reporte de analisis - estatica

Profesor:

M. en C. Francisco Tamayo Ordoñez

Realizador:

González Tolibia Karina Irlanda

INGENIERÍA PETROLERA110510

CD del Carmen, Campeche; a 24 de Abril del 2015

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DEL CARMEN

Dependencia Académica de Ciencias Químicas y

Petrolera

DACQYP

ESTÁTICA

“REPORTE DE ANÁLISIS DE FUERZAS EN DOS Y

TRES DIMENSIONES”

CONTENIDO

Página

Listado de simbología 3

INTRODUCCIÓN 4

MARCO TEÓRICO

•Sistema de fuerzas concurrentes

5

•Suma y resta de vectores 5

•Método del paralelogramo 6

•Método del triángulo 6

•Método del polígono 7

•Método trigonométrico 8

•Método de las componentes 8

•Equilibrio de partículas 9

METODOLOGÍA 10

FÓRMULAS 12

CÁLCULOS Y RESULTADOS

•Hibbeler 14

•Beer, Johnston and Eisenberg 32

•Riley and Sturges 47

CONCLUSIÓN 86

REFERENCIAS 87

LISTADO DE SIMBOLOGÍA

2

i, j, k Vectores unitarios según las direcciones x, y, z

(coordenadas rectangulares).

|F| Módulo de la fuerza.

VR Magnitud de la fuerza resultante.

θ Dirección del vector resultante.

∑Fx, ∑Fy, Sumatoria de componentes en x, y.

Fx, Fy, Fz Componentes rectangulares.

α, β, ᵧ Cosenos directores de los ejes θx, θy, θz.

en Vector unitario.

Fn Componente rectangular del vector según la recta.

INTRODUCCIÓN

3

Las fuerzas son cantidades vectoriales y para definirlas se necesita especificar su

magnitud así como su dirección. Este carácter vectorial hace que la suma de las

fuerzas se convierta en un proceso diferente al usado para sumar números o

escalares. En este reporte se efectuarán sumas vectoriales de dos y tres fuerzas

concurrentes conocidas, usando cinco métodos diferentes. En cada uno de estos

métodos se representarán las fuerzas con vectores. Al dibujar los vectores, se

hará de tal forma que su longitud sea proporcional al valor de la fuerza, mientras

que su orientación señalará la dirección

Este trabajo contiene un marco teórico y una serie de problemas prácticos que se

basan en los usos y aplicaciones de los temas de la Unidad 1. El aprendizaje de

los caracteres de la Estática de Partículas debe comenzar con el estudio de

conceptos base que se muestran anexos en este reporte. Así mismo, se

introducirán los temas:

SISTEMA DE FUERZAS CONCURRENTES SUMA Y RESTA DE VECTORES MÉTODOS GRÁFICOS

-MÉTODO DEL PARALELOGRAMO-MÉTODO DEL TRIÁNGULO-MÉTODO DEL POLÍGONO

MÉTODOS ANALÍTICOS-MÉTODO TRIGONOMÉTRICO-MÉTODO DE LAS COMPONENTES

EQUILIBRIO DE PARTÍCULAS

Como elementos fundamentales para la obtención de las Fuerzas en un plano y

en el espacio, dando origen a sus componentes, magnitudes y direcciones con su

respectiva metodología. Los aportes de dicho proyecto contribuirán al desarrollo

de las capacidades intelectuales enfocados en las materias Estática y Cálculo

Vectorial. De igual manera, se proporcionarán fórmulas base para la correcta

realización de problemas los cuales de presentaran en el transcurso de las

Secuencias Didácticas.

4

MARCO TEÓRICO

SISTEMA DE FUERZAS CONCURRENTES

Son aquellos sistemas en los cuales hay fuerzas con direcciones distintas pero

que se cruzan en un punto determinado, ya sean sus vectores o sus

prolongaciones. Los componentes de un sistema de fuerzas concurrentes forman

ángulos entre sí, que se pueden graficar en un sistema de coordenadas

cartesianas (X e Y). Para hallar la resultante en estos casos se debe trabajar con

las fórmulas de seno, coseno y Pitágoras.

Un sistema de fuerzas concurrentes es aquel para el cual existe un punto en

común para todas las rectas de acción de las fuerzas componentes. Como

simplificación diremos que es una fuerza que reemplaza a un sistema de fuerzas.

Se trata de un problema de equivalencia por composición, ya que los dos sistemas

(las fuerzas componentes por un lado, y la fuerza resultante, por el otro) producen

el mismo efecto sobre un cuerpo.

SUMA Y RESTA DE VECTORES

La suma y resta de vectores se realiza sumando o restando cada una de las

componentes de cada uno y da como resultado otro vector.

V1 = (x1, y1)

V2 = (x2, y2)

V1 + V2 = (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1+ y2)

Para sumar dos vectores, los mismos tienen que tener la misma cantidad de

componentes. Gráficamente la suma y resta de vectores se puede realizar por el

método del paralelogramo, es decir trazar sobre cada vector una recta paralela al

otro formando un paralelogramo, cuya diagonal es la suma.

5

http://www.fisicapractica.com/suma-resta-vectores.php

http://www.arquimaster.com.ar/articulos/articulo31.htm

http://algollamadofisica.blogspot.mx/2013/05/sistema-de-fuerzas-concurrentes-con.html

MÉTODOS GRÁFICOS

Método del paralelogramo

El método del paralelogramo es un procedimiento gráfico sencillo que permite

hallar la suma de dos vectores.

Primero se dibujan ambos vectores (a y b) a escala, con el punto de aplicación

común. Seguidamente, se completa un paralelogramo, dibujando dos segmentos

paralelos a ellos.

El vector suma resultante (a+b) será la diagonal del paralelogramo con origen

común a los dos vectores originales.

Método del triángulo

En este método, los vectores se deben trasladar (sin cambiarle sus propiedades)

de tal forma que la "cabeza" del uno se conecte con la "cola" del otro (el orden no

interesa, pues la suma es conmutativa).

El vector resultante se representa por la "flecha" que une la "cola" que queda libre

con la "cabeza" que también está libre (es decir se cierra un triángulo con un

"choque de cabezas".

Figura 1

6

http://www.universoformulas.com/matematicas/geometria/paralelogramo/

http://www.universoformulas.com/matematicas/geometria/paralelogramo/

En la figura 1 el vector de color negro es la suma vectorial de los vectores de color

rojo y de color azul. Si la operación se hace gráficamente, sólo se debe medir con

una regla el tamaño del vector de color negro utilizando la misma escala que se

utilizó para dibujar los vectores sumados (el rojo y el azul). Esa sería la magnitud

de la suma. La dirección se obtiene midiendo con un transportador el ángulo que

forma con una línea horizontal.

Método del polígono

Este método es simplemente la extensión del método del triángulo. Es decir, se

van desplazando los vectores para colocarlos la "cabeza" del uno con la "cola" del

otro y la resultante final es el vector que cierra el polígono desde la "cola" que

quedo libre hasta la "cabeza" que quedo también libre (cerrar con un "choque de

cabezas"). Nuevamente el orden en que se realice la suma no interesa, pues

aunque el polígono resultante tiene forma diferente en cada caso, la resultante

final conserva su magnitud, su dirección y su sentido. Este método sólo es

eficiente desde punto de vista gráfico, y no como un método analítico.

7

http://www.virtual.unal.edu.co/cursos/sedes/medellin/nivelacion/uv00004/lecciones/unidades/generalidades/vectores/concepto/index23.htm

MÉTODOS ANALÍTICOS

Método trigonométrico

Este método se basa en el empleo de la trigonometría del triángulo rectángulo

simple; éste puede mejorar la precisión y la rapidez al determinar el vector

resultante; además, ayuda a encontrar los componentes de un vector.

Será de gran ayuda utilizar los ejes x y y imaginarios cuando se trabaja con

vectores en forma analítica. Cualquier vector puede dibujarse haciendo coincidir

su origen con el cruce de esas líneas imaginarias. A lo largo de los ejes x y y, los

componentes del vector pueden verse como efectos.

La dirección del vector resultante se puede obtener a partir de los teoremas del

seno y del coseno y si es un triángulo rectángulo se utilizará el teorema de

Pitágoras.

Método de las componentes

El método consiste en sumar o restar las componentes en x de los vectores

principales, y el resultado de ésta operación es la componente en x del vector

resultante.

De igual manera, se operan las componentes en y de los vectores principales y el

resultado es la componente en y del vector resultante.

Obtenidas las componentes de la resultante, se pueden encontrar la magnitud,

dirección y sentido de éste vector.

Cuando una componente, en x o en y, tiene un valor negativo, el sentido de ésa

componente es contrario a los lados positivos del marco de referencia. Por

ejemplo, si una componente en y tiene un valor negativo, la proyección en el eje y

de ése vector apunta hacia abajo.

8

EQUILIBRIO DE PARTÍCULAS EN EL PLANO Y EN EL ESPACIO

“Si la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre una partícula es cero, la

partícula se encuentra en equilibrio”

Una partícula sujeta a la acción de dos fuerzas estará en equilibrio si ambas tienen

la misma magnitud, la misma línea de acción y sentidos opuestos. Entonces la

resultante de las fuerzas es cero. Una partícula está en equilibrio si está en reposo

y se mueve a velocidad constante.

Cuando una partícula está en equilibrio, la resultante de todas las fuerzas que

actúan sobre la partícula debe ser igual a cero. En el caso de una partícula sobre

la que actúan fuerzas coplanares, expresar este hecho proporcionará dos

relaciones entre las fuerzas involucradas. Estas relaciones se pueden utilizar para

determinar dos incógnitas (como la magnitud y la dirección de una fuerza o las

magnitudes de dos fuerzas).

Condición para el equilibrio de una partícula:

•De la primera ley de Newton, ∑F = 0 siendo ∑F la suma vectorial de todas las

fuerzas que actúan sobre la partícula.

•De la segunda ley de Newton, ∑F = ma. Cuando las fuerzas cumplen las

condiciones de la primera ley de Newton, ma = 0 a = 0 por lo que la partícula se

mueve con velocidad constante o está en reposo.

Diagrama de cuerpo libre:

•Permite representar todas las fuerzas que actúan sobre una partícula (∑F).

•Es un esquema que muestra la partícula libre de su entorno, con todas las

fuerzas que actúan sobre ella.

9

METODOLOGÍA

MÉTODO DEL PARALELOGRAMO

1. Construir el diagrama de cuerpo libre.

2. Nombrar los vectores con su magnitud y dirección.

3. Definir una escala.

4. Medir el vector resultante a partir de la diagonal principal.

MÉTODO DEL TRIÁNGULO


2. Trazar el primer vector.

3. Crear un nuevo plano a partir del final del primer vector y trazar el segundo

vector.

4. Unir ambos vectores y medir el vector resultante.

MÉTODO DEL POLÍGONO


2. Definir una escala.

3. Trazar los vectores en orden, al final de cada vector crear un nuevo plano

para trazar el siguiente vector y así sucesivamente hasta trazar el último

vector.

4. Unir el inicio del primer vector con el último vector y medir el vector

resultante.

MÉTODO TRIGONOMÉTRICO


2. Trazar el primer vector, y al final de este trazar un nuevo plano.

3. Trazar el segundo vector a partir del nuevo plano.

4. Unir ambos vectores para obtener el vector resultante.

5. Calcular el ángulo de dirección.

10

MÉTODO DE LAS COMPONENTES


2. Descomponer las componentes.

3. Sumar las componentes.

4. Obtener la magnitud de la fuerza resultante.

5. Calcular la dirección del vector resultante.

SUMA Y RESTA DE VECTORES EN EL ESPACIO


2. Descomponer las componentes.

3. Sumar las componentes.

4. Obtener la magnitud del vector resultante.

5. Calcular los cosenos directores.

EQUILIBRIO DE PARTÍCULAS

1. Encontrar el punto de concurrencia.

2. Aplicar la 3ª Ley de Newton para deducir la dirección de las fuerzas.


4. Calcular la magnitud de los vectores.

EQUILIBRIO EN EL ESPACIO

1. Descomponer cada fuerza. -Ángulos

-Distancias -Proyecciones

2. Realizar las sumatorias y aplicar las condiciones de equilibrio.

∑X= 0

∑Y= 0

∑Z= 0

3. Obtener el sistema de ecuaciones y resolver.

11

FÓRMULAS

Componentes Vx= V Cos θVy= V Sen θ

Sumatoria de las componentes ∑Fx= V1x + V2x + V3x + … Vnx

∑Fy= V1y + V2y + V3y + … Vny

Magnitud de la fuerza resultante FR= √∑Fx 2 + ∑Fy

2

Dirección del vector resultante θ = Tg-1 ∑Fy

∑Fx

Componentes rectangulares Fx= F Cos θx

Fy= F Cos θy

Fz= F Cos θz

Sumatoria de las componentes rectangulares

∑Fx= V1x + V2x + V3x + … Vnx

∑Fy= V1y + V2y + V3y + … Vny

∑Fz= V1z + V2z + V3z + … Vnz

Magnitud de las componentes

rectangulares||F||= √∑Fx

2 + ∑Fy2 + ∑Fz

2

Cosenos directores α= Cos-1 Ax Aβ= Cos-1 Ay A

ᵧ= Cos-1 Az A

Vector unitario e= Fx i + Fy j + Fz k F F Fe= dx i + dy j + dz k d d den= Cos α i + Cos β j + Cos ᵧ k

Vector cartesiano F= {Fx i, Fy j, Fz k} F

Distancia d= √x2 + y2 + z2

Componentes rectangulares(Distancia)

Fx= F dx dFy= F dy dFz= F dz d

12

Ángulos

α= Cos-1 dx dβ= Cos-1 dy d

ᵧ= Cos-1 dz d

Ángulo entre dos vectoresα= Cos-1 A*B AB

α= Cos-1 (e1*e2)

Vector unitario UA= Ax + Ay + Az A A A

Proyecciones Pxy= F Cos φFz= F Sen φFx= Pxy Sen Ǿ = F Cos φ Sen ǾFy= Pxy Cos Ǿ = F Cos φ Cos Ǿ

Ley de senos

Ley de cosenos

Identidad trigonométricaCos2α + Cos2β + Cos2ᵧ = 1

Condiciones de equilibrio de partículas en 2D y 3D

2D 3D∑X= 0 ∑X= 0∑Y= 0 ∑Y= 0 ∑Z= 0

13

HIBBELER

2.1. Determine la magnitud de la fuerza resultante FR= F1 + F2 y su dirección, medida en sentido contrario al de las manecillas del reloj desde el eje x positivo.a) Método de las Componentes.

F1= 600N, θ= 45°Fx= 600N Cos 45° Fy= 600N Sen 45°Fx= 424.264N Fy= 424.264N

F2= 800N, θ= 150°Fx= 800N Cos 150° Fy= 800N Sen 150°Fx= -692.82N Fy= 400N

∑Fx= 424.264N – 692.82N ∑Fy= 424.264N+400N∑Fx= -268.556N ∑Fx= 824.264N

FR= √(268.556)2 + (824.264)2

FR= 866.91N

θ = tg-1 824.264N 268.556Nθ = 71.95° θ= 180° - 71.95°θ= 108.4°

VR= 866.91N a 108.4° NO.

14

2.8. Determine el ángulo θ para conectar la barra A a la placa de manera que la

fuerza resultante FA y FB esté dirigida horizontalmente hacia la derecha. ¿Cuál es

la magnitud de la fuerza resultante?

FAx= 8KN Cos α FAy= 8KN Sen α

FBx= 6KN Cos 50° FBy= 6KN Sen 50°FBx= 3.8567KN FBy= -4.5962KN

∑Fx= 8KN Cos α + 3.8567KN = FR

∑Fy= 8KN Sen α – 4.5962KN = ᴓ

α= Sen-1 4.5962KN

8KN

α= 35.066°

FR= 8KN Cos 35.066° + 3.8567KN

FR= 10.4046 KN

θ= 90° – α

θ= 90° – 35.066°

θ= 54.9°

VR= 10.4046KN a 54.9° NE.

15

2.32. Determine la magnitud de la fuerza resultante así como su dirección, medida

ésta en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x positivo.

Escala 1:10N

A= 70N, θ= 0°

B= 65N, θ= 45°

C= 50N, θ= 30°

VR= 98N a 46° SE.

16

2.37. Determine la magnitud y la dirección θ de F1 de manera que la fuerza

resultante esté dirigida verticalmente hacia arriba y tenga una magnitud de 800N.

A= 400N, θ= 210°

Ax= 400N Cos 210° Ay= 400N Sen 210°Ax= -346.41N Ay= -200N

B= 600N, θ= 323.2° tg-1( ¾)= 36.86°

Bx= 600N Cos 323.2° By= 600N Sen 323.2°

Bx= 480.43N By= -359.41N

∑Fx= 134.02N ∑Fy= 240.59N

FR= √(134.02)2 + (240.59)2

FR= 275N

α= Tg-1 240.59N 134.02Nα= 60.88°

θ= 90°-60.88°θ= 29.12°

FR= 275N a 29.12° NE.

17

2.43. Determine la magnitud y la orientación θ de FB de manera que la fuerza

resultante esté dirigida a lo largo del eje y positivo y tenga una magnitud de

1500N.

∑X= 0 ∑Y=1500N

FAx= 700 Cos 30° FAy= 700 Sen 30°

FAx= 606.218N FAy= 350N

∑X= 0 = 700 Sen 60° - FB Cos θ ∑Y= 1500N = 700 Cos 60° + FB Sen θ

FB Cos θ= 350N FB Sen θ = 1500N – 606.218N

FB Sen θ = 893.782N

FR= √(350)2 + (893.782)2

FR= 960N

960N Sen θ = 893.782N

θ = Sen-1 893.782N 960N θ = 68.6°

FR= 960N a 68.6° NO.

18

2.44. Determine la magnitud y la orientación, medida ésta en sentido contrario al

eje de las manecillas del reloj desde el eje y positivo, de la fuerza resultante que

actúa sobre la ménsula, si FB = 600N y θ = 20°.

FA= 700N, θ = 30°

FAx= 700 Sen 30° FAy= 700 Cos 30°FAx= 350N FAy= 606.21N

FB= 600N, θ = 20°

FBx= 600 Cos 20° FBy= 600 Sen 20°FBx= -563.816N FBy= 205.212N

∑FX= 350N - 563.816N ∑FY= 606.218N + 205.212N∑FX= -213.816N ∑FY= 811.43N

FR= √(-213.816)2 + (811.43)2

FR= 839.128N

θ = tg-1 213.816N 811.43Nθ= 14.7°

FR= 839.128N a 14.7° NO.

19

2.45. Determine las componentes x y y de F1 y F2.

F1= 200N, θ= 45°

F1x= 200 Cos 45° F1y= 200 Sen 45°F1x= 141.42N F1y= 141.42N

F2= 150N, θ= 30°

F2x= 150N Cos 30° F2y= 150N Sen 30°F2x= -129.90N F2y= 75N

2.46. Determine la magnitud de la fuerza resultante así como su dirección, medida

ésta en sentido contrario al de las manecillas del reloj desde el eje x positivo.

∑FX= 141.42N – 129.90N ∑FY= 141.42N + 75N∑FX= 11.51N ∑FX= 216.42N

FR= √(11.51)2 + (216.42)2

FR= 216.726N

θ= tg-1 216.42N 11.51Nθ= 87°

FR= 216.726N a 87°

20

2.47. Determine las componentes x y y de cada fuerza que actúa sobre la placa de

nudo de la armadura de puente. Muestre que la fuerza resultante es cero.

F1= 200Lb, θ= 180°

F1x= 200Lb Cos 180° F1y= 200Lb Sen 180°F1x= -200Lb F1y= 0

F2= 400Lb, θ= 36.8° tg-1 (3/4) = 36.8°

F2x= 400Lb Cos 36.8° F2y= 400Lb Sen 36.8°F2x= 320Lb F2y= -240

F3= 300Lb, θ= 53.13° tg-1 (4/3) = 53.13°

F3x= 300Lb Cos 53.13° F3y= 300Lb Sen 53.13°F3x= 180Lb F3y= 240Lb

F4= 300Lb, θ= 180°

F4x= 300Lb Cos 180° F4y= 300Lb Sen 180°F4x= -300Lb F4y= 0

∑FX= -200Lb + 320Lb +180 Lb – 300Lb ∑Fy= 0 – 240Lb + 240Lb∑FX= 0 ∑Fy= 0

FR= ᴓ

21

2.48. Si θ = 60° y F = 20 KN, determine la magnitud de la fuerza resultante y su

dirección medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x positivo.

A= 50KN, θ= 36.86° tg-1(3/4) = 36.86°

Ax= 50KN Cos 36.86° Ay= 50KN Sen 36.86°Ax= 40.0052KN Ay= 29.9931KN

B= 20KN, θ= 240° 180°+ 60° = 240°

Bx= 20KN Cos 240° By= 20KN Sen 240°Bx= -10KN By= -17.3205KN

C= 40KN, θ= 315° tg-1(1/1) = 45° 360°- 45° = 315°

Cx= 40KN Cos 315° Cy= 40KN Sen 315°Cx= 28.2843KN Cy= -28.2843KN

∑FX= 40.0052KN – 10KN + 28.2843KN ∑FX= 58.28 KN

∑FY= 29.9931KN – 17.3205KN - 28.2843K∑FY= -15.61 KN

FR= √(58.28)2 + (-15.61)2

FR= 60.3KN

θ= tan-1 15.61KN 58.28KNθ= 15°

FR= 60.3KN a 15° SE.

22

A

CB

2.49. Determine la magnitud y la dirección θ de FA de manera que la fuerza

resultante esté dirigida a lo largo del eje x positivo y tenga una magnitud de

1250N.

∑X= 0 ∑Y= 1250N

∑Fx= 800N Cos 30° + FA Sen θ= 1250NFA Sen θ= 1250N – 800N Cos 30°FA Sen θ= 557.18N

∑Fy= FA Cos θ – 800N Sen 30°= 0FA Cos θ= -800N Sen 30°FA Cos θ= -400N

FR= √(557.18)2 + (-400)2

FR= 685.893N

FA Sen θ= 557.18N685.893N Sen θ= 557.18Nθ= Sen-1 557.18N 685.893N θ= 54.32°

FA= 685.893N a 54.32°

23

2.50. Determine la magnitud y la dirección, medida ésta en sentido contrario al de

las manecillas del reloj desde el eje x positivo, de la fuerza resultante que actúa

sobre el anillo O, si FA = 750N y θ = 45°.

FA= 750N, θ= 45°

FAx= 750N Cos 45° FAy= 750N Sen 45°FAx= 530.33N FAy= 530.33N

FB= 800N, θ= 30°

FBx= 800N Cos 30° FBy= 800N Sen 30°FBx= 692.82N FBy= -400N

∑Fx= 530.33N – 400N ∑Fy= 530.33 + 692.82N

∑Fx= 130.33N ∑Fy= 1223.15N

FR= √(130.33)2 + (1223.15)2

FR= 1230.07N

θ = tan-1 130.33N 1223.15Nθ = 6.08°

FR= 1230.33N a 6.08° NE.

24

2.59. Determine la magnitud y los ángulos coordenados de dirección de F1 = {60i -

50j + 40k} N y F2 = {-40i - 85j + 30k} N.

F1 = {60i - 50j + 40k} N

F1= √(60)2 + (50)2 + (40)2

F1= 87.74N

α = Cos-1 60N = 46.85° 87.74N

β = Cos-1 - 50N = 124.741° 87.74N

ᵧ = Cos- 1 40N = 62.87°

87.74N

F2 = {-40i - 85j + 30k} N

F2= √(-40)2 + (-85)2 + (30)2

F2= 98.6154N

α = Cos-1 -40N = 113.93° 98.6154 N

β = Cos-1 - 85N = 149.53° 98.6154N

ᵧ = Cos- 1 30N = 72.28°

98.6154N

25

2.60. El cable en el extremo del pescante de la grúa ejerce una fuerza de 250Lb

sobre el pescante, como se muestra. Exprese F como un vector cartesiano.

Fx= 250 Lb Cos 30°

Fx= 216.506 Lb

Fy= 250 Lb Cos 70°

Fy= 85.505 Lb

Cos2 α + Cos2 β + Cos2 ᵧ = 1

Cos ᵧ = √1 - Cos2 α - Cos2 β

Cos ᵧ = √1 – (Cos 30)2 - (Cos 70)2

Cos ᵧ = 0.3647

ᵧ = Cos-1 (0.3647)

ᵧ = 68.61°

Fz= 250 Lb Cos 68.61°

Fz= -91.17 Lb

F= {216.506 i + 85.505 j - 91.17k}

26

2.61. Determine la magnitud y los ángulos coordenados de dirección de la fuerza F

que actúa sobre la estaca.

4 F= 40N5F= (40N) (5) 4F= 50N

F= {40N Cos 70°i + 40N Sen 70° j + 3/5 (50N) k}

F= {13.7 i + 37.6 j + 30 k} N

F= √(13.7)2 + (37.6)2 + (30)2

F= 50N

α = Cos-1 13.7N = 74.09° 50N

β = Cos-1 37.6N = 41.2° 50N

ᵧ = Cos- 1 30N = 53.1°

50N

27

2.63. La pieza montada sobre el torno está sometida a una fuerza de 60N.

Determine el ángulo coordenado de dirección β y exprese la fuerza como un

vector cartesiano.

Cos2 α + Cos2 β + Cos2 ᵧ = 1

Cos β = √1 - Cos2 α - Cos2 ᵧCos β = √1 – (Cos 60)2 - (Cos 30)2

Cos β = 0

β = Cos-1 (0)β = 90°

Fx= 60N Cos 60°Fx= -30N

Fy= 60N Cos 90°Fy= 0

Fz= 60N Cos 30°Fz= 51.96N

F= {-30 i + 51.96 k}

28

2.70. Determine la magnitud y los ángulos coordenados de dirección de la fuerza

resultante.

F1) F2) ∑F)

F1x= 350N Cos 60° F2x= 250N Cos 36.86° Cos 30° ∑Fx= 348.228N

F1x= 175N F2x= 173.228N

F1y= 350N Cos 60° F2y= 250N Cos 36.86° Sen 30° ∑Fy= 74.987N

F1y= 175N F2y= -100.013N

F1z= 350N Cos 45° F2z= 250N Sen 36.86° ∑Fz= -97.552N

F1z= -247.487N F2z= 149.965N

F= √(348.228)2 + (74.987)2 + (-97.552)2

F= 369.180N

α = Cos-1 348.228N = 19.39° 369.180N

β = Cos-1 74.987N = 78.28° 369.180N

ᵧ = Cos- 1 -97.552N = 105.317°

369.180N

29

3.6. Las barras de una armadura están articulados en el nudo O. Determine la

magnitud de F1 y su ángulo θ por equilibrio. Considere F2= 6 KN.

F1+F2+F3+F4 = 0F1= -F2 – F3 – F4

F1X= F1 Cos θ F1Y= F1 Sen θ

F2= 6KN, θ= 20°F2X= 6KN Cos 20° F2Y= 6KN Sen 20°F2X= 5.63816 KN F2Y= 2.05212 KN

F3= 5KN, θ= 30°F3X= 5KN Cos 30° F3Y= 5KN Sen 30°F3X= -4.33013 KN F3Y=2.5 KN

F4= 7KN, θ= 36.86° Tg-1(3/4) = 36.86°F4X= 7KN Cos 36.86° F4Y= 7KN Sen 36.86°F4X= -5.60073KN F4Y= -4.19903KN

∑X= F1 Cos θ – 5.63816KN + 4.33013KN + 5.60073KN = 0∑X= F1 Cos θ = 4.2927KN

∑Y= F1 Sen θ – 2.05212KN – 2.5KN + 4.19903KN = 0∑Y= F1 Sen θ = -0.35309KN

θ = Tan-1 (0.3530/4.2927)= 4.70°

F1X= 4.2927KN Cos 4.70° = 4.2782 KN

F1Y= -0.35309KN Sen 4.70° = -0.0289 KN

F1= √(4.2782)2 + (-0.0289)2 = 4.2790KN

30

F3

F4F1

F2

3.70. Determine las magnitudes de las fuerzas F1, F2 y F3 necesarias para

mantener la fuerza F= {-9i – 8j – 5k}KN en equilibrio.

F1= ?

Px,-y= F1 Cos 60° = 0.5 F1 F1x= 0.5 F1 Cos 30° = 0.433 F1

F1z= F1 Sen 60° = 0.866 F1 F1y= 0.5 F1 Sen 30° = -0.25 F1

[F1= 0.433 F1i – 0.25 F1j + 0.866F1k]

F2= ?

F2x= F2 Cos 135°= -0.7071 F2

F2y= F2 Cos 60°= 0.5 F2 [F2= -0.7071i + 0.5j + 0.5k]F2z= F2 Cos 60°= 0.5 F2

F3= ?

Dx= 4m d= √(4)2 + (4)2 + (-2)2

Dy= 4m d= 6mDz= -2m

F3= F3 (4/6 i + 4/6 j – 2/6 k)[F3= 0.6666 F3i + 0.6666 F3j – 0.3333 F3k]

F= {-9i – 8j -5k} KN

∑X= 0.433F1 – 0.7071F2 + 0.6666F3 = 9KN

∑Y= -0.25F1 + 0.5F2 + 0.6666F3 = 8KN

∑Z= 0.866F1 + 0.5F2 – 0.3333F3= 5KN

F1= 8.25607KN F2= 3.84301KN F3= 12.215KN

31

BEER, JOHNSTON AND EISENBERG

2.1. Dos fuerzas P y Q se aplican en el punto A del gancho que se muestra en la

figura. Si P = 15 Lb y Q = 25 Lb, determine en forma gráfica la magnitud y la

dirección de su resultante empleando a) Ley del paralelogramo, b) Regla del

triángulo.

a) Ley del paralelogramo

Escala 1:05 Lb

b) Regla del triángulo

VR= 37 LB a 76° SE.

32

2.4. Un automóvil descompuesto es jalado por medio de cuerdas sujetas a las dos

fuerzas que se muestran en la figura. Determine en forma gráfica la magnitud y la

dirección de su resultante usando a) Ley del paralelogramo, b) Regla del triángulo.

a) Ley del paralelogramo

b) Regla del triángulo.

VR= 5.3KN a 12° NE.

33

2.73. Para estabilizar un árbol arrancado parcialmente durante una tormenta, se le

amarran los cables AB y AC a la parte alta del tronco y después se fijan a barras

de acero clavadas en el suelo. Si la tensión en el cable AB es de 950 Lb,

determine a) Las componentes de la fuerza ejercida por este cable sobre el árbol,

b) Los ángulos θx, θy y θz que forma la fuerza en A con los ejes paralelos a los ejes

coordenados.

AB= 950 Lb

Tx,z= 950 Lb Cos 40°

Tx,z= 727.742 Lb

Ty= 950 Lb Sen 40°

Ty= -610.6482 Lb

Tx= 727.742 Lb Cos 40°

Tx= 557.4828 Lb

Tz= 727.742 Lb Sen 40°

Tz= 467.7836 Lb

α = Cos-1 557.4828Lb = 54.068° 950 Lb

β = Cos-1 -610.6482Lb = 130° 950Lb

ᵧ = Cos- 1 467.7836Lb = 60.50°

950Lb

34

2.74. Para estabilizar un árbol arrancado parcialmente durante una tormenta, se le

amarran los cables AB y AC a la parte alta del tronco y después se fijan a barras

de acero clavadas en el suelo. Si la tensión en el cable AC es de 810 Lb,

determine a) Las componentes de la fuerza ejercida por este cable sobre el árbol,

b) Los ángulos θx, θy y θz que forma la fuerza en A con los ejes paralelos a los ejes

coordenados.

AC= 810 Lb

T-x,z= 810Lb Cos 45°

T-x,z= 572.756 Lb

Ty= 810 Lb Sen 45°

Ty= -572.756 Lb

Tx= 572.756 Lb Sen 25°

Tx= -242.057 Lb

Tz= 572.756 Lb Cos 25°

Tz= 519.093 Lb

α = Cos-1 -242.057Lb = 107.38° 810Lb

β = Cos-1 -572.756Lb = 135.001° 810Lb

ᵧ = Cos- 1 519.093Lb = 50.14°

810Lb

35

2.75. Determine: a) Las componentes x, y, z de la fuerza de 900N, b) Los ángulos

θx, θy y θz que forma la fuerza con los ejes coordenados.

Fx,-z= 900N Cos 30°

Fx,-z= 779.42N

Fy= 900N Sen 30°

Fy= 450N

Fx= 779.42N Cos 25°

Fx= 706.394N

Fz= 779.42N Sen 25°

Fz= -329.89N

α = Cos-1 706.394N = 38.29° 900N

β = Cos-1 450N = 60° 900N

ᵧ = Cos- 1 -329.89N = 111.49°

900N

36

2.76. Determine a) Las componentes x, y, z de la fuerza de 1900N, b) Los ángulos

θx, θy y θz que forma la fuerza con los ejes coordenados.

F-x,y= 1900N Sen 20°

F-x,y= 649.83N

Fy= 1900N Cos 30°

Fy= 1785.42N

Fx= 649.83N Sen 70°

Fx= -610.64N

Fz= 649.83N Cos 70°

Fz= 222.255N

α = Cos-1 -610.64N = 108.74° 1900N

β = Cos-1 1785.42N = 20° 1900N

ᵧ = Cos- 1 222.255N = 83.28°

1900N

37

2.87. Una barra de acero se dobla por formar un anillo semicircular con 36 in de

radio que está sostenido parcialmente por los cables BD y BE, los cuales se unen

al anillo en el punto B. Si la tensión en el cable BD es de 55 Lb, determine las

componentes de la fuerza ejercida por el cable sobre el soporte colocado en D.

DB)

x= 36m

y= -42m

z= -36m

d= √(36)2 + (-42)2 + (-36)2

d= 66m

Fx= 55Lb (36m) = 30 Lb

66m

Fy= 55Lb (-42m) =-35 Lb

66m

Fz= 55Lb (-36m) = -30 Lb

66m

38

2.93. Determine la magnitud y la dirección de la resultante de las dos fuerzas

mostradas en la figura, si P = 4 kips y Q = 8 kips.

P) Q)

Px= 4Kips Cos 30° Sen 20° Qx= 8Kips Cos 45° Sen 15°

Px= 1.1847 Kips Qx= -1.4641Kips

Pz= 4Kips Cos 30° Cos 20° Qy= 8Kips Sen 45°

Pz= 3.2551 Kips Qy= 5.6568Kips

Py= 4Kips Sen 30° Qz= 8Kips Sen 45° Cos 15°

Py= -2Kips Qz= -5.4641Kips

∑Fx= -0.2794 Kips

∑Fy= 3.65 Kips

∑Fz= -2.205 Kips

F= √(-0.2794)2 + (3.65)2 + (-2.205)2

F= 4.2734 Kips

α = Cos-1 -0.2794 Kips = 93.7° 4.2734 Kips

β = Cos-1 3.65 Kips = 31.3° 4.2734 Kips

ᵧ = Cos- 1 -2.205 Kips = 121.06°

4.2734 Kips

39

2.44. Dos cables se amarran juntos en C y se cargan como indica la figura.

Determine la tensión en: a) El cable AC, b) El cable BC.

A= ?, θ= 36.86° Tg-1(300/400)= 36.86°

Ax= A Cos 36.86° Ay= A Sen 36.86°

Ax= -0.8001A Ay= 0.5998ª

B= ?, θ= 43.60° Tg-1 (500/525)= 43.60°

Bx= B Cos 43.60° By= B Sen 43.60°

Bx= 0.7241B By= 0.6896 B

W= 3KN, θ= 270°

Wx= 3KN Cos 270° Wy= 3KN Sen 270°

Wx= 0 Wy= -3KN

∑X= -0.8001A + 0.7241B = 0

∑Y= 0.5998A + 0.6896B = 3KN

USANDO UNA CALCULADORA CON SISTEMA DE ECUACIONES

A= 2.203 KN

B= 2.4342 KN

40

2.45. Una componente de máquina con forma irregular se mantiene en la posición

mostrada en la figura por medio de tres sujetadores. Si FA= 940N, determine las

magnitudes de las fuerzas FB y FC ejercida por los otros dos sujetadores.

FA= 940N, θ= 0°

FAX= 940N Cos 0° FAY= 940 Sen 0°FAX= 940N FAY= 0

FB= ?, θ= 50°

FBX= FB Cos 50° FBY= FB Sen 50°FBX= -0.6427 FB FBY= -0.7660 FB

FC= ?, θ= 70°

FCX= FC Cos 70° FCY= FC Sen 70°FCX= -0.3420 FC FCY= 0.9396 FC

∑Fx= 940N - 0.6427 FB – 0.3420 FC = 0∑FY= -0.7660 FB + 0.9396 FC = 0

ELIMINACIÓN

0.9396 [-0.6427 FB – 0.3420 FC = -940N]0.3420 [-0.7660 FB + 0.9396 FC = 0 ] -0.6038 FB – 0.3213 FC = -883.224N -0.2619 FB + 0.3213 FC = 0 . -0.8657 FB = -883.224N FB= -883.224N -0.8657N FB= 1020.24N

41

SUSTITUCIÓN

-0.7660 (1020.24N) + 0.9396 FC= 0

0.9396 FC = 781.504 N

FC= 781.504N 0.9396FC= 831.741N

42

2.48. Dos semáforos se cuelgan temporalmente de un cable como se muestra en

la figura. Si el semáforo colocado en B pesa 300N, determine el peso del semáforo

en C.

A= ?, θ= 22.61°

AX= A Cos 22.61° AY= A Sen 22.61°

AX= -0.9231 A AY= 0.3844 A

C= ?, θ= 6.70°

CX= C Cos 6.70° CY= C Sen 6.70°

CX= 0.9931 C CY= 0.1166 C

W= 300N, θ= 270°

WX= 300N Cos 270° WY= 300N Sen 270°

WX= 0 WY= -300N

∑X= -0.9231A + 0.9931C = 0

∑Y= 0.3844A + 0.1166C = 300N

USANDO UNA CALCULADORA CON SISTEMA DE ECUACIONES

A= 608.789N C= 565.878N

43

D= ?, θ= 16.26°

DX= D Cos 16.26° DY= D Sen 16.26°

DX= 0.96 D DY= 0.2799 D

B= 565.878N, θ= 6.70°

BX= 565.878N Cos 6.70° BY= 565.878N Sen 6.70°

BX= -562.013N BY= -66.0214N

W= ?, θ= 270°

WX= W Cos 270° WY= W Sen 270°

WX= 0 WY= -W

∑X= 0.96D – 562.013N = 0

∑Y= 0.2799D – 66.0214N – W = 0

DESPEJE

D= 562.013N

SUSTITUCIÓN

0.2799 (562.013N) – 66.0214N = W

W= 91.286N

44

2.103. Tres cables son usados para amarrar el globo que se muestra en la figura.

Si la tensión en el cable AB es de 259N, determine la fuerza vertical P que ejerce

al globo en A.

TAD= ?Dx= 0 d= √(-5.6)2 + (-3.3)2

Dy= -5.6m d= 6.5mDz= -3.3m

e= . 0 i - 5.6m j - 3.3m k 6.5m 6.5m 6.5m

e= -0.8615j – 0.5076k

TAD= TADe= TAD (-0.8615j – 0.5076k)[TAD= -0.8615TADj – 0.5076TADk]

TAB= 259NDx= -4.2m d= √(-4.2)2 + (-5.6)2

Dy= -5.6m d= 7mDz= 0

e= -4.2m i - 5.6m j 7m 7m

e= -0.6i – 0.8j

TAB= TABe= 259N (-0.6i – 0.8j)[TAB= {-155.4i – 207.2j} N]

45

TAC= ?

Dx= 2.4m d= √(2.4)2 + (-5.6)2 + (4.2)2

Dy= -5.6m d= 7.4m

Dz= 4.2m

TAC= TAC 2.4m i - 5.6m j + 4.2m k 7.4m 7.4m 7.4m[TAC= 0.3243 TACi – 0.7567 TACj + 0.5675 TACk]

P= Pj Vertical

∑X= -155.4 + 0.3243 TAC = 0

∑Y= -0.8615 TAD – 207.2 – 0.7567 TAC + P = 0

∑Y= -0.5076 TAD + 0.5675 TAC = 0

DESPEJE DE ∑X

TAC= 155.4 = 479.186N 0.3243

SUSTITUCIÓN EN ∑Z

-0.5076 TAD + 0.5675 (479.186N) = 0

-0.5076 TAD= -271.938N

TAD= -271.938N -0.5076TAD= 535.733N

SUSTITUCIÓN EN ∑Y

P= .8615 (535.733N) + 207.2 + 0.7567 (479.186N)

P= 1031.33N

46

RILEY AND STURGES

2.1. Determinar el módulo de la resultante R y el ángulo θ que forman la recta

soporte de la resultante y el eje x en la siguiente figura. Resolver por a) Método del

paralelogramo, b) Método del triángulo y c) Método de las componentes.

a) Método del Paralelogramo.

Escala 1:10 N

FR= 150 N a 36°

47

b) Método del triángulo.

Escala 1:10 N.

FR= 150 N a 36°

c) Método de las Componentes.

A= 120N, θ= 0°

Ax= 120N Cos 0° Ay= 120N Sen 0°Ax= 120N Ay= 0

B= 90N, θ= 90°

Bx= 90N Cos 90° By= 90N Sen 90°Bx= 0 By= 90N

∑Fx= 120N ∑Fy= 90N

F= √(120)2 + (90)2

F= 150N

θ = tan-1 90N = 36.86° 120N

FR= 150N a 36.86° NE.

48


soporte de la resultante y el eje x en la siguiente figura.

a) Método del paralelogramo.

Escala 1:06 N

FR= 98.4 N a 28°


Escala 1:06 N

FR= 98.4 N a 28°

49

c) Método de las componentes.

A= 60N, θ= 0°

Ax= 60N Cos 0° Ay= 60N Sen 0°Ax= 60N Ay= 0

B= 54N, θ= 60°

Bx= 54N Cos 60° By= 54N Sen 60°Bx= 27N By= 46.7654N

∑Fx= 60N + 27N ∑Fy= 0 + 46.7654N ∑Fx= 87N ∑Fy= 46.7654N

F= √(87)2 + (46.7654)2

F= 98.7725N

θ = tan-1 46.7654N 87N

θ = 28.25°

VR= 98.7N a 28.25° NE.

50




Escala 1:40 N

VR= 580N a 64° NE.


Escala 1:40 N

VR= 580N a 64° NE.

51




Escala 1:25 N

VR= 412.5N a 36° NE.


Escala 1:25 N

VR= 412.5N a 36° NE.

52



a) Método del triángulo.

Escala 1:10 N

VR= 100N a 50.5° NE.

b) Método trigonométrico.

θB = tg-1(5/3) = 59.03°

FR= √(110)2 + (90)2 – 2(110)(90) Cos 59.03°

FR= 100.0556 N

100.0556N = 90N Sen 59.03° Sen θ

Sen θ = 90N Sen 59.03° 100.0556N θ = Sen-1 90N Sen 59.03° 100.0556N θ = 50.46°

FR= 100.0056 N a 50.46° NE.

53

B A


soporte de la resultante y el eje x en la siguiente figura. [Método trigonométrico]

θA = tg-1 (12/5) = 67.38°

θB = tg-1 (5/2) = 68.19°

θ = 90° - 67.38° = 22.62°θ = 68.19° - 22.62°θ = 42.58°

FR= √(210)2 + (170)2 – 2(210)(170) Cos 45.58°

FR= 151.744N

151.744N = 210N Sen 45.58° Sen θ

Sen θ = 210N Sen 45.58° 151.744N θ = Sen-1 210N Sen 45.58° 151.744Nθ = 81.27°

θ = 180° - 81.27° - 68.19°

θ = 30.54°

FR= 151.744N a 30.54° NE.

54

A

B


soporte de la resultante y el eje x en la siguiente figura. [Método trigonométrico]

A= 600N, θ = 30°

B= 800N, θ = 135°

FR= √(600)2 + (800)2 – 2(600)(800) Cos 75°

FR= 866.911N

866.911N = 800N Sen 75° Sen θ

Sen θ = 800N Sen 75° 866.911Nθ = Sen-1 800N Sen 75° 866.911Nθ = 63.04°

θ = α + 30°

θ = 63.04° + 30°

θ = 93.04°

FR= 866.911N a 93.04° NO.

55

AB

2.9. Determinar el módulo de la resultante R y el ángulo θ que forman la recta de

acción de la resultante y el eje x en la siguiente figura.

a) Método trigonométrico

FR1= √(900)2 + (750)2 – 2(900)(750) Cos 150°

FR1= 1594.2503N

1594.2503N = 750N Sen 150° Sen θ

Sen θ = 750N Sen 150° 1594.2503Nθ = Sen-1 750N Sen 150° 1594.2503Nθ = 13.6°θ = 45° + 13.6°θ = 58.6°

FRT= √(800)2 + (1594.2503)2 – 2(800)(1594.2503) Cos 58.6°

FRT= 1361.4140N

1361.4140N = 800N Sen 58.6° Sen α

Sen α= 800N Sen 58.6° 1361.4140Nα= Sen-1 800N Sen 58.6° 1361.4140Nα= 30.1°

β= 30.1° + 13.6°β= 43.7°

FR= 1361.4140 N a 43.7° NE.

56

b) Método del polígono

Escala 1:100 N

A= 9 cm, θ = 0°

B= 7.5 cm, θ = 30°

C= 8 cm, θ = 135°

VR= 1360 N a 44° NE.

57

A

BC



Método del polígono.

Escala 1:05 KN

A= 12 cm, θ = 80°

B= 10 cm, θ = 85°

C= 5 cm, θ = 285°

VR= 51.5 KN a 130° NO.

58

A

B

C



FR1= √(15)2 + (20)2 – 2(15)(20) Cos 85°

FR1= 23.9313KN

23.9313KN = 20KN Sen 85° Sen θSen θ = 20KN Sen 85° 23.9313KNθ = Sen-1 20KN Sen 85° 23.9313KNθ = 56.36°

θ = 40° + 56.36°θ = 96.36°

FR1= 23.9313KN a 96.36° NO.

α= 90° - 16.36°α= 73.62°

FR2= √(10)2 + (23.9313)2 – 2(10)(23.9313) Cos 73.62°

FR2= 23.18KN

23.18KN = 10KN Sen 73.62° Sen θθ = Sen-1 10KN Sen 73.62° 23.18KNθ = 24.44°

59



A= 20KN, θ = 45°Ax= 20KN Cos 45° Ay= 20KN Sen 45°Ax=141.1421KN Ay= 14.1421KN

B= 50KN, θ = 90°Bx= 50KN Cos 90° By= 50KN Sen 90°Bx= 0 By= 50KN

C= 40KN, θ = 120°Cx= 40KN Cos 120° Cy= 40KN Sen 120°Cx= -20KN Cy= 34.641KN

∑Fx= 141.1421N – 20KN ∑Fy= 14.1421KN + 50KN + 34.641KN ∑Fx= -5.8579KN ∑Fy= 98.7831KN

F= √(-5.8579)2 + (98.7831)2

F= 98.9567 KN

θ = tan-1 98.7831KN 5.8579KNθ = 86.60°

VR= 98.9567 KN a 86.60° NE.

60

A

BC



Método del polígono.

Escala 1:10 KN

A= 8cm, θA= Tg-1 (5/3) = 59.03°

B= 6cm, θB= Tg-1 (5/10) = 26.56°

C= 7.5 cm, θC= Tg-1 (3/4) = 36.86°

D= 3cm, θD= Tg-1 (4/5) = 38.65°

VR= 58KN a 34° NO.

61

AB

C D

2.25. Se aplica una fuerza F a un punto de un cuerpo, tal como se indica en la

figura.

a) Determinar las componentes escalares x, y, z de la fuerza.

b) Expresar la fuerza en forma vectorial cartesiana.

a) Componentes.

Fx= 1500N Cos 72°Fx= 463.52N

Fy= 1500N Cos 31.6°Fy= 1277.59N

Fz= 1500 Cos 65°Fz= 633.927N

F= √(463.52)2 + (1277.59)2 + (633.927)2

F= 1500N

b) Forma vectorial cartesiana.

F= {463.52 i + 1277.59 j + 633.927 k} N

62

2.26. Se aplica una fuerza F a un punto de un cuerpo en la forma indicada en la

figura. Determinar:

a) Los ángulos θx, θy y θz.b) Las componentes escalares x, y, z de la fuerza.c) La componente rectangular Fn de la fuerza según la recta OA.

x= 3m y= 4m z= 3m

d= √x2 + y2 + z2

d= √32 + 42 + 32

d= 5.831m

α = Cos-1 3m = 59.03° Fx= 25KN Cos 59.03° 5.831m Fx= 12.864 KN

β = Cos-1 4m = 46.68° Fy= 25KN Cos 46.68° 5.831m Fy= 17.1518 KN ᵧ = Cos- 1 3m = 59.03° Fz= 25KN Cos 59.03°

5.831m Fz= 12.864

F= {12.864 i + 17.1518 j + 12.864 k} KN

dx= 3m dy= 1m dz= 3m

d’= √32 + 12 + 32

d’= 4.3589m

eOA= 3m i + 1m j + 3m k 4.3589m 4.3589m 4.3589m

Fn= F en= {12.864 i + 17.1518 j + 12.864 k} * {0.6882 i + 0.2294 j + 0.6882 k}

Fn= 21.635 KN

63

2.30. Determinar el módulo R de la resultante de las tres fuerzas representadas en

la figura, y los ángulos θx, θy y θz., que forma la recta soporte de la resultante con

los semiejes positivos de coordenadas x, y, z.

F1)

F1x= 25KN Cos 26° Sen 30° F1y= 25KN Cos 26° Cos 30° F1z= 25KN Sen 26°F1x= -11.2349 KN F1y= 19.4594KN F1z= 10.9592 KN

F1= {-11.2349 i + 19.4594 j + 10.9592 k} KN

F2)

F2x= 10KN Cos 60° Cos 60° F2y= 10KN Cos 60° Sen 60° F2z= 10KN Sen 60°F2x= 2.5 KN F2y= -4.3301KN F2z= 8.6602KN

F2= {2.5 i – 4.3301 j + 8.6602 k} KN

F3)

F3x= 15KN Cos 16° Cos 50° F3y= 15KN Cos 16° Sen 50° F3z= 15KN Sen 16°F3x= 9.2683 KN F3y= 11.0455 KN F3z= 4.1347KN

F3= {9.2683 i + 11.0455 j + 4.1347 k} KN

∑Fx= 0.5334 KN ∑Fy= 26.1748 KN ∑Fz= 23.7541 KN

F= √(0.5334)2 + (26.1748)2 + (23.7541)2

F= 35.3505 KN

α = Cos-1 0.5334KN β = Cos-1 26.1748KN ᵧ = Cos- 1 23.7541KN

35.3505KN 35.3505KN 35.3505KN

α = 89.13° β = 42.23° ᵧ = 47.78°

64

2.38. Resolver el problema 2.37 para el caso en que F= 15 KN, θx= 75°, θy= 130° y

θz= 43.9°.

Fx= 15KN Cos 75° Fy= 15KN Cos 130° Fz= 15KN Cos 43.9°Fx= 3.882 KN Fy= -9.6418 KN Fz= 10.808 KN

F= {3.882 i – 9.6418 j + 10.808 k} KN

2.39. Resolver el problema 2.37 para el caso en que F= 28 KN, θx= 120°, θy= 130°

y θz= 54.5°.

Fx= 28KN Cos 120° Fy= 28KN Cos 130° Fz= 28KN Cos 54.5°Fx= -14KN Fy= -17.9981 KN Fz= 16.25 KN

F= {-14 i – 17.9981 j + 16.25 k} KN

65

2.42. Se aplica una fuerza de 50 KN a un anclaje según se indica en la figura.

a) Determinar los ángulos θx, θy y θz.

b) Determinar las componentes x, y, z, de la fuerza.

c) Expresar la fuerza en forma vectorial cartesiana.

dx= -3m dy= -2m dz= 2m

d= √(-3)2 + (-2)2 + (2)2

d= 4.1231 m

α = Cos-1 - 3m = 136.686° 4.1231m

β = Cos-1 -2m = 119.017° 4.1231m ᵧ = Cos- 1 2m = 60.9828°

4.1231m

Fx= 50KN Cos 136.686° Fy= 50KN Cos 119.017° Fz= 50KN Cos 60.9828°

Fx= -36.3803 KN Fy= -24.2535 KN Fz= 24.2536 KN

F= {-36.3803 i – 24.2535 j + 24.2536 k} KN

66

2.43. Se aplican dos fuerzas a un anclaje según se indica en la figura.

a) Determinar las componentes x, y, z de la fuerza F1.

b) Expresar la fuerza F1 en forma vectorial cartesiana.

c) Determinar el valor de la componente rectangular de la fuerza F1 según la recta

soporte de F2.

d) Determinar el ángulo α que forman las fuerzas F1 y F2.

F1)

x= -2m y= 1m z= 2.2m

d= √(-2)2 + (1)2 + (2.2)2

d= 3.13 m

Fx= 4.5KN (-2m) Fy= 4.5KN (1m) Fz= 4.5KN (2.2m) 3.13m 3.13m 3.13m

Fx= -2.87KN Fy= 1.43KN Fz= 3.16KN

F= {-2.87 i + 1.43 j + 3.16 k} KN

F2)

x= -2m y= 2m z= 1.1m

d= √(-2)2 + (2)2 + (1.1)2

d= 3.0348 m

Fx= 3.5KN (-2m) Fy= 3.5KN (2m) Fz= 3.5KN (1.1m) 3.0348m 3.0348m 3.0348m

Fx= -2.3065KN Fy= 2.3065KN Fz= 1.2686KN

67

Ux= -2.3065 KN Uy= 2.3065 KN Uz= 1.2686 KN

3.5KN 3.5KN 3.5KN

Ux= -0.6590KN Uy= 0.6590KN Uz= 0.3624KN

U= {-0.6590 i + 0.6590 j + 0.3624 k} KN

F= {-2.87 i + 1.43 j + 3.16 k} + {-0.6590 i + 0.6590 j + 0.3624 k}

F= {-3.529 i + 2.089 j + 3.5229 k} KN

F= √(-3.529)2 + (2.089)2 + (3.5229)2

F= 5.406 m

α = Cos-1 - 3.529m = 130.75° 5.406m

β = Cos-1 2.089m = 67.26° 5.406m ᵧ = Cos- 1 3.5229m = 49.33°

5.406m

68

2.44. A un anclaje hay aplicadas dos fuerzas tal como se indica en la figura.

a) Determinar las componentes x, y, z de la fuerza F1.

b) Expresar la fuerza F1 en forma vectorial cartesiana.

c) Determinar el valor de la componente rectangular de la fuerza F1 según la recta

soporte de F2.

d) Determinar el ángulo α que forman las fuerzas F1 y F2.

F1)

x= 5m y= -3m z= 1m

d= √(5)2 + (-3)2 + (1)2

d= 5.9160 m

Fx= 30KN (5m) Fy= 30KN (-3m) Fz= 30KN (1m) 5.9160m 5.9160m 5.9160m

Fx= 25.35KN Fy= -15.213KN Fz= 5.0709KN

F= {25.35 i – 15.213 j + 5.0709 k} KN

Ux1= 25.35 KN Uy1= -15.213KN Uz1= 5.0709 KN

30KN 30KN 30KN

Ux1= 0.8451KN Uy1= -0.5070KN Uz1= 0.1690KN

U1= {0.8451 i – 0.5070 j + 0.1690 k} KN

69

F2)

x= 2m y= -3m z= 2m

d= √(2)2 + (-3)2 + (2)2

d= 4.1231 m

Fx= 50KN (2m) Fy= 50KN (-3m) Fz= 50KN (2m) 4.1231m 4.1231m 4.1231m

Fx= 24.2536KN Fy= -36.3804KN Fz= 24.2536KN

F2= {24.2536 i – 36.3804 j + 24.2536 k} KN

Ux2= 24.2536 KN Uy2= -36.3804KN Uz2= 24.2536 KN

50KN 50KN 50KN

Ux2= 0.4850 KN Uy2= -0.7276 KN Uz2= 0.4850KN

U2= {0.4850 i – 0.7276 j + 0.4850 k} KN

Fn= FU= {25.35 i – 15.213 j + 5.0709 k} * {0.4850 i – 0.7276 j + 0.4850 k}

Fn= {12.2948 i + 11.0599 j + 2.4593 k}

Fn= 25.814 KN

α= Cos-1 (eF1*eF2)

α= Cos-1({0.8451 i – 0.5070 j + 0.1690 k} * {0.4850 i – 0.7276 j + 0.4850 k})

α= Cos-1 (0.4098 i + 0.3688 j + 0.0819 k)

α= Cos-1 (0.8605)

α= 30.62°

70

2.54. Utilizar el método de las componentes rectangulares. Determinar el módulo

R de la resultante y el ángulo θx que forma su recta soporte con el eje x.

F4= 300N, θ= 45°F4x= 300N Cos 45° F4y= 300N Sen 45°F4x= 212.132 N F4y= 212.132 N

F3= 150N, θ= 112°F3x= 150N Cos 112° F3y= 150N Sen 112°F3x= -56.19N F3y= 139.57N

F2= 400N, θ= 158°F2x= 400N Cos 158° F2y= 400N Sen 148°F2x= -370.874N F2y= 149.843N

F1= 80N, θ= 207°F1x= 80N Cos 207° F1y= 80N Sen 207°F1x= -71.2805N F1y= -36.3192N

F5= 250N, θ= 342°F5x= 250N Cos 342° F5x= 250N Sen 342°F5x= 237.764N F5x= -77.2542N

∑Fx= -48.45N ∑Fy= 387.48N

F= √(-48.45)2 + (387.48)2

F= 390.497N

θ= Tg-1 387.48N = 82.87° 48.45N

VR= 390.497N a 82.87° NE.

71


R de la resultante y los ángulos θx, θy y θz que forma su recta soporte con los

semiejes positivos x, y, z de coordenadas.

F1)F1x= 50KN Cos 50°Cos 30° F1y= 50KN Cos 50°Sen 30° F1z= 50KN Sen 50°F1x= 27.8335KN F1y= -16.0697KN F1z= 38.3022KN

F2)F2x= 35KN Cos 26°Sen 30° F2y= 35KN Cos 26°Cos 30° F2z= 35KN Sen 26°F2x= -15.72KN F2y= 27.2432KN F2z= 15.343KN

F3)F3x= 20KN Cos 36°Sen 33° F3y= 20KN Cos 36°Cos 33° F3z= 20KN Sen 36°F3x= 8.8124KN F3y= 13.57KN F3z= -11.7557KN

∑Fx= 20.9259KN ∑Fy= 24.7435KN ∑Fz= 41.8895KN

F= √(20.9259)2 + (24.7435)2 + (41.8895)2

F= 52.961KN

α = Cos-1 20.9259KN = 66.7° 52.961KN

β = Cos-1 24.7435KN = 62.1° 52.961KN ᵧ = Cos- 1 41.8895KN = 37.7°

52.961KN

72


R de la resultante y los ángulos θx, θy y θz que forma su recta soporte con los

semiejes positivos x, y, z de coordenadas.

F1)x= 0 y= 2m z= 2m

d= √(0)2 + (2)2 + (2)2

d= 2.8289 m

F1y= 500N (2m) F1z= 500N (2m) 2.8289m 2.8289m

F1y= 353.87N F1z= 353.87N

F2)x= 4m y= 4m z= 0d= √(4)2 + (4)2 + (0)2

d= 5.6568 m

F2x= 800N (4m) F2y= 800N (4m) 5.6568m 5.6568m

F2x= 565.691N F2y= 565.691N

F3)x= 2m y= 0 z= 2m

d= √(2)2 + (0)2 + (2)2

d= 2.8289 m

F3x= 700N (2m) F3z= 700N (2m) 2.8289m 2.8289m

F3x= 494.892N F3z= 494.892N

73

∑Fx= 1060.58N

∑Fy= 919.561N

∑Fz= 848.762N

F= √(1060.58)2 + (919.561)2 + (848.762)2

F= 1640N

α = Cos-1 1060.58N = 49.7° 1640N

β = Cos-1 919.561N = 55.9° 1640N ᵧ = Cos- 1 848.762N = 58.8°

1640N

74

3.1. Determinar los módulos de las fuerzas F2 y F3 que hagan que esté en

equilibrio el punto de la figura P3-1.

F1= 300N, θ= 180°

F1x= 300N Cos 180° F1y= 300N Sen 180°F1x= -300N F1y= 0

F2= ?, θ= 60°F2x= F2•Cos 60° F2y= F2•Sen 60°F2x= 0.5F2 F2y= 0.866F2

F3= ?, θ= 45°F3x= F3•Cos 45° F3y= F3•Sen 45°F3x= .7071F3 F3y= -.7071F3

∑X= -300N + 0.5F2 + .7071F3 = 0∑Y= 0.866F2 - .7071F3 = 0

ELIMINACIÓN 0.5F2 + .7071F3 = 300N 0.866F2 - .7071F3 = 0 . 1.366F2 = 300NF2= 300N/1.366F2= 219.619N

SUSTITUCIÓN0.866 (219.616N) - .7071F3 = 0190.19N - .7071F3= 0-.7071F3= -190.19NF3= -190.19N/-.7071F3= 268.972N

75

COMPROBACIÓN

F2= 219.619N, θ= 60°

F2x= 219.619N Cos 60° F2y= 219.619N Sen 60°F2x= 109.81N F2y= 190.196N

F3= 268.972N, θ= 45°F3x= 268.972N Cos 45° F3y= 268.972N Sen 45°F3x= 190.192N F3y= -190.192N

∑X= -300N + 109.81N +190.192N∑X= 0.002N

∑Y= 190.196N – 190.192N∑Y= 0.004N

76



F1= 8KN, θ= 180°

F1x= 8KN Cos 180° F1y= 8KN Sen 180°F1x= -8KN F1y= 0

F2= 5KN, θ= 90°F2x= 5KN Cos 90° F2y= 5KN Sen 90°F2x= 0 F2y= 5KN

F3= ?, θ= 45°F3x= F3•Cos 45° F3y= F3•Sen 45°F3x= .7071F3 F3y= .7071F3

F4= ?, θ= 60°F4x= F4•Cos 60° F4y= F4•Sen 60°F4x= 0.5F4 F4y= -0.8660F4

∑X= -8KN + .7071F3 + 0.5F4 = 0∑Y= 5KN + .7071F3 – 0.8660F4 = 0

ELIMINACIÓN .7071F3 + 0.5F4 = 8KN(-1) .7071F3 – 0.8660F4 = -5KN 1.366F4= 13KN F4= 13KN/ 1.366 F4= 9.5168KN

SUSTITUCIÓN

.7071F3 – 0.8660(9.5168KN) = -5KN

.7071F3 – 8.2415KN = -5KNF3= 3.24155KN/.7071F3= 4.58KN

77

COMPROBACIÓN

F3= 4.58KN, θ= 45°F3x= 4.58KN Cos 45° F3y= 4.58KN Sen 45°F3x= 3.2385KN F3y= 3.2385KN

F4= 9.5168KN, θ= 60°F4x= 9.5168KN Cos 60° F4y= 9.5168KN Sen 60°F4x= 4.7584KN F4y= -8.24179KN

∑X= -8KN + 3.2385KN + 4.7584KN∑X= -0.003KN

∑Y= 5KN + 3.2385KN – 8.24179KN∑Y= -0.003KN

78



F1= ?, θ= 63.43° Tg-1(2) = 63.43°

F1x= F1•Cos 63.43° F1y= F1•Sen 63.43°F1x= -.4472F1 F1y= .8943F1

F2= ?, θ= 63.43° Tg-1(2) = 63.43°F2x= F2•Cos 63.43° F2y= F2•Sen 63.43°F2x= -.4472F2 F2y= -.8943F2

F3= 10KN, θ= 63.43° Tg-1(2) = 63.43°F3x= 10KN Cos 63.43° F3y= 10KN Sen 63.43°F3x= 4.47KN F3y= 8.9438KN

F4= 12KN, θ= 45° Tg-1(1) = 45°F4x= 12KN Cos 45° F4y= 12KN Sen 45°F4x= 8.4852KN F4y= -8.4852KN

∑X= -.4472F1 - .4472F2 + 4.47KN + 8.4852KN = 0∑Y= .8943F1 - .8943F2 + 8.9438KN – 8.4852KN = 0

ELIMINACIÓN.8943 [-.4472F1 - .4472F2 = -13.4138KN].4472 [0.8943F1 - .8943F2 = -0.4586KN] -0.3999F1 – 0.3999F2 = -11.996KN 0.3999F1 – 0.3999F2 = -0.2050KN -0.7998F2= -12.201KN F2= -12.201KN/-0.7998 F2= 15.2551KN

79

SUSTITUCIÓN-.4472F1 - .4472 (15.2551KN) + 4.47KN + 8.4852KN = 0-.4472F1= -6.59172KNF1= -6.59172KN -.4472F1= 14.74KN

COMPROBACIÓN

F1= 14.74KN, θ= 63.43°

F1x= 14.74KN Cos 63.43° F1y= 14.74KN Sen 63.43°F1x= -6.59307KN F1y= 13.1833KN

F2= 15.2551KN, θ= 63.43°F2x= 15.2551KN Cos 63.43° F2y= 15.2551KN Sen 63.43°F2x= -6.82347KN F2y= -13.644KN

∑X= -6.59307KN – 6.82347KN +4.47KN + 8.4852KN∑X= -0.4KN

∑Y= 13.1833KN – 13.644KN + 8.9438KN – 8.4852KN∑Y= -0.002KN

80

3.10. Un bloque de masa 10 Kg está en equilibrio sobre una superficie horizontal

lisa por la acción de dos cables flexibles, en la forma que se indica en la figura.

Determinar la fuerza que la superficie horizontal ejerce sobre el bloque y el ángulo

θ que forma el cable inclinado con la horizontal.

T1= 300N, θ= 180°T1X= 300N Cos 180° T1Y= 300N Sen 180°T1X= -300N T1Y= 0

T2= 500N, θ= ?T2X= 500N Cos ? T2Y= 500N Sen ?T2X= 500N Cos Ǿ T2Y= 500N Sen Ǿ

W= m*gW= (10 Kg) (9.81m/s2)W= 98.1N

W= 98.1N, θ= 270°WX= 98.1N Cos 270° WY= 98.1N Sen 270°WX= 0 WY= -98.1N

T= F1 Cos 90° = 0 F2 Sen 90° = 1

θ= Cos-1(300/500) = 56.13°

θ= 90° – 56.13° = 33.87°

T2X= 500N Cos 36.87° = 400N

T2Y= 500N Sen 36.87° = 300N

81

T

3.12. Tres cilindros homogéneos lisos A, B y C están apilados dentro de una caja

tal como se indica en la figura. Cada cilindro tiene un diámetro de 250mm y una

masa de 245 Kg. Determinar:

a) La fuerza que el cilindro B ejerce sobre el A.

b) Las fuerzas que sobre el cilindro B ejercen en D y E, las superficies vertical y

horizontal.

FB= ?, θ= 40°FBX= FB Cos 40° FBY= FB Sen 40°FBX= 0.766 FB FBY= 0.6427 FB

FC= ?, θ= 40°FCX= FC Cos 40° FCY= FC Sen 40°FCX= -0.766 FC FCY= 0.6427 FC

WA= m*gWA= (245Kg)(9.81m/s2) = 2403.45N

WA= 2403.45N, θ= 270°WAX= 2403.45N Cos 270° WAY= 2403.45N Sen 270°WAX= 0 WAY= -2403.45N

∑X= 0.766FB – 0.766FC = 0∑Y= 0.6427FB + 0.6427FC = 2403.45N

FB= 1869.81N FC= 1869.81N

82

FD= ?, θ= 0°FDX= FD Cos 0° FDY= FD Sen 0°FDX= FD FDY= 0

FE= ?, θ= 90°FEX= FE Cos 90° FEY= FE Sen 90°FEX= 0 FEY= FE

FB= 1869.81N, θ= 40°FBX= 1869.81N Cos 40° FBY= 1869.81N Sen 40°FBX= -1432.36N FBY= -1201.89N

WB= m*gWB= (245Kg)(9.81m/s2) = 2403.45N

WB= 2403.45N, θ= 270°WBX= 2403.45N Cos 270° WBY= 2403.45N Sen 270°WBX= 0 WBY= -2403.45N

∑X= FD = 1432.36N∑Y= FE = 3605.34N

83

3.16. Un cuerpo de masa 250 Kg pende del Sistema de cables flexibles

representado en la figura. Determinar las tensiones de los cables A, B, C y D.

TC= ?, θ= 60°TCX= TC Cos 60° TCY= TC Sen 60°TCX= 0.5 TC TCY= 0.866 TC

TD= ?, θ= 180°TDX= TD Cos 180° TDY= TD Sen 180°TDX= -TD TDY= 0

W= m*gW= (250 Kg) (9.81 m/s2)W= 2452.5 N

W= 2452.5N, θ= 270°Wx= 2452.5N Cos 270° Wy= 2452.5N Sen 270°Wx= 0 Wy= -2452.5N

∑X= -0.5TC – TD = 0∑Y= 0.866TC – 2452.5N = 0

ELIMINACIÓN SUSTITUCIÓN

0.866TC= 2452.5 N 0.5 (2831.98N) – TD=0

TC= 2452.5N TD= 0.5 (2831.98N) 0.866 TD= 1415.99NTC= 2831.98N

84

TA= ?, θ= 40°TAX= TA Cos 40° TAY= TA Sen 40°TAX= -0.766 TA TAY= 0.6427 TA

TB= ?, θ= 30°TBX= TB Cos 30° TBY= TB Sen 30°TBX= 0.866 TB TBY= 0.5 TB

TC= 2831.98N, θ= 60°TCX= 2831.98N Cos 60° TCY= 2831.98N Sen 60°TCX= -1415.99N TCY= -2452.57N

∑X= -0.776A + 0.866B = 1415.99N∑Y= 0.6427A + 0.5B = 2452.57N

ELIMINACIÓN0.6427 [-0.776TA + 0.866TB = 1415.99N]0.776 [0.6427TA + 0.5TB = 2452.57N] -0.4987TA + 0.5565TB = 910.057N 0.4987TA + 0.388TB = 1878.67N 0.9395TB= 2788.73N TB= 2788.73N 0.9445N TB= 2968.0037N

SUSTITUCIÓN0.6427TA + 0.5 (2968.0037N) = 2452.57N0.6427TA = 2452.57N – 1484NTA= 968.57N 0.6427TA= 1507.03N

85

CONCLUSIÓN

Se determinaron conceptos y fórmulas las cuales facilitan el entendimiento y

razonamiento de situaciones las cuales demanden los usos y aplicaciones de los

temas proporcionados. Con los datos definidos contenidos en este reporte, de

manera personal, se me facilitará el entendimiento respecto al tema, ya que podré

aplicar el conocimiento ya contenido, el conocimiento obtenido y el conocimiento a

punto de enriquecer con la aplicación constante de dichos conceptos y fórmulas

en mi vida cotidiana y académica.

Se realizaron los pasos adecuados para la realización de este reporte el cual,

junto con los ejercicios anexados, se pudo demostrar de manera efectiva la

metodología correcta para la realización de los problemas puestos en práctica,

agilizando el entendimiento de los temas Fuerzas en un Plano y Fuerzas en el

Espacio, siendo este una herramienta de aprendizaje la cual muestra de forma

breve, concisa y precisa la evidencia de los problemas realizados de manera

personal.

Los métodos de análisis estudiados se aplican a un sistema de fuerzas que actúan

sobre una partícula. Un gran número de problemas que tratan de estructuras

pueden reducirse a problemas concernientes al equilibrio de una partícula. Esto se

hace escogiendo una partícula significativa y dibujando un diagrama separado que

muestra a ésta y a todas las fuerzas que actúan sobre ella. Dicho diagrama se

conoce como diagrama de cuerpo libre.

De un modo práctico y sencillo de entender, el tema “ESTÁTICA DE

PARTÍCULAS” está listo para ser aplicado en las cuestiones que lo demanden en

el transcurso de la Primer Secuencia del semestre.

86

REFERENCIAS

Beer, Ferdinand, Johnston, e. Russell. Mecánica vectorial para ingenieros.

Estática. Sexta edición Mc Graw Hill.

F. Riley, D. Sturges. Ingeniería Mecánica: Estática. Editorial Reverté, S.A.

Hibbeler Russell. Mecánica para ingenieros. Estática. C.E.C.S.A Sexta

edición.

87

reporte de analisis - estatica

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