy=30°, θz=40°, φ=50° Fx= 3.86N, Fy=10.34N, Fz=4.60N, Fh=6N

Fx=Fhcosφ= 6cos50°= 6(0.6428)=3.86N Fz=Fhsenφ= 6sen50°= 6(0.7660)=4.60N cosθx=Fx/F = 3.86/12 = 0.3216 = acos(0.3216)=θx θx=71.25° cosθy=Fy/F = 10.34/12 = 0.8658 = acos (0.8658) = 30.02° cosθz = Fz/F = 4.60/12 = 0.3833 = acos(0.3833) = 67.46°

Ejemplo (Determinar las fuerzas de los cables) O=(0,0,0)pies A=(0,12,0,)pies B=(8,0,6)pies C=(6,0,-6)pies D=(-8,0,0)pies FAB=

𝐹𝐴𝐵(𝑨𝑩) 𝐴𝐵

AB=8,-12,6 AC=6,-12,-6

AD=-8,-12,0 FAB=

𝐹𝐴𝐵(𝑨𝑩) 𝑃(8𝑖−12𝑗+6𝑘)

FAC=

𝐹𝐴𝐶(𝑨𝑪) 𝑄(6𝑖−12𝑗−6𝑘)

FAD=

𝐹𝐴𝐷(𝑨𝑫) 120(−8𝑖−12𝑗)

𝐴𝐵

=

𝐴𝐶

=

𝐴𝐷

=

√244

√216

√208

Fuerzas definidas en termino de su magnitud y puntos sobre su línea de acción.

F=Fλ A=(0,3,4)m B=(6,0,0)m AB=(6i-3j-4k) AB=√62 + 32 + 42

𝟔𝒊−𝟑𝒋−𝟒𝒌

AB=√61𝑚F=500(

√𝟔𝟏

)

F= (384i-192.05j-256.07k)N

Fx= 384.11N

Fy= -192.05N

Fz= -256.07N

Adición de fuerzas concurrentes en el espacio ∑F = R (∑Fx)i + (∑Fy)j + (∑Fz)k = Rxi + Ryj + Rzk Rx = ∑Fx; Ry = ∑Fy; Rz = ∑Fz R = √Rx2 + Ry2 + Rz2 Cosθx= Rx/R; cosθy= Ry/R; cosθz= Rz/R

Equilibrio de particular en el espacio R= Rxi+Ryj+Rzk; R= ∑Rxi + ∑Ryj + ∑Rzk Rx = ∑Fx = 0; Ry = ∑Fy = 0; Rz = ∑Fz = 0

Ejemplo

Tanθ=32/16=2 atan(2)= 63.435° tanφ=12/24= 0.5

Resultado Atan(0.5)=26.565° ∑Fx = 0 Rx = 52(2/√5) – 76(1/√5) = 12.53 ∑Fy = 0 Ry = -52(1/√5) + 76(2/√5) = 44.72 R= √(12.53)2+(44.72)2 = 46.44KN Tanδ=44.72/12.53=3.5670 Atan(0.5670)=74.34°=δ

Resultante de Fuerzas: Equilibrio de Fuerzas ∑Fx = Rx = 0 Qcos26.565°-Pcos63.435-46.44cos74.36=0 0.8944Q-0.4472P-12.52=0 0.8944Q-0.4472P=12.52 (1)

∑Fy = Ry = 0 Psen63.435°-Qsen26.565°-46.44sen74.36°=0 0.8944P-0.4440Q-44.22=0 0.8944P-0.4440Q=44.72 (2)

Sistema de Ecuaciones 0.8944Q-0.4472P=12.52 (1) 0.8944P-0.4440Q=44.72 (2) Q=51.725KN P=75.45KN

Cuerpos rígidos: Sistemas equivalentes de fuerzas Principios de transmisibilidad establece que las condiciones de equilibrio o de movimiento de un cuerpo rígido permanecen inalterables si una fuerza F que actúa en un punto dado de ese cuerpo, se reemplaza por una fuerza F’, que tiene la misma magnitud, y dirección pero que actúa en un punto distinto, siempre y cuando las dos fuerzas tengan la misma línea de acción.

Producto vectorial de dos vectores Producto Cruz P, Q, V, PxQ = PQsenθ 0 ≤ θ ≤ 180° Propiedades: P, Q, S No es conmutativo PxQ ≠ QxP Es distributivo Px(Q+S) = PxQ+PxS No es asociativo (PxQ)xS ≠ Px(SxQ)

Productos vectoriales expresados en términos de componentes rectangulares ixi = (1)(1)sen(0°)=(1)(1)(0)=0 jxj = 0 kxk = 0 ixj = (1)(1)sen(90°) = (1)(1)(1) = 1 ixi = 0

jxi = -k

kxj = -j

ixj = k

jxj = 0

kxj = -i

ixk= -j

jxk= i

kxk = 0

Representación de la multiplicación de vectores Multiplicación de vectores P = Pxi + Pyj + Pzk Q = Qxi + Qyj + Qzk V = PxQ =(Pxi + Pyj + Pzk) x (Qxi + Qyj + Qzk) V = (PyQz – PzQy)i + (PzQx – PxQz)j + (PxQy – PyQx)k

𝑖 V= | 𝑃𝑥 𝑄𝑥

𝑗 𝑘 𝑃𝑦 𝑃𝑧 | =(PyQz)i+(PzQx)j+(PxQy)k–(PyQx)k–(PxQz)j–(PzQy)i 𝑄𝑦 𝑄𝑧

Vx = PyQz – PzQy Vy = PzQx – PxQz Vz = PxQy – PyQx

Momento de una fuerza con respecto a un punto Mo = rxF Mo = rsenθ Mo = Fd(traspuesta) La magnitud M con respecto al punto mide la tendencia de la fuerza F al hacer rotar el cuerpo rígido, alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de Mo.

Ejemplo F=1000N Fx=1000(4/5)=800N Fy=1000(3/5)=600N Ma=? F=(-800i + 600j) ry = 180 rx = -120 r = -120i + 180j Ma = (-120i + 180j)x(-800i + 600j) Ma = (-72000k + 144000k) Ma = (72000N•mm)k

Teorema de Varignon

Establece que el momento con respecto a un punto dado “o” de las resultantes de varias fuerzas concurrentes es igual a la suma de los momentos de las distintas fuerzas con respecto al mismo punto “o”. ∑ 𝐹 = ∑(𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 + 𝐹4 + 𝐹5) = R ∑𝐹 =R

Rx(F1+F2+…) = RxF1 + RxF2+… = Rxr

Producto escalar de dos vectores (producto punto) P•Q = PQcosθ 0° ≤ θ ≤ 180° + => θ < 90° - => θ > 90° 0 => θ = 90°

Propiedades

Es conmutativo: P•Q = Q•P Es distributivo: P•(Q+S) = P•Q + P•S No es asociativo: P•(Q•S) ≠ S•(P•Q) P = Pxi + Pyj + Pzk Q = Qxi + Qyj + Qzk P•Q = (Pxi+ Pyj + Pzk)•(Qxi+QyjQzk) i•i = (1)(1)cos(0°) = (1)(1)(1) = 1 i•j = (1)(1)cos(90°) = (1)(1)(0) = 0 i•i = 1

j•j = 1

i•j = 0

j•k= 0

k•k = 1 k•i = 0

Aplicaciones Angulo formado por dos vectores dados P= Pxi + Pyj + Pzk Q= Qxi + Qyj + Qzk P•Q= PQcosθ = PxQx + PyQy + PzQz

Ejemplo A•B=[(8i+4j-2k)lb]•[(0i+2j+6k)] A•B=(8)(0)+(4)(2)+(6)(-2) A•B=0+8-12=-4lb•pie A=√84lb B=√40pies Cosθ=

PxQx+PyQy+pzQz (𝑃)(𝑄)

−4

Cosθ= (√40)(√84)= -0.0690 θ = 93.95°

Proyeccion de un vector sobre un eje dado Determinacion de la componente ortogonal de un vector en una dirección dada

P•Q=PQcosθ=PolQ P•Q=PolQ P•Q Q

= Pol =

QxPx+QyPy+QzPz Q

Pol=P(λ) F= F(cosθxi+cosθyj+cosθzk) F= F(λ) λ = λxi+λyj+λzk λ = cos𝜃𝑥 𝑖+cos𝜃𝑦 𝑗+cos𝜃𝑧 𝑘 La componente ortogonal de B en la dirección C B•C=BCcosθ=𝐵𝑐 𝐶 𝐵•𝐶 𝐶

= 𝐵𝑐

B•𝜆𝑐 = =>

𝐵•𝐶 𝐶

−4+24 √29

=

=

[(0i+2j+6k)pies]•[(3i−2j+4k)pies] 20

√29

√29𝑝𝑖𝑒𝑠

= 3.75pies

Producto triple mixto de tres vectores Triple product escalar [S•(PxQ)] ←escalar [(PxQ)] ←vector 𝑆𝑥 S•PxQ = |𝑃𝑥 𝑄𝑥

𝑆𝑦 𝑆𝑧 𝑃𝑦 𝑃𝑧 | 𝑄𝑦 𝑄𝑧

El angulo entre A y C A•C = AC(cosθ) 𝐴𝐶 𝐴𝐶

= cosθ

A = √82 + 42 + (−22 ) = √84 B = √32 + (−22 ) + 42 = √29 Cosθ =

[(8)(3)+(4)(−2)+(−2)(4)]𝑙𝑏•𝑝𝑖𝑒𝑠 (√84)(√29)

Cosθ = 0.1621 θ = aCos(0.1621) θ = 80.65° AxB

𝑖 𝑗 𝑘 𝑖 𝑗 𝑘 AxB= |𝐴𝑥 𝐴𝑦 𝐴𝑧 | = |8 4 −2| = 24i + 0j + 16k - 0k - 48j – (-4)i 𝐵𝑥 𝐵𝑦 𝐵𝑧 0 2 6

AxB = [28i -48 j +16k] lb•pies

Un vector unitario λ que es perpendicular a A y B 𝑉

λ =𝑉

Como el negativo de este vector, también es un λ es perpendicular a Ay B se obtiene: AxB = [(28i-98j+16k)lb•pies] |𝐴𝑥𝐵| = √784 + 2304 + 256 = √3344 = 57.8 λ=

28𝑖

57.8

−

48𝑗

57.8

+

16𝑘

57.8

λ = ±(0.484i-0.830j+0.276k)

Triple product mixto de tres vectores (triple product escalar) (AxB)•C=? [(28i -48j+16k)lb•pies]= AB [(3i-2j+4k)pies] = C [(AxB)•C] = [84+96+64] = 244 lb•pies2

Momento de una fuerza con respecto a un eje dado Caso A Eje que pasa por el origen

El momento con respecto a oL, se define como la proyección oC del momento “Mo” con respecto a o sobre el eje oL MoL= λ•Mo = λ•(rxF)

𝜆𝑥 𝜆𝑦 𝜆𝑧 MoL=| 𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧 | 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧

o

λx, λy, λz rx, ry, rz ← cosenos directores de eje oL Fx, Fy, Fz ← componentes de la fuerza El momento de la componente de MoL de F con respecto al eje oL mide la tendencia de la fuerza F de impartirle a un cuerpo rigido un movimiento de rotación con respecto al eje oL.

Caso B Que no pasan por el origen En general, el momento de una fuerza F aplicada en A con respecto a un eje que no pasa a travez dl origen, se obtiene seleccionando un punto arbitrario B sobre dicho eje y determinando la proyección sobre el eje BL del momento 𝑀𝐵 de F con respecto a B

MBL = 𝜆𝐵𝐿 • 𝑀𝐵

MBL = 𝜆𝐵𝐿 • [(rA/B)xF] 𝑟𝐴𝜆𝑥 /𝐵𝑥 𝐹𝑥 MBL =

𝑟𝐴𝜆𝑦 /𝐵𝑦 𝐹𝑦

𝑟𝐴𝜆𝑧 /𝐵𝑧 𝐹𝑧

Ejemplo F = 195KN O = 0, 0, 0 A = 0, 4, 0 B = 12, 0, 3 AB = 12i -4j +3k AB = 13 FAB =

𝐹(𝐴𝐵)

FAB =

195(12𝑖−4𝑗+3𝑘)

𝐴𝐵

13

= (180i -60j +45k)KN

Mx = 45KN(4m) = 180 KN•m

Mz = 180KN(4m) = -720KN•m

My = 60KN(0m) = 0

Mo = (180i -720k +0j)KN•m

Tambien se puede resolver por matrices 𝑖 𝑗 𝑘 Mo =| 0 4 0 | = (180i-720k) 180 −60 45

Momento de un par Se dice de do fuerzas F y –F tienen la misma magnitud , líneas de acción paralela y sentidos opuestos, forman un par. La suma de las componentes de las dos fuerzas en cualquier dirección es igual a cero. Sin embargo, la suma de los momentos de las dos fuerzas con respecto a un punto dado no es cero. Aunque las dos fuerzas no originan una traslación del cuerpo sobre el que están actuando estas si tenderán a hacerlo rotar.

Pares equivalentes

Dos sistemas de fuerzas equivalentes (esto es, que dicho sistema tiene el mismo efecto sobre un cuerpo rígido) si pueden transformar a uno de ellos en el otro por una o varias de las siguientes operaciones: 1.) 2.) 3.) 4.) 5.)

Reemplazando las fuerzas que actúan sobre la misma partícula por su resultante. Descomponer a una fuerza en sus componentes. Cancelar dos fuerzas iguales y opuestas que actúan sobre la misma partícula. Unir a la misma particula. Mover una fuerza a lo largo de su línea de acción.

Cada una de estas operaciones se justifica fácilmente con base en la ley del paralelogramo o el principio de transmisibilidad.

Descomposición de una fuerza dada en una fuerza en o y un par. Mo = rxF

Equivalencia de fuerzas: Reducción de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par.

∑F = R ∑Mo = MR = ∑(rxF) r = rxi + ryj +rzk F = Fxi + Fyj + Fzk R = Rxi + Ryj + Rzk 𝑀𝑅 = 𝑀𝑅 𝑥𝑖 + 𝑀𝑅 𝑦𝑗 + 𝑀𝑅 𝑧𝑘

Otras reducciones de un sistema de fuerza

Ejemplo Un par de magnitud M=54 lb/pies y las tres fuerzas mostradas en la siguiente figura se aplican a la estructura A-) Encuentre la resultante de este sistema de fuerzas B-) Localize los puntos, donde la línea de acción de la resultante interseca a las líneas AB y AC.

∑Fx = 15 – 45 = Rx Rx = -30lb ∑Fy = -10 + 25.98 = Ry Ry = 15.98lb R = √(-30)2 + (15.98)2

R = 33.99lb

a-) R = 33.99lb θ = 28.04°

∑MB = ? MB = 10(12) – 45(8) + 54 MB = -186 lb•pulg ∑MB = -186 = -Rx(y)

∑MB = -186 = -Ry(x)

-186=-30(y)

-186=--15(x)

y = 6.20 pulg

x=11.64pulg

Equilibrio en 3 dimenciones ∑Mox = 0 ∑ 𝑀𝑜𝑦 =

∑ 𝑀𝑜𝑥 =

−7.5𝐹𝐴𝐷 √24.25

9𝐹𝐴𝐷

√24.25

+

+

21𝐹𝐶𝐸

√57.25

18𝐹𝐶𝐸

√57.25

=0

− 40000 = 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones FAD = 12767.03N;

FAC = 7005.9N

∑Fx = 0 ∑Fx = 0x – 0.6093 FAD – 0.7930 FAC = 0 Ox = 13.336.43N

Ejemplo

Primero vamos con la fuerza TB TBy = sen60° = 0.8660TB TBh TBx = TBcos60°cos40° = 0.380TB TBz = TBcos60°sen40° = 0.3213TB

∑Fx = 0 Rox+TBx+RDx = 0 (1) ∑Fy = 0 Roy-1000+TBy-2000+RDy = 0 (2) ∑Fz = 0 Roz-TBz = 0 (3) ∑Mo = 0 = roAxFA + roBxFB + roCxFC + roDxFD = 0

𝑖 4 |

𝑗 0

𝑘 0

8𝑖 8𝑖 0𝑗 3 𝑘 |+| | + | 𝑅𝐷𝑥 |+| 𝐹𝐵𝑥 𝐹𝐵𝑦 𝐹𝐵𝑧 0 −2000 0 0 =−1000 0 ∑Mo -4000k+6.928TBk+2.5708TBj-16000k+6000i+6RDxj+8RDyk-6RDyi =0 i-

8𝑖

0𝑗

0 𝑘

0 =6000 – 6RDy RDy = 1000N

j-

0 = 2.5708TB + 6RDx (1)

k-

0= -20000+6.928TB+8000 (2)

Resolviendo un sistema de ecuaciones tenemos: TB=1732.10lb j-

0 = 2.5708TB + 6RDx

RDx = -742.15lb TBx = 0.3830TB TBx = 663.4lb TBy = 0.8660TB TBy = 1500lb TBz = 0.3213TB TBz = 556.52lb

0 𝑗 𝑘6 | =0 𝑅𝐷𝑦 0

Analisis estructural Cerchas Metodo de nudos

Nudo A

∑MA= -40000(2)-15000(4)+REy=0 REy = 17500 FABy = -37500N 𝐹𝐴𝐵𝑦 2.5

=

𝐹𝐴𝐵𝑋 2

=

𝐹𝐴𝐵

√10.25

FAB = 48023.43N “C”

∑Fx= RAx-FABx+FAH = 0 RAx = 0 -30000 + FAH = 0 FAH = 30000N “T”

Nudo B

Para encontrar las reacciones en los miembros BC y BH, analicemos el nudo B ∑FBx=0 30 000 – BC = 0 BC = 30 000 “C” ∑FBy=0

37 500 – 40 000 + BH = 0 BH = 2 500 “C”

Para conocer HC y HG analicemos el nudo H ∑Fy=0 2 500 N – FCHy = 0 FCHy 2 500 N 2500 2.5

=

∑Fx=0

𝐹𝐶𝐻

√10.25

=

𝐹𝐶𝐻𝑥 2

CH= 3201.56N “T”

-30 000N + GH + CHx = 0

-30 000 + 2 000 = -GH GH = 28 000 “T” Para que G este en equilibrio GF = 28 000 “T” Y dado que ∑Fy=0 y no tiene aplicada una fuerza externa, sino sólo FGCy=FGC entonces FGC = 0 Ahora analicemos el nudo C

Nudo C

∑Fy=0 17 500 2.5

FCy - 15 000 – 2 500 = 0 FCy = 17 500N =

𝐹𝐶

√10.25

=

𝐹𝐶𝑥 2

FC = 22 410.93N “C”

∑Fx=0 -2 000 –FCx + 30 000 – CD = 0 -2 000 -14 000 + 30 000 –CD = 0

CD = 14 000 “C”

Nudo F

Para conocer FD y FE ∑Fx=0 14 000 – 28 000 + FE = 0 ∑Fy=0 -17 500 + FD = 0

FE = 14 000 “T” FD= 17 500 ”T”

Para conocer DE se puede analizar el nudo D o E, analicemos E.

Nudo E

Ya conociendo las fuerzas equivalentes para DE es decir DEx y DEy entonces √14 0002 + 17 5002 DE = 22 410.93 “C” Y dado que ∑Fx y ∑Fy es igual a cero, lo hicimos bien.

Miembro

Fuerza (N)

AB

48 025. 43 “C”

BC

30 000 “C”

BH

2 500 “C”

AH

30 000 “T”

CH

3 201.56 “T”

GH

28 000 “T”

GF

28 000 “T”

GC

O

FC

22 410.93 “C”

CD

14 000 “C”

FE

14 000 “C”

FD

17 500 “T”

ED

22 410.93 “C"

Cerchas Metodo de secciones

Considerando ∑Fy=0 37 500 - 40 000 + HCy = 0 HCy = 2 500

2 500 2.5

=

HCx 2

=

HC

√10.25

HC= 3 201.56 “T”

∑MH=0 -37 500(2) + BC(2.5) = 0 75 000 = 𝐵𝐶 = 30 000 "𝐶" 2.5 ∑MC=0 40 000(2) – 37 500(4) + HG(2.5) = 0 (80 000 – 150 000)/2.5 = -HG HG = 28 000 “T”

∑FEy=0 17 500 – Dey = 0

17 500

DE.25 DEx √10 = = 2 2.5 DE = 22 410.93 “C” ∑Fy = 0 17 500 – FD = 0 FD = 17 500 “T”

∑MD = 0 para calcular FE 17 500(2) – FE(2.5) = 0 FE = 14 000 “C” ∑ME = 0 para calcular CD -CD(2.5) + DF(2) = 0

CD = 17 500(2)/2.5

Ejemplo Cercha Metodo de secciones

∑MA = 0 -560(3) – 560(6) – 560(9) + RFx(4) = 0 (1680 + 3360 + 5040)/4 = RFx 10 080/4 = RFx = 2 520 lb

∑MF = 0 con las fuerzas externas menos las que toquen el punto

CD = 14 000 “C”

-560(3) + 2 520(4) - BC(4) = 0 -1 680 + 10 080 = BC(4) BC = 2 100 “T”

∑MC = 0 -560(3) + FGx(2.66) = 0 1680/2.66= FGx FGx = 630

FGy 630 FG = = 2 3 √85 FG = 645 “C” ∑MI = 0 560x + 560(x+3) – Cey(x+3) = 0 560(9) + 560(12) = CEy(12) CEy = (5040+6720)/12 CEy = 980 CE = 1 766.72 “C”